Matematika A2a 2008/3. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Példák konvergenciára)
(Példa)
 
(2 szerkesztő 41 közbeeső változata nincs mutatva)
1. sor: 1. sor:
 
:''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.''
 
:''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.''
 
Ezen a konkrét gyakorlaton konkrét függvények konkrét folytonosságát és konkrét határértékét vizsgáljuk meg konkrét módon.  
 
Ezen a konkrét gyakorlaton konkrét függvények konkrét folytonosságát és konkrét határértékét vizsgáljuk meg konkrét módon.  
 +
==További példák==
  
'''Definíció''' Legyen ''D'' &sube; '''R'''<sup>N</sup>,
+
'''1.''' Hol létezik határértéke az alábbi függvényeknek?
f: ''D'' <math>\to</math> '''R'''<sup>M</sup>, ''A'' &isin; '''R'''<sub>M</sub>, ''u'' &isin; '''R'''<sup>N</sup>; torlódási pontja ''D''-nek. Azt mondjuk, hogy az f függvény határértéke az ''u'' pontban az ''A'', ha
+
:a) <math>f(x,y)=\dfrac{x^2y^3}{x^2+y^6}</math>
&forall;&epsilon;>0 &exist;&delta;>0 &forall;x&isin;''D'' x &isin; B<sub>&delta;</sub>(u) <math> \Rightarrow</math> B<sub>&epsilon;</sub>(A)
+
:b) <math>f(x,y)=\dfrac{\sin(x^2y^3)}{x^4+y^4}</math> (Használjuk az <math>\frac{\sin \vartheta}{\vartheta}\xrightarrow[\vartheta\to 0]\,1</math> határértéket.)
 +
:c) <math>f(x,y)=\sin\left(\dfrac{1}{x^2+y^2}\right)</math>
 +
:d) <math>f(x,y)=\frac{\mathrm{tg}(x^2y)}{e^{x^2+y^2}-1}</math>
 +
:e) <math>f(x,y)=\frac{x^2y}{\sqrt[5]{x^2+y^2}}</math>
 +
:f) <math>f(x,y)=\frac{\mathrm{arc\,tg}(xy)}{x^2+y^2}</math>
 +
:g) <math>f(x,y)=\frac{x^4y}{x^6+y^4}</math>
 +
:h) <math>f(x,y)=\frac{x^4y}{x^4+y^8}</math>
 +
:i) <math>f(x,y)=\frac{x^2y}{\sqrt[3]{x^4+y^8}}</math>
 +
:k) <math>f(x,y)=\frac{xy^4}{\sqrt{x^4+y^8}}</math>
  
Az, hogy a határérték az ''u''-ban ''A'' azt jelenti, hogy a függvénynek  folytonos kiterjesztése ''u''-ban az f(u) = A hozzárendelés.
+
==Parciális deriváltak==
  
==Példák konvergenciára==
+
'''Definíció.''' Legyen  ''f'': '''R'''<sup>n</sup> <math>\supset\!\to</math> '''R''', ''u'' &isin; int Dom(''f''). Azt mondjuk, hogy f parciálisan differenciálható az ''u'' pontban a ''x''<sub>i</sub> változó szerint, ha az
 +
:<math>f(u_1,...,.,...,u_n): x_i\mapsto f(u_1,...x_i,...,u_n)\,</math>
 +
egyváltozós valós függvény differenciálható az u<sub>i</sub> pontban. Ekkor a fenti függvény <math>u_i</math>-beli deriváltját
 +
:<math>\partial_if(u),\quad f'_{x_i}(u),\quad f_{x_i}(u),\quad\left.\frac{\partial f}{\partial x_i}\right|_{x=u}</math>
 +
jelöli.
  
'''1.''' Hol pontonként konvegens és hol egyenletesen konvergens?
+
Példa:
 +
:<math>\frac{\partial x^2\cdot\sin(y)}{\partial x}=2x\cdot \sin(y)</math>
 +
:<math>\frac{\partial x^2\cdot\sin(y)}{\partial y}=x^2\cdot \cos(y)</math>
 +
:<math>\frac{\partial x^2\cdot\sin(y)}{\partial z}=0</math>
  
:<math>f_n(x)=e^{nx}\quad\quad(x\in \mathbf{R})</math>
+
:<math>\frac{\partial \sin(\mathrm{sh}(x)y^2)}{\partial x}=\cos(\mathrm{sh}(x)y^2)\cdot \mathrm{ch}(x)y^2</math>
  
''Megoldás.'' Rögzített ''x''-re ez az  
+
'''Feladat.''' Parciálisan deriválható-e az
:<math>a_n = (e^x)^n\,</math>  
+
:<math>f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}</math>
 +
a (0,0)-ban?
  
mértani sorzat, mely x>0-ra divergens, x<0-ra és x=0-ra konvergens. A határfüggvény:
+
'''Feladat.''' Parciálisan deriválható-e az
<math>(-\infty,0]\to \mathbf{R}\;;x\mapsto \left\{\begin{matrix}
+
:<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix}
1\mbox{, ha}& x=0\\
+
0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\
0\mbox{, ha}& x<0
+
(x^2+y)\sin\frac{1}{|x|+|y|},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0)
 
\end{matrix}\right.</math>
 
\end{matrix}\right.</math>
 +
a (0,0)-ban?
  
