Matematika A2a 2008/5. gyakorlat

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

A lap 2009. március 6., 13:57-kori változata

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

Tartalomjegyzék

1 Differenciálhatóság
2 Jacobi-mátrix
3 A differenciálás tulajdonságai
4 a × ... operátor
- 4.1 Megoldás
5 a ... operátor
- 5.1 Megoldás
6 További példa skalárfüggvényre
- 6.1 Megoldás

Differenciálhatóság

Legyen f: Rⁿ $\supset\!\longrightarrow$ R^m és u ∈ int Dom(f). Azt mondjuk, hogy f differenciálható az u pontban, ha létezik olyan A: Rⁿ $\to$ R^m lineáris leképezés, hogy

$\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)-\mathcal{A}(x-u)}{||x-u||_{\mathbf{R}^n}}=0_{\mathbf{R}^m}$

Ekkor A egyértelmű és az f leképezés u-bent beli deriválttenzorának vagy differenciáljának nevezzük és df(u)-val vagy Df(u)-val jelöljük. Ezt a fogalmat néha teljes differenciálnak, totális differenciálnak vagy Fréchet-deriváltnak is mondjuk.

Megjegyzés. A fenti határérték 0 volta egyenértékű a következő kijelentéssel. Létezik A: Rⁿ $\to$ R^m lineáris leképezés és ε: Dom(f) $\to$ R^m függvény, melyre:

ε folytonos u-ban és ε(u)=0, továbbá

minden x ∈ Dom(f)-re:

$f(x)=f(u)+\mathcal{A}(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||$

Megjegyzés. Azt, hogy A egyértelmű, a következőkkel bizonyíthatjuk. Legyen A és B is a mondott tuljadonságú, azaz létezzenek ε és η az u-ban eltűnő és ott folytonos Dom(f)-en értelmezett függvények, melyekre teljesül, hogy minden x ∈ Dom(f)-re

$f(x)=f(u)+\mathcal{A}(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||$

$f(x)=f(u)+\mathcal{B}(x-u)+\eta(x)||x-u||$

ezeket kivonva egymásból és használva minden x-re:

$(\mathcal{A}-\mathcal{B})(x-u)+(\varepsilon(x)-\eta(x))||x-u||=0$

így minden x = u + ty értékre is az azonosan nullát kapjuk, ha t pozitív szám, y pedig rögzített nemnulla vektor, azaz minden t-re

$(\mathcal{A}-\mathcal{B})ty+(\varepsilon(u+ty)-\eta(u+ty))||ty||=0$

az azonosan 0 függény határértéke t $\to$ 0 esetén szintén nulla:

$0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(\mathcal{A}-\mathcal{B})(ty)+(\varepsilon(u+ty)-\eta(u+ty))||ty||}{t}=(\mathcal{A}-\mathcal{B})y$

hiszen t-t kiemelhetünk és egyszerűsíthatünk és t $\to$ 0 esetén ε és η nullává válik. Ez viszont pont azt jelenti, hogy a két lineéris operátor a 0 egy környezetében azonosan egyenlő, így ilyen kicsi bázisokon egyenlő, azaz mindenhol egyenlő.

Jacobi-mátrix

Vizsgáljuk mibe viszi a bázisokat df(u) komponensleképezésenként. A df(u) lineáris leképezés ( $e 1$ , $e 2$ ,..., $e n$ ) szetenderd bázisbeli mátrixa legyen: [df(u)] = A. Világos, hogy (df(u))(x)=A x. Először vegyük az A első sorvektorát, A₁-et és az $e 1$ egységvektor mentén tartunk u-hoz: x = u + t $e 1$ . A df(u)-t definiáló határértékegyenlőség ekkor a következő alakot ölti:

$0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)-\mathbf{A}_1\cdot(te_1)}{t}=$

$=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)-t\mathbf{A}_1\cdot(e_1)}{t}=$

$=-\mathbf{A}_1\cdot e_1+\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)}{t}$

azaz

$\mathbf{A}_1\cdot e_1=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)}{t}=\partial_1 f_1(u)$

vagyis f első koordinátafüggvényének $f 1$ -nek az első változó szerinti parciális deriváltja az u pontban. A többi mátrixelemet ugyanígy:

