Matematika A2a 2008/3. gyakorlat

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

A lap 2017. február 19., 20:32-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

1 További példák
2 Parciális deriváltak
3 Lineáris leképezések
- 3.1 Példák
4 Differenciálhatóság
- 4.1 Definíció és folytonosság
- 4.2 Parciális differenciálhatóság és differenciálhatóság
5 Folytonosság és totális differenciálhatóság
6 Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság
7 Folytonos parciális differenciálhatóság
- 7.1 Nem differenciálható, nem folytonosan parciálisan differenciálható függvény
- 7.2 Differenciálható, de nem folytonosan parciálisan differenciálható
8 Egyváltozós illetve valós értékű függvény deriváltja
9 Lineáris és affin függvény deriváltja
- 9.1 Példa

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 x_i változó szerint, ha az

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

egyváltozós valós függvény differenciálható az u_i pontban. Ekkor a fenti függvény $u i$ -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, u ∈ V₁

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

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,…,b_n) 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 $\to$ R^m (totálisan) differenciálható az értelmezési tartományának u belső pontjában, akkor f parciálisan differenciálható u-ban és df(u) mátrixa a sztenderd bázisban:

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

Folytonosság és totális differenciálhatóság

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.

Megjegyzés. Itt persze g nem folytonos, és itt is igaz az, hogy ha totálisan differenciálható egy függvény, akkor folytonos is:

Tétel. Ha f differenciálható u-ban, akkor ott folytonos is, ugyanis minden x-re:

$f(x)=f(u)+(\mathrm{d}f(u))(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||$

amely tagjai mind folytonosak u-ban.

Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság

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 ⊃ $\to$ R^m 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 = ( $x 1$ , $x 2$ ), v=( $u 1$ , $x 2$ ), u=( $u 1$ , $u 2$ ) Ekkor az [x,v] szakaszon ∂₁f-hez a Lagrange-féle középértéktétel miatt létezik olyan ξ( $x 1$ )∈[ $x 1$ , $u 1$ ] szám, és a [v,u] szakaszon ∂₂f-hez ζ( $x 2$ )∈[ $x 2$ , $u 2$ ] 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.

Nem differenciálható, nem folytonosan parciálisan differenciálható függvény

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

parciális deriváltfüggvényei léteznek:

$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{x^2y}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}$

a másik hasonlóan. A 0-ban 0 mindkettő, de az (0,1/n) mentén a 0-ba tartva az 1-hez tart, ami nem 0.

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

A Young-tételnél beláttuk, hogy ekkor a 0-ban nem egyenlő a két vegyes parciális derivált. Most már azt is tudjuk miért. A függvény gradiense nem differenciálható totálisan a 0-ban. Ehhez elevenítsük föl, hogy

$J^g(0,0)=H^f(0,0)=\begin{bmatrix} 0 & -1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}$

ami a 90˚-os forgatás.

Számoljuk ki g értékét a (x,x) alakú pontokban:

$\partial_1f(x,x)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x+t,x)-f(0,0)}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x((x+t)^2-x^2)}{t((x+t)^2+x^2)}=$

$\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x(2tx+t^2)}{t(2x^2+2tx+t^2)}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x(2x+t)}{2x^2+2tx+t^2}=\lim\limits_{t\to 0}=x$

$\partial_2f(x,x)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x,x+t)-f(0,0)}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{x(x+t)(x^2-(x+t)^2)}{t(x^2+(x+t)^2)}=$

$\lim\limits_{t\to 0}\frac{x(x+t)(-2tx-t^2)}{t(2x^2+2tx+t^2)}=-x$

Tehát g(t,t)=(t,-t), és emiatt

$\lim\limits_{t\to 0}\frac{g(t,t)-g(0,0)-J^g(0,0)\cdot (t,t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(t,-t)-(-t,t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(2t,-2t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}(2\mathrm{sgn}(t),-2\mathrm{sgn}(t))\ne (0,0)\,$

márpedig ha g minden parciális deriváltja folytonos lenne a (0,0)-ban, akkor g totálisan is deriválható lenne.

Differenciálható, de nem folytonosan parciálisan differenciálható

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 r ≠ 0-ban:

$\mathrm{grad}(f)=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).\mathrm{grad}\,\mathbf{r}^2+\mathbf{r}^2.\mathrm{grad}\,\sin(|\mathbf{r}|^{-2})=$

$=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).2\mathbf{r}+\mathbf{r}^2\cdot\cos(|\mathbf{r}|^{-2})\cdot(-2)|\mathbf{r}|^{-3}.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}$

és grad f nem korlátos. Ez persze a parciális deriváltakon is megátszik: azok sem korlátosak.