Sejtjük, hogy a 0 pontban elromlik az egyenletes konvergencia. Nézzük a (-&infin;, -&delta;] intervallumot pozitív deltára. Ekkor az exponenciális monotonitása miatt minden ''x'' &isin; (-&infin;, -&delta;]-re:
 
f_n(x)\leq (e^-{\delta})^n\to 0
 
De a (-&infin;, 0) intervallumon már létezik (<math>x_n</math>), hogy
 
:<math>\sup|f_n(x_n)-f(x_n)|\not\to 0.</math>:
 
:<math>e^{-n\frac{1}{n}}=\frac{1}{e}\ne 0</math>
 
  
 +
==Lineáris leképezések==
 +
A ''V''<sub>1</sub> és ''V''<sub>2</sub>  vektorterek között ható ''A'' leképezést akkor nevezünk lineárisnak, ha teljesül minden &lambda;, &mu; &isin; '''R''' és '''v''', '''u''' &isin; ''V''<sub>1</sub>
 +
:<math>\mathcal{A}(\lambda.\mathbf{v}+\mu.\mathbf{u})=\lambda.\mathcal{A}\mathbf{v}+\mu.\mathcal{A}\mathbf{u}\,</math>
  
Egyenletesen konvergens a ''H'' halmazon, ha 
+
A definícióból rögtön következik, hogy a nulla vektor képe nulla:
:<math>\sup\limits_{H}|f_n-f|=\sup\limits_{H}|r_n|\to 0</math>
+
  
==Alapműveletek==
+
:<math>\mathcal{A}\mathbf{0}_{V_1}=\mathbf{0}_{V_2}</math>
  
===Összeadás===
+
viszont más elem a ''V''<sub>2</sub> nem feltétlenül vétetik föl.
'''R''' &times; '''R''' <math>\to</math> '''R'''; (x,y) <math>\mapsto</math> x+y
+
  
Legyen (a,b) &isin; '''R''' &times; '''R''' és &epsilon;>0. Legyen &delta;=&epsilon;/2. Ekkor, ha ||(x,y)-(a,b)||<sub>max</sub><&delta;, akkor
+
Véges dimenziós terek közti lineáris leképezés a bázis választásával egyértelműen jellemezhető az alábbi mátrixszal.
:<math>|x+y-(a+b)| = |x-a + y - b|\leq |x-a|+|y-b| < \varepsilon/2 + \varepsilon/2=\varepsilon</math>
+
===Szorzás===
+
'''R''' &times; '''R''' <math>\to</math> '''R'''; (x,y) <math>\mapsto</math> x<math>\cdot</math>y
+
  
Legyen (a,b) &isin; '''R''' &times; '''R''' és &epsilon;>0. Legyen K :=||(a,b)||<sub>max</sub> + 1. Ezért, ha  ||(x,y)-(a,b)||<sub>max</sub><&delta; ahol
+
:<math>[\mathcal{A}]_{B,C} = \begin{bmatrix}
:<math>\delta=\min\{1;\frac{\varepsilon}{2K}\,\}</math>
+
\begin{matrix}\vert \\ \vert \\ \mathcal{A}\mathbf{b}_1 \\ \vert \\ \vert \end{matrix}& \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ \mathcal{A}\mathbf{b}_2 \\ \vert \\ \vert \end{matrix} & ... & \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ \mathcal{A}\mathbf{b}_n \\ \vert \\ \vert \end{matrix}
akkor
+
\end{bmatrix} </math>
:<math>|xy-ab| = |xy- ya + ay - ab|\leq |y||x-a|+|a||y-b| < K\frac{\varepsilon}{2K} + K\frac{\varepsilon}{2K}=\varepsilon</math>
+
ahol ''B'' = ('''b'''<sub>1</sub>,'''b'''<sub>2</sub>,,'''b'''<sub>n</sub>) a ''V''<sub>1</sub> egy bázisa, ''C'' az ''V''<sub>2</sub> bázisa, a mátrix oszlopai pedig a ''B'' elemeinek <math>\mbox{ }_\mathcal{A}</math> általi képvektoraiból, mint oszlopvektorokból áll. Ha <math>\mbox{ }_\mathcal{A}</math> ''V'' <math>\rightarrow</math> ''V'' típusú, akkor csak <math>\mbox{ }_{[\mathcal{A}]_B}</math>-t szokás írni, ha pedig pusztán <math>\mbox{ }_{[\mathcal{A}]}</math>-t írnak, akkor az azt jelenti, hogy a '''R'''<sup>n</sup> ''sztenderd bázis''áról van szó, azaz a  
 +
:<math>\mbox{ }_{\mbox{ }_{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\ \vdots \\0 \end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0\\1\\0\\ \vdots \\0 \end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0\\0\\1\\ \vdots \\0 \end{pmatrix},\;\dots\;,\begin{pmatrix}0\\0\\0\\ \vdots \\1 \end{pmatrix}}}</math>
 +
vektorrendszerről.
 +
===Példák===
 +
'''1.''' Forgatás az origo körül &phi; szöggel:
 +
:<math>[\mathcal{F}_\varphi]=\begin{bmatrix}\cos\varphi & -\sin\varphi \\ \sin\varphi & \cos\varphi \end{bmatrix}
 +
</math>
  
==Határértékfeladatok==
+
Világos, hogy ez invertálható leképezés és az inverze a -&phi; szögű forgatás.
Van-e folytonos kiterjesztése az alábbi függvényeknek?
+
===1.===
+
:<math>f(x,y)=\frac{x^2y}{x^2+y^2}</math>
+
::'''1. megoldás''' (polártranszf.).  ''x'' = ''r''<math>\cdot</math>cos(&phi;), ''y'' = ''r''<math>\cdot</math>sin(&phi;):
+
:::<math>f(x(r,\varphi),y(r,\varphi))=\frac{r^3\cos(\varphi)\sin(\varphi)}{r^2}=r\cdot\cos^2(\varphi)\sin(\varphi)</math>
+
::Ami 0-hoz tartó szor korlátos, amennyiben (x,y) <math>\to</math> (0,0) ( (x,y) tart 0 esetén r tart a 0-hoz, a trigonometrikusak megmindenhogy nézve korlátosak), azaz a határértkék 0.
+
::'''2. megoldás''' (mértani-négyzetes közepek).  |''x''||''y''| <math>\leq</math> (''x''<sup>2</sup> + ''y''<sup>2</sup>)/2. Továbbá ''x''<sup>2</sup> = |''x''||''x''| és ''y'' = |''y''|<math>\cdot</math>sgn(''y''), így
+
:::<math>f(x,y)=\frac{1}{2}\mathrm{sgn}(y)|x|\frac{|x||y|}{\;\frac{x^2+y^2}{2}\;} </math>
+
::Ha (x,y) <math>\to</math> (0,0), akkor persze |''x''| <math>\to</math> 0 és a többi tényező szorzata korlátos éspedig -1/2 és 1/2 közötti, hiszen a hányados kisebb egyenlő 1. Ezért a határérték 0.
+
  
