Matematika A2a 2008/3. gyakorlat

A MathWikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2017. február 19., 20:46-kor történt szerkesztése után volt.
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^2-y^3)(x^2+y^2)-2x(x^3y-xy^3)}{(x^2+y^2)^2}=\frac{3x^4-x^2y^3+3x^2y^2-y^5-2x^4y-2x^2y^3)}{(x^2+y^2)^2}


\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