Egyváltozós illetve valós értékű függvény deriváltja

Ha f:Rⁿ $\supset\!\to$ R, akkor a definíciót még így is ki szokás mondani:

f diffható r₀-ban, ha létezik m vektor, hogy

$\lim\limits_{r\to r_0}\frac{f(r)-f(r_0)-m\cdot(r-r_0)}{|r-r_0|}=0$

Ekkor az m a gradiensvektor, melynek sztenderd bázisbeli koordinátamátrixa a Jacobi mátrix:

$\mathrm{grad}\,f(r_0)=[\partial_1f(r_0),...,\partial_nf(r_0)]$

Ha f:R $\supset\!\to$ Rⁿ, akkor a definíciót még így is ki szokás mondani:

$\exists\,f'(t_0)=\lim\limits_{t\to t_0}\frac{f(t)-f(t_0)}{t-t_0}\,$

és ekkor f'( $t 0$ ) a $t 0$ -beli deriváltvektor (ha t az idő és r=f(t) a hely, akkor ez a sebeségvektor).

Ha f:Rⁿ $\supset\!\to$ Rⁿ, akkor a differenciált deriválttenzornak is nevezik.

Példa.

Mi az

$f(r)=r^2\,$ ,

skalárfüggvény gradiense?

Válasszuk le a lineáris részét!

$r^2-r_0^2=(r-r_0)(r+r_0)=(r-r_0)(2r_0+r-r_0)=2r_0\cdot(r-r_0)+(r-r_0)^2\,$

Itt az első tag a lineáris, a második a magasabbfokú. Tehát:

$\mathrm{grad}\,r^2=2r\,$

Lineáris és affin függvény deriváltja

Tétel. Az A : Rⁿ $\to$ R^m lineáris leképezés differenciálható és differenciálja minden pontban saját maga:

$\mathrm{d}\mathcal{A}(u)=\mathcal{A}\,$

Ugyanis, legyen u ∈ Rⁿ. Ekkor

$\lim\limits_{x\to u}\frac{\mathcal{A}(x)-\mathcal{A}(u)-\mathcal{A}(x-u)}{||x-u||}=\lim\limits_{x\to u}0=0$

Tétel. Az azonosan c konstans függény esetén az dc(u) $\equiv$ 0 alkalmas differenciálnak, mert

$\lim\limits_{x\to u}\frac{c-c-0\cdot(x-u)}{||x-u||}=\lim\limits_{x\to u}0=0$

Tétel. Ha f és g a H ⊆ Rⁿ halmazon értelmezett R^m-be képező, az u ∈ H-ban differenciálható függvények, akkor minden λ számra

$\lambda.f\,$ is differenciálható u-ban és $\mathrm{d}(\lambda.f)(u)=\lambda.\mathrm{d}f(u)\,$ és

$f+g\,$ is differenciálható u-ban és $\mathrm{d}(f+g)(u)=\mathrm{d}f(u)+\mathrm{d}g(u)\,$

Ugyanis, a mondott differenciálokkal és a

$\varepsilon_{\lambda.f}=\lambda.\varepsilon_{f}\,$

$\varepsilon_{f+g}=\varepsilon_{f}+\varepsilon_{g}\,$

választással, ezek az u-ban folytonosak lesznek és a lineáris résszekel együtt ezek előállítják a skalárszoros és összegfüggvények megváltozásait.

Következmény. Tehát minden u ∈ Rⁿ-re az affin c+A diffható és

$\mathrm{d}(c+\mathcal{A})(u)=\mathcal{A}$

Példa

Az A: x $\mapsto$ 2 $x 1$ + 3 $x 2$ - 4 $x 3$ lineáris leképezés differenciálja az u pontban az u-tól független

$(\mathrm{d}\mathcal{A}(\mathbf{u}))(x_1,x_2,x_3)=2x_1+3x_2-4x_3\,$

és Jacobi-mátrixa a konstans

$\mathbf{J}^\mathcal{A}(\mathbf{u})=\begin{bmatrix}2 & 3 & -4\end{bmatrix}$

mátrix.

Világos, hogy a

$\mathrm{pr}_i:(x_1,x_2,...,x_i,...,x_n)\mapsto x_i$

koordináta vagy projekciófüggvény lineáris, differenciálja minden u pontban saját maga és ennek mátrixa:

$[\mathrm{grad}\,\mathrm{pr_i}]=\mathbf{J}^{\mathrm{pr}_i}(\mathbf{u})=\begin{bmatrix}0 & 0 & ... & 1 & ...& 0\end{bmatrix}$

ahol az 1 az i-edik helyen áll. Másként

$\partial_kx_i=\delta_{ki}$

ahol

$\delta_{ij}=\left\{\begin{matrix}1, \mbox{ ha }i=j\\0, \mbox{ ha }i\ne j \end{matrix}\right.$

azaz a Kronecker-féle δ szimbólum.

2. gyakorlat	pótló gyakorlat

@@ 90. sor: / 90. sor: @@
 ==Differenciálhatóság==
 ===Definíció és folytonosság===
-Azt mondjuk, hogy az <math>f:\mathbf{R}^n\supset\to\mathbf{R}^m</math> függvény 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
+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
@@ 104. sor: / 106. sor: @@
 függvény?
 ===Parciális differenciálhatóság és differenciálhatóság===
-Ha ''f'' folytonosan
+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_1 &\dots &\partial_{x_n}f_1\end{bmatrix}</math>
 ==Folytonosság és totális differenciálhatóság==