===2.===
+
'''2.''' Tükrözés a &phi; szőgű egyenesre.
:<math>f(x,y)=\frac{\sin(x^2y)}{x^2+y^2}</math>
+
:<math>[\mathcal{T}_\varphi]=\begin{bmatrix}\cos(2\varphi) & \sin(2\varphi) \\ \sin(2\varphi) & -\cos(2\varphi) \end{bmatrix}  
::'''Megoldás.'''
+
</math>
:::<math>f(x,y)=\frac{\sin(x^2y)}{x^2y}\frac{x^2y}{x^2+y^2}</math>
+
::Innen pedig a sin(&alpha;)/&alpha; és az előző határérték miatt tart a 0-hoz.
+
  
===3.===
+
Világos, hogy ez is invertálható és inverze saját maga.
:<math>f(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}</math>
+
::'''Megoldás.''' Világos, hogy a polárkoordináta transzformációval az r kiesik és csak &phi;-től függ. Ezért érdemes a (0,0) pontot több irnyból, sugárirányba megközelíteni, általánosan az ''y'' = ''mx'' egyenes mentén:
+
:::<math>f(x,mx)=\frac{xmx}{x^2+m^2x^2}=\frac{m}{1+m^2}</math>
+
::Vagyis m=0-ra ez 0-t, m=1-re ez 1/2-et ad. Eszerint nincs a (0,0)-ban határérték, mert van két különböző határértékű függvényértéksorozat, miközben a sorozatokkal a (0,0)-ba tartunk.
+
  
===4.===
+
Ezek ortogonális transzformációk, azaz a transzponáltjuk az inverzük. Speciálisan a tükrözés szimmetrikus leképezés, mert mátrixa szimmetrikus. Sőt, ezek alkotják a síkon az összes ortogonális transzformációt.
:<math>f(x,y)=\frac{\sin(xy)}{x^2+y^2}</math>
+
===5.===
+
:<math>f(x,y)=\frac{x^2y}{\sqrt[5]{x^2+y^2}}</math>
+
===6.===
+
:<math>f(x,y)=\frac{x^4y^3}{x^6+y^6}</math>
+
  
===7.===
+
'''3.''' Deriváló operáció. Legyen ''V'' a legfeljebb másodfokú polinomfüggvények tere. Ekkor a
:<math>f(x,y)=\frac{x^4y^2}{x^6+y^6}</math>
+
:<math>\mathcal{D}:f\mapsto f'\,</math>
===8.===
+
lineáris leképezés:
:<math>f(x,y)=\frac{xy^2}{x^4+y^2}</math>
+
 
::(Először az x szorzó nélküli tényező korlátosságát igazoljuk!)
+
Bázis ''V''-ben: {1, x, x<sup>2</sup>}, ezért a mátrixa:
===9.===
+
:<math>[\mathcal{D}]=
:<math>f(x,y)=\frac{x^2y}{x^4+y^2}</math>
+
\begin{bmatrix}
 +
0 & 1 & 0 \\
 +
0 & 0 & 2\\
 +
0 & 0 & 0
 +
\end{bmatrix} </math>
 +
Világos, hogy a leképezés képzere nem a teljes ''V'', hanem annak egy altere (a legfeljebb elsőfokú polinomfüggvények tere) és nem csak a 0 polinom képe 0, hanem minden konstans polinomé.
 +
 
 +
==Differenciálhatóság==
 +
===Definíció és folytonosság===
 +
Azt mondjuk, hogy az <math>f:\mathbf{R}^n\supset\to\mathbf{R}^m</math> függvény (totálisan) differenciálható az <math>u\in \mathrm{int\,Dom}(f)</math> pontban, ha létezik olyan <math>\mathbf{A}:\mathbf{R}^n\to\mathbf{R}^m</math> lineáris leképezés, hogy 
 +
:<math>\exists\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)-\mathbf{A}\cdot (x-u)}{||x-u||}=\mathbf{0}
 +
</math>
 +
Ez az '''A''' lineáris leképezés egyértelmű és ha kell, df(u)-val jelöljük.
 +
 
 +
Egy ezzel ekvivalens megfogalmazást is kimondunk, ami rendkívül jól használható feltétel lesz később. A fenti ''f'' differenciálható az értelmezési tartományának belső ''u'' pontjában, ha létezik olyan <math>\varepsilon:\mathrm{Dom}(f)\to \mathbf{R}^m</math> függvény és <math>\mathbf{A}:\mathbf{R}^n\to\mathbf{R}^m</math> lineáris leképezés, hogy
 +
:1) minden <math>x\in\mathrm{Dom}(f)</math>-re: <math>f(x)=f(u)+\mathbf{A}(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||</math> és
 +
:2) <math>\varepsilon\in\mathrm{C}(u)</math> és <math>\varepsilon(u)=0</math>.
 +
 
 +
Ebből rögtön következik, hogy differenciálható függvény folytonos.
 +
 
 +
Deriválható-e az
 +
:<math>f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy}{x^2+y^2}& \mbox{, ha }(x,y)\ne (0,0)\\ 0& \mbox{, ha }(x,y)= (0,0)\end{cases}
 +
</math>
 +
függvény?
 +
===Parciális differenciálhatóság és differenciálhatóság===
 +
Ha ''f'':'''R'''<sup>n</sup><math>\to</math>'''R'''<sup>m</sup> (totálisan) differenciálható az értelmezési tartományának ''u'' belső pontjában, akkor ''f'' parciálisan differenciálható ''u''-ban és df(u) mátrixa a sztenderd bázisban:
 +
:<math>[\mathrm{d}f(u)]=\begin{bmatrix}\partial_{x_1}f_1 &\dots &\partial_{x_n}f_1\\\vdots & &\\\partial_{x_1}f_m &\dots &\partial_{x_n}f_m\end{bmatrix}</math>
 +
 
 +
''Bizonyítás.'' Bőven elég egy komponensfüggvénnyel rendelkező függvényre igazolni. A határérték és függvénykompozíció kapcsolatára vonatkozó tétel szerint, ha ''a'' belső pontja a Dom(g)-nek, g injektív és g(a) belső pontja Dom(h)-nak és létezik g-nek (véges) határértéke ''a''-ban és h-nak a g-nek az ''a''-beli határértékében, akkor a hog-nek is létezik ''a''-ban határértéke és 
 +
:<math>\lim\limits_{(\lim\limits_{a} g)} h=\lim\limits_{a} (h\circ g)</math>
 +
Innen a <math>g:x(t)=u+te_i</math> függvénnyel(, ahol e<sub>i</sub> az i-edik sztenderd báziselem) és az ''a'' = 0 ponttal teljesül, hogy
 +
:<math>\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(u)-\mathbf{A}(x-u)}{||x-u||}=0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_i)-f(u)-\mathbf{A}(te_i)}{||te_i||}</math>
 +
:<math>0=\lim\limits_{t\to 0+}\frac{f(u+te_i)-f(u)-\mathbf{A}(te_i)}{||te_i||}=\lim\limits_{t\to 0+}\frac{f(u+te_i)-f(u)-t\mathbf{A}e_i}{t}=\lim\limits_{t\to 0+}\frac{f(u+te_i)-f(u)}{t}-\mathbf{A}e_i=\mathbf{A}e_i
 +
</math>
 +
:<math>0=\lim\limits_{t\to 0-}\frac{f(u+te_i)-f(u)-\mathbf{A}(te_i)}{||te_i||}=\lim\limits_{t\to 0-}\frac{f(u+te_i)-f(u)+t\mathbf{A}e_i}{-t}=\lim\limits_{t\to 0-}\frac{f(u+te_i)-f(u)}{t}-\mathbf{A}e_i=\mathbf{A}e_i
 +
</math>
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_i)-f(u)}{t}=\partial_{x_i}f(u)=\mathbf{A}e_i</math>
 +
 
 +
'''Példa.'''
 +
Tekintsük az
 +
:<math>g(x,y)=\left\{\begin{matrix}\begin{pmatrix}\frac{xy}{x^2+y^2}\\ x+y\end{pmatrix}& \mbox{, ha }&(x,y)\ne (0,0)\\
 +
\begin{pmatrix}0\\ 0\end{pmatrix}&\mbox{, ha }&(x,y)=(0,0)\end{matrix}\right.</math>  
 +
Ekkor
 +
:<math>J^g(0,0)=\begin{pmatrix}0 & 0\\
 +
1 & 1\end{pmatrix}</math>
 +
Viszont g nem totálisan diffható, mert a (t,t) mentén a (0,0)-ba tartva:
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{g(t,t)-g(0,0)-J^g(0,0)\cdot(t,t)}{\sqrt{2}|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(\frac{1}{2},2t)-(0,t)}{\sqrt{2}|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(\frac{1}{2},t)}{\sqrt{2}|t|}=\lim\limits_{t\to 0}(\frac{1}{\sqrt{2}2|t|},\frac{t}{\sqrt{2}|t|})</math>
 +
ami nem létezik.
 +
 
 +
Persze g nem folytonos, és így nem is lehet totálisan differenciálható.
 +
 
 +
'''Példa.''' <math>f(x,y)=\sqrt[3]{x^4+y^4}</math>
 +
 
 +
===Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság===
 +
Ha e tetszőleges egységvektor, akkor
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\partial_{e}f(u)=[\mathrm{grad}\,f(u)]\cdot e=[\nabla f(u)]\cdot e</math>
 +
 
 +
 
 +
'''Példa.'''
 +
:<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}& \mbox{, ha }&(x,y)\ne (0,0)\\
 +
0&\mbox{, ha }&(x,y)=(0,0)\end{matrix}\right.</math>
 +
 
 +
Ekkor
 +
:<math>\mathrm{J}^f(0,0)=[0, 0]\,</math>
 +
 
 +
Ha tehát differenciálható, akkor az '''iránymenti derivált'''ak (Gateau-deriváltak) is léteznek (e egységvektor):
 +
 
 +
:<math>\partial_ef(u)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\mathrm{J}^f(0,0)\cdot e=e\cdot\mathrm{grad}\,f(u)</math>
 +
 
 +
Ám, polárkoordinátákra áttérve:
 +
:<math>f(x(r,\varphi),y(r,\varphi))=\frac{r^2\cos\varphi\sin\varphi}{r}=r\cos\varphi\sin\varphi=r\cdot \frac{1}{2}\sin 2\varphi</math>  
 +
&phi; = &pi;/4-et és &pi; + &pi;/4-et véve a vetületfüggvény a
 +
:<math>t\mapsto\frac{1}{2}|t|</math>,
 +
ami nem differenciálható a 0-ban.
 +
 
 +
'''Megjegyzés.''' Persze abból, hogy az összes iránymenti derivált létezik, abból nem következik, hogy a függvény totálisan deriválható:
 +
==Folytonos parciális differenciálhatóság==
 +
 
 +
Megfordításról a következő esetben beszélhetünk.
 +
 
 +
'''Tétel.''' Ha az ''f'':'''R'''<sup>n</sup> &sup;<math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> függvény minden parciális deriváltfüggvénye létezik az ''u'' egy környezetében és ''u''-ban a parciális deriváltak folytonosak, akkor ''u''-ban ''f'' differenciálható. (Sőt, folytonosan differenciálható.)
 +
 
 +
''Bizonyítás.'' Elegendő az m = 1 esetet vizsgálni. Továbbá a bizonyítás elve nem változik, ha csak az n = 2 esetet tekintjük. Legyen x az u mondott környezetéből vett pont, és x = (<math>x_1</math>,<math>x_2</math>), v=(<math>u_1</math>,<math>x_2</math>), u=(<math>u_1</math>,<math>u_2</math>) Ekkor az [x,v] szakaszon &#8706;<sub>1</sub>f-hez a Lagrange-féle középértéktétel miatt létezik olyan &xi;(<math>x_1</math>)&isin;[<math>x_1</math>,<math>u_1</math>]  szám, és a [v,u] szakaszon &#8706;<sub>2</sub>f-hez &zeta;(<math>x_2</math>)&isin;[<math>x_2</math>,<math>u_2</math>] szám, hogy
 +
:<math>f(x)-f(u)=f(x)-f(v)+f(v)-f(u)=\,</math>
 +
:<math>=\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)(x_1-u_1)+\partial_2 f(u_1,\zeta(x_2))(x_2-u_2)=</math>
 +
:<math>=\partial_1f(u)(x_1-u_1)+\partial_2f(u)(x_2-u_2)+</math>
 +
:<math>+(\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)-\partial_1f(u))(x_1-u_1)+(\partial_2 f(u_1,\zeta(x_2))-\partial_2f(u))(x_2-u_2)</math>
 +
itt az
 +
:<math>\varepsilon_1(x)=\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)-\partial_1f(u)</math> és <math>\varepsilon_2(x)=\partial_2 f(x_1,\zeta(x_2))-\partial_2f(u)</math>
 +
függvények folytonosak ''u''-ban (még ha a &xi;, &zeta; függvények nem is azok), és értékük az ''u''-ban 0. Világos, hogy ez azt jelenti, hogy f differenciálható ''u''-ban.
 +
 
 +
Világos, hogy a parciális deriváltak folytonossága szükséges a fenti tételben. Az alábbi példában léteznek a parciális deriváltfüggvények az ''u'' egy környzetében, de az ''u''-ban nem folytonosak.
 +
 
 +
===Példa===
 +
A differenciálhatóság azonban nem elég ahhoz, hogy a parciális deriváltak folytonosak legyenek.
 +
 
 +
Az
 +
:<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix}(x^2+y^2)\sin\cfrac{1}{x^2+y^2}, & \mbox{ha} & (x,y)\ne (0,0)\\\\
 +
0, & \mbox{ha} & (x,y) =(0,0)
 +
\end{matrix}\right.
 +
</math>
 +
differenciálható, hiszen ez az
 +
:<math>f(\mathbf{r})=\left\{\begin{matrix} \mathbf{r}^2\cdot\sin(|\mathbf{r}|^{-2}) & \mbox{ha} & \mathbf{r}\ne \mathbf{0}\\\\
 +
\mathbf{0}, & \mbox{ha} & \mathbf{r}= \mathbf{0}\end{matrix}\right.
 +
</math>
 +
függvény és '''r''' &ne; '''0'''-ban:
 +
:<math>\mathrm{grad}(f)=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).\mathrm{grad}\,\mathbf{r}^2+\mathbf{r}^2.\mathrm{grad}\,\sin(|\mathbf{r}|^{-2})=</math>
 +
:<math>=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).2\mathbf{r}+\mathbf{r}^2\cdot\cos(|\mathbf{r}|^{-2})\cdot(-2)|\mathbf{r}|^{-3}.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}</math>
 +
 
 +
 
 +
===Példa===
 +
 
 +
:<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix}
 +
0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\
 +
\frac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0)
 +
\end{matrix}\right.</math>
 +
 
 +
1) Polárkoordinátásan könnyen kijön, hogy ez a függvény totálisan deriválható. Parciális deriváltjai a 0-ban: 0.
 +
 
 +
2) Melyek a második parciális deriváltjai a 0-ban?
 +
 
 +
:<math>f(x,y)=\frac{x^3y-xy^3}{x^2+y^2}\qquad (x,y)\ne(0,0)
 +
</math>
 +
 
 +
:<math>\partial_{1}f(x,y)=\frac{(3x^2y-y^3)(x^2+y^2)-2x(x^3y-xy^3)}{(x^2+y^2)^2}=\frac{3x^4y-x^2y^3+3x^2y^2-y^5-2x^4y+2x^2y^3}{(x^2+y^2)^2}=\frac{x^4y+x^2y^3+3x^2y^2-y^5}{(x^2+y^2)^2}</math>
 +
:<math>\partial_1(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^4\cdot 0+x^2\cdot 0^3+3x^2\cdot 0^2-0^5}{x(x^2+0^2)^2}=0</math>
 +
:<math>\partial_2(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{0^4y+0^2y^3+3\cdot 0^2y^2-y^5}{y(0^2+y^2)^2}=\lim\limits_{y\to 0}\frac{-y^5}{y^5}=-1</math>
 +
 
 +
 
 +
:<math>\partial_{1}f(x,y)=\begin{cases}0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\
 +
\frac{}{(x^2+y^2)^2},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0)
 +
0\end{cases}
 +
</math>
 +
 
 +
:<math>\partial_{1}(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{klkj}{asdsa}
 +
</math>
 +
 
 +
<!--
 +
 
 +
:<math>J^g(0,0)=H^f(0,0)=\begin{bmatrix}
 +
0 & -1\\
 +
1 & 0
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
ami a 90˚-os forgatás.
 +
 
 +
Számoljuk ki g értékét a (x,x) alakú pontokban:
 +
 
 +
:<math>\partial_1f(x,x)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x+t,x)-f(0,0)}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x((x+t)^2-x^2)}{t((x+t)^2+x^2)}=</math>
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x(2tx+t^2)}{t(2x^2+2tx+t^2)}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x(2x+t)}{2x^2+2tx+t^2}=\lim\limits_{t\to 0}=x</math>
 +
:<math>\partial_2f(x,x)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x,x+t)-f(0,0)}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{x(x+t)(x^2-(x+t)^2)}{t(x^2+(x+t)^2)}=</math>
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{x(x+t)(-2tx-t^2)}{t(2x^2+2tx+t^2)}=-x</math>
 +
 
 +
Tehát g(t,t)=(t,-t), és emiatt
 +
 
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{g(t,t)-g(0,0)-J^g(0,0)\cdot (t,t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(t,-t)-(-t,t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(2t,-2t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}(2\mathrm{sgn}(t),-2\mathrm{sgn}(t))\ne (0,0)\,</math>
 +
márpedig ha g minden parciális deriváltja folytonos lenne a (0,0)-ban, akkor g totálisan is deriválható lenne.
 +
-->
  
 
<center>
 
<center>

A lap jelenlegi, 2017. február 19., 20:57-kori változata

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

Ezen a konkrét gyakorlaton konkrét függvények konkrét folytonosságát és konkrét határértékét vizsgáljuk meg konkrét módon.

Tartalomjegyzék

További példák

1. Hol létezik határértéke az alábbi függvényeknek?

a) f(x,y)=\dfrac{x^2y^3}{x^2+y^6}
b) f(x,y)=\dfrac{\sin(x^2y^3)}{x^4+y^4} (Használjuk az \frac{\sin \vartheta}{\vartheta}\xrightarrow[\vartheta\to 0]\,1 határértéket.)
c) f(x,y)=\sin\left(\dfrac{1}{x^2+y^2}\right)
d) f(x,y)=\frac{\mathrm{tg}(x^2y)}{e^{x^2+y^2}-1}
e) f(x,y)=\frac{x^2y}{\sqrt[5]{x^2+y^2}}
f) f(x,y)=\frac{\mathrm{arc\,tg}(xy)}{x^2+y^2}
g) f(x,y)=\frac{x^4y}{x^6+y^4}
h) f(x,y)=\frac{x^4y}{x^4+y^8}
i) f(x,y)=\frac{x^2y}{\sqrt[3]{x^4+y^8}}
k) f(x,y)=\frac{xy^4}{\sqrt{x^4+y^8}}

Parciális deriváltak

Definíció. Legyen f: Rn \supset\!\to R, u ∈ int Dom(f). Azt mondjuk, hogy f parciálisan differenciálható az u pontban a xi változó szerint, ha az

f(u_1,...,.,...,u_n): x_i\mapsto f(u_1,...x_i,...,u_n)\,

egyváltozós valós függvény differenciálható az ui pontban. Ekkor a fenti függvény ui-beli deriváltját

\partial_if(u),\quad f'_{x_i}(u),\quad f_{x_i}(u),\quad\left.\frac{\partial f}{\partial x_i}\right|_{x=u}

jelöli.

Példa:

\frac{\partial x^2\cdot\sin(y)}{\partial x}=2x\cdot \sin(y)
\frac{\partial x^2\cdot\sin(y)}{\partial y}=x^2\cdot \cos(y)
\frac{\partial x^2\cdot\sin(y)}{\partial z}=0
\frac{\partial \sin(\mathrm{sh}(x)y^2)}{\partial x}=\cos(\mathrm{sh}(x)y^2)\cdot \mathrm{ch}(x)y^2

Feladat. Parciálisan deriválható-e az

f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}

a (0,0)-ban?

Feladat. Parciálisan deriválható-e az

f(x,y)=\left\{\begin{matrix}
0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\
(x^2+y)\sin\frac{1}{|x|+|y|},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0)
\end{matrix}\right.

a (0,0)-ban?


Lineáris leképezések

A V1 és V2 vektorterek között ható A leképezést akkor nevezünk lineárisnak, ha teljesül minden λ, μ ∈ R és v, uV1

\mathcal{A}(\lambda.\mathbf{v}+\mu.\mathbf{u})=\lambda.\mathcal{A}\mathbf{v}+\mu.\mathcal{A}\mathbf{u}\,

A definícióból rögtön következik, hogy a nulla vektor képe nulla:

\mathcal{A}\mathbf{0}_{V_1}=\mathbf{0}_{V_2}

viszont más elem a V2 nem feltétlenül vétetik föl.

Véges dimenziós terek közti lineáris leképezés a bázis választásával egyértelműen jellemezhető az alábbi mátrixszal.

[\mathcal{A}]_{B,C} = \begin{bmatrix}
\begin{matrix}\vert \\ \vert \\ \mathcal{A}\mathbf{b}_1 \\ \vert \\ \vert \end{matrix}& \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ \mathcal{A}\mathbf{b}_2 \\ \vert \\ \vert \end{matrix} & ... & \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ \mathcal{A}\mathbf{b}_n \\ \vert \\ \vert \end{matrix} 
\end{bmatrix}

ahol B = (b1,b2,…,bn) a V1 egy bázisa, C az V2 bázisa, a mátrix oszlopai pedig a B elemeinek \mbox{ }_\mathcal{A} általi képvektoraiból, mint oszlopvektorokból áll. Ha \mbox{ }_\mathcal{A} V \rightarrow V típusú, akkor csak \mbox{ }_{[\mathcal{A}]_B}-t szokás írni, ha pedig pusztán \mbox{ }_{[\mathcal{A}]}-t írnak, akkor az azt jelenti, hogy a Rn sztenderd bázisáról van szó, azaz a

\mbox{ }_{\mbox{ }_{\begin{pmatrix}1\\0\\0\\ \vdots \\0 \end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0\\1\\0\\ \vdots \\0 \end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0\\0\\1\\ \vdots \\0 \end{pmatrix},\;\dots\;,\begin{pmatrix}0\\0\\0\\ \vdots \\1 \end{pmatrix}}}

vektorrendszerről.

Példák

1. Forgatás az origo körül φ szöggel:

[\mathcal{F}_\varphi]=\begin{bmatrix}\cos\varphi & -\sin\varphi \\ \sin\varphi & \cos\varphi \end{bmatrix}

Világos, hogy ez invertálható leképezés és az inverze a -φ szögű forgatás.

2. Tükrözés a φ szőgű egyenesre.

[\mathcal{T}_\varphi]=\begin{bmatrix}\cos(2\varphi) & \sin(2\varphi) \\ \sin(2\varphi) & -\cos(2\varphi) \end{bmatrix}

Világos, hogy ez is invertálható és inverze saját maga.

Ezek ortogonális transzformációk, azaz a transzponáltjuk az inverzük. Speciálisan a tükrözés szimmetrikus leképezés, mert mátrixa szimmetrikus. Sőt, ezek alkotják a síkon az összes ortogonális transzformációt.

3. Deriváló operáció. Legyen V a legfeljebb másodfokú polinomfüggvények tere. Ekkor a

\mathcal{D}:f\mapsto f'\,

lineáris leképezés:

Bázis V-ben: {1, x, x2}, ezért a mátrixa:

[\mathcal{D}]=
\begin{bmatrix} 
 0 & 1 & 0 \\
 0 & 0 & 2\\
 0 & 0 & 0 
\end{bmatrix}

Világos, hogy a leképezés képzere nem a teljes V, hanem annak egy altere (a legfeljebb elsőfokú polinomfüggvények tere) és nem csak a 0 polinom képe 0, hanem minden konstans polinomé.

Differenciálhatóság

Definíció és folytonosság

Azt mondjuk, hogy az f:\mathbf{R}^n\supset\to\mathbf{R}^m függvény (totálisan) differenciálható az u\in \mathrm{int\,Dom}(f) pontban, ha létezik olyan \mathbf{A}:\mathbf{R}^n\to\mathbf{R}^m lineáris leképezés, hogy

\exists\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)-\mathbf{A}\cdot (x-u)}{||x-u||}=\mathbf{0}

Ez az A lineáris leképezés egyértelmű és ha kell, df(u)-val jelöljük.

Egy ezzel ekvivalens megfogalmazást is kimondunk, ami rendkívül jól használható feltétel lesz később. A fenti f differenciálható az értelmezési tartományának belső u pontjában, ha létezik olyan \varepsilon:\mathrm{Dom}(f)\to \mathbf{R}^m függvény és \mathbf{A}:\mathbf{R}^n\to\mathbf{R}^m lineáris leképezés, hogy

1) minden x\in\mathrm{Dom}(f)-re: f(x)=f(u)+\mathbf{A}(x-u)+\varepsilon(x)||x-u|| és
2) \varepsilon\in\mathrm{C}(u) és \varepsilon(u)=0.

Ebből rögtön következik, hogy differenciálható függvény folytonos.

Deriválható-e az

f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy}{x^2+y^2}& \mbox{, ha }(x,y)\ne (0,0)\\ 0& \mbox{, ha }(x,y)= (0,0)\end{cases}

függvény?

Parciális differenciálhatóság és differenciálhatóság

Ha f:Rn\toRm (totálisan) differenciálható az értelmezési tartományának u belső pontjában, akkor f parciálisan differenciálható u-ban és df(u) mátrixa a sztenderd bázisban:

[\mathrm{d}f(u)]=\begin{bmatrix}\partial_{x_1}f_1 &\dots &\partial_{x_n}f_1\\\vdots & &\\\partial_{x_1}f_m &\dots &\partial_{x_n}f_m\end{bmatrix}

Bizonyítás. Bőven elég egy komponensfüggvénnyel rendelkező függvényre igazolni. A határérték és függvénykompozíció kapcsolatára vonatkozó tétel szerint, ha a belső pontja a Dom(g)-nek, g injektív és g(a) belső pontja Dom(h)-nak és létezik g-nek (véges) határértéke a-ban és h-nak a g-nek az a-beli határértékében, akkor a hog-nek is létezik a-ban határértéke és

\lim\limits_{(\lim\limits_{a} g)} h=\lim\limits_{a} (h\circ g)

Innen a g:x(t) = u + tei függvénnyel(, ahol ei az i-edik sztenderd báziselem) és az a = 0 ponttal teljesül, hogy

\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)-f(u)-\mathbf{A}(x-u)}{||x-u||}=0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_i)-f(u)-\mathbf{A}(te_i)}{||te_i||}
0=\lim\limits_{t\to 0+}\frac{f(u+te_i)-f(u)-\mathbf{A}(te_i)}{||te_i||}=\lim\limits_{t\to 0+}\frac{f(u+te_i)-f(u)-t\mathbf{A}e_i}{t}=\lim\limits_{t\to 0+}\frac{f(u+te_i)-f(u)}{t}-\mathbf{A}e_i=\mathbf{A}e_i
0=\lim\limits_{t\to 0-}\frac{f(u+te_i)-f(u)-\mathbf{A}(te_i)}{||te_i||}=\lim\limits_{t\to 0-}\frac{f(u+te_i)-f(u)+t\mathbf{A}e_i}{-t}=\lim\limits_{t\to 0-}\frac{f(u+te_i)-f(u)}{t}-\mathbf{A}e_i=\mathbf{A}e_i
\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_i)-f(u)}{t}=\partial_{x_i}f(u)=\mathbf{A}e_i

Példa. Tekintsük az

g(x,y)=\left\{\begin{matrix}\begin{pmatrix}\frac{xy}{x^2+y^2}\\ x+y\end{pmatrix}& \mbox{, ha }&(x,y)\ne (0,0)\\
\begin{pmatrix}0\\ 0\end{pmatrix}&\mbox{, ha }&(x,y)=(0,0)\end{matrix}\right.

Ekkor

J^g(0,0)=\begin{pmatrix}0 & 0\\
1 & 1\end{pmatrix}

Viszont g nem totálisan diffható, mert a (t,t) mentén a (0,0)-ba tartva:

\lim\limits_{t\to 0}\frac{g(t,t)-g(0,0)-J^g(0,0)\cdot(t,t)}{\sqrt{2}|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(\frac{1}{2},2t)-(0,t)}{\sqrt{2}|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(\frac{1}{2},t)}{\sqrt{2}|t|}=\lim\limits_{t\to 0}(\frac{1}{\sqrt{2}2|t|},\frac{t}{\sqrt{2}|t|})

ami nem létezik.

Persze g nem folytonos, és így nem is lehet totálisan differenciálható.

Példa. f(x,y)=\sqrt[3]{x^4+y^4}

Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság

Ha e tetszőleges egységvektor, akkor

\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\partial_{e}f(u)=[\mathrm{grad}\,f(u)]\cdot e=[\nabla f(u)]\cdot e


Példa.

f(x,y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}& \mbox{, ha }&(x,y)\ne (0,0)\\
0&\mbox{, ha }&(x,y)=(0,0)\end{matrix}\right.

Ekkor

\mathrm{J}^f(0,0)=[0, 0]\,

Ha tehát differenciálható, akkor az iránymenti deriváltak (Gateau-deriváltak) is léteznek (e egységvektor):

\partial_ef(u)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\mathrm{J}^f(0,0)\cdot e=e\cdot\mathrm{grad}\,f(u)

Ám, polárkoordinátákra áttérve:

f(x(r,\varphi),y(r,\varphi))=\frac{r^2\cos\varphi\sin\varphi}{r}=r\cos\varphi\sin\varphi=r\cdot \frac{1}{2}\sin 2\varphi

φ = π/4-et és π + π/4-et véve a vetületfüggvény a

t\mapsto\frac{1}{2}|t|,

ami nem differenciálható a 0-ban.

Megjegyzés. Persze abból, hogy az összes iránymenti derivált létezik, abból nem következik, hogy a függvény totálisan deriválható:

Folytonos parciális differenciálhatóság

Megfordításról a következő esetben beszélhetünk.

Tétel. Ha az f:Rn\to Rm függvény minden parciális deriváltfüggvénye létezik az u egy környezetében és u-ban a parciális deriváltak folytonosak, akkor u-ban f differenciálható. (Sőt, folytonosan differenciálható.)

Bizonyítás. Elegendő az m = 1 esetet vizsgálni. Továbbá a bizonyítás elve nem változik, ha csak az n = 2 esetet tekintjük. Legyen x az u mondott környezetéből vett pont, és x = (x1,x2), v=(u1,x2), u=(u1,u2) Ekkor az [x,v] szakaszon ∂1f-hez a Lagrange-féle középértéktétel miatt létezik olyan ξ(x1)∈[x1,u1] szám, és a [v,u] szakaszon ∂2f-hez ζ(x2)∈[x2,u2] szám, hogy

f(x)-f(u)=f(x)-f(v)+f(v)-f(u)=\,
=\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)(x_1-u_1)+\partial_2 f(u_1,\zeta(x_2))(x_2-u_2)=
=\partial_1f(u)(x_1-u_1)+\partial_2f(u)(x_2-u_2)+
+(\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)-\partial_1f(u))(x_1-u_1)+(\partial_2 f(u_1,\zeta(x_2))-\partial_2f(u))(x_2-u_2)

itt az

\varepsilon_1(x)=\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)-\partial_1f(u) és \varepsilon_2(x)=\partial_2 f(x_1,\zeta(x_2))-\partial_2f(u)

függvények folytonosak u-ban (még ha a ξ, ζ függvények nem is azok), és értékük az u-ban 0. Világos, hogy ez azt jelenti, hogy f differenciálható u-ban.

Világos, hogy a parciális deriváltak folytonossága szükséges a fenti tételben. Az alábbi példában léteznek a parciális deriváltfüggvények az u egy környzetében, de az u-ban nem folytonosak.

Példa

A differenciálhatóság azonban nem elég ahhoz, hogy a parciális deriváltak folytonosak legyenek.

Az

f(x,y)=\left\{\begin{matrix}(x^2+y^2)\sin\cfrac{1}{x^2+y^2}, & \mbox{ha} & (x,y)\ne (0,0)\\\\
0, & \mbox{ha} & (x,y) =(0,0)
\end{matrix}\right.

differenciálható, hiszen ez az

f(\mathbf{r})=\left\{\begin{matrix} \mathbf{r}^2\cdot\sin(|\mathbf{r}|^{-2}) & \mbox{ha} & \mathbf{r}\ne \mathbf{0}\\\\
\mathbf{0}, & \mbox{ha} & \mathbf{r}= \mathbf{0}\end{matrix}\right.

függvény és r0-ban:

\mathrm{grad}(f)=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).\mathrm{grad}\,\mathbf{r}^2+\mathbf{r}^2.\mathrm{grad}\,\sin(|\mathbf{r}|^{-2})=
=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).2\mathbf{r}+\mathbf{r}^2\cdot\cos(|\mathbf{r}|^{-2})\cdot(-2)|\mathbf{r}|^{-3}.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}


Példa

f(x,y)=\left\{\begin{matrix}
0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\
\frac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0)
\end{matrix}\right.

1) Polárkoordinátásan könnyen kijön, hogy ez a függvény totálisan deriválható. Parciális deriváltjai a 0-ban: 0.

2) Melyek a második parciális deriváltjai a 0-ban?

f(x,y)=\frac{x^3y-xy^3}{x^2+y^2}\qquad (x,y)\ne(0,0)
\partial_{1}f(x,y)=\frac{(3x^2y-y^3)(x^2+y^2)-2x(x^3y-xy^3)}{(x^2+y^2)^2}=\frac{3x^4y-x^2y^3+3x^2y^2-y^5-2x^4y+2x^2y^3}{(x^2+y^2)^2}=\frac{x^4y+x^2y^3+3x^2y^2-y^5}{(x^2+y^2)^2}
\partial_1(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^4\cdot 0+x^2\cdot 0^3+3x^2\cdot 0^2-0^5}{x(x^2+0^2)^2}=0
\partial_2(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{0^4y+0^2y^3+3\cdot 0^2y^2-y^5}{y(0^2+y^2)^2}=\lim\limits_{y\to 0}\frac{-y^5}{y^5}=-1


\partial_{1}f(x,y)=\begin{cases}0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\
\frac{}{(x^2+y^2)^2},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0)
0\end{cases}
\partial_{1}(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{klkj}{asdsa}


2. gyakorlat pótló gyakorlat
Személyes eszközök