$[\mathrm{d}f(u)]=\mathbf{J}^f(u)=\begin{bmatrix} \partial_1 f_1(u) & \partial_2 f_1(u) & \dots & \partial_n f_1(u)\\ \partial_1 f_2(u) & \partial_2 f_2(u) & \dots & \partial_n f_2(u)\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \partial_1 f_m(u) & \partial_2 f_m(u) & \dots & \partial_n f_m(u)\\ \end{bmatrix}$

amelyet Jacobi-mátrixnak nevezünk.

A differenciálás tulajdonságai

Lineáris és affin függvény deriváltja

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

Ugyanis, legyen u ∈ Rⁿ. Ekkor

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

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

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

így világos, hogy c + A alakú affin függvények is differenciálhatóak, és differenciáljuk minden pontban az az A lineáris leképezés, melynek eltolásából az affin származik. Ezt szintén behelyettesítéssel ellenőrizhetjük.

Tehát minden u ∈ Rⁿ-re

$\mathrm{d}\mathcal{A}(u)=\mathcal{A},\quad\quad\mathrm{d}c(u)\equiv 0,\quad\quad\mathrm{d}(b+\mathcal{A}\circ(id-a))(u)=\mathcal{A}$

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.

Függvények lineáris kombinációja

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.

Függvénykompozíció differenciálja

Tétel. Legyen g: Rⁿ ⊃ $\to$ R^m, az u-ban differenciálható, f: R^m ⊃ $\to$ R^k a g(u)-ban differenciálható függvény, u ∈ int Dom(f $\circ$ g). Ekkor az

$f\circ g$ differenciálható u-ban és

$\mathrm{d}(f\circ g)(u)=\mathrm{d}f(g(u))\circ\mathrm{d}g(u)$

Bizonyítás. Alkalmas ε, A és η B párral, minden x ∈ Dom(f $\circ$ g)-re:

$f(g(x))=f(g(u))+\mathcal{A}(g(x)-g(u))+\varepsilon(g(x))||g(x)-g(u)||)=$

$=f(g(u))+\mathcal{A}(\mathcal{B}(x-u)+\eta(x)||x-u||)+\varepsilon(g(x))||g(x)-g(u)||)=$

$=f(g(u))+(\mathcal{A}\circ\mathcal{B})(x-u)+\mathcal{A}(\eta(x)||x-u||)+\varepsilon(g(x))||g(x)-g(u)||)=$

$=f(g(u))+(\mathcal{A}\circ\mathcal{B})(x-u)+(\mathcal{A}(\eta(x))+\varepsilon(g(x))||\mathcal{B}\frac{x-u}{||x-u||}+\eta(x)||)||x-u||$

Innen leolvasható a differenciál és a másodrendben eltűnő mennyiség vektortényezője, az

$\varepsilon_{f\circ g}(x)=\mathcal{A}(\eta(x))+\varepsilon(g(x))||\mathcal{B}\frac{x-u}{||x-u||}+\eta(x)||$

melyben az első tag a 0-hoz tart, mivel a lineáris leképezés a 0-ban folytonos, és η a 0-hoz tart az u-ban. A második tag nulla szor korlátos alakú, hiszen a lineáris leképezés Lipschitz-tuladonsága folytán B minden egységvektoron korlátos értéket vesz fel.

Ennek a tételnek a legegyszerűbb, de már vektorokat tartalmazó formáját írja át "fogyasztható" formába az alábbi

Következmény. Ha g: Rⁿ ⊃ $\to$ R, az u-ban differenciálható, f: R ⊃ $\to$ R a g(u)-ban differenciálható függvény, u ∈ int Dom(f $\circ$ g), akkor

$f\circ g$ differenciálható u-ban és

$\mathrm{grad}(f\circ g)(u)=f'(g(u)).\mathrm{grad}\,g(u)$

Ahol . a skalárral való szorzást jelöli.

1. Példa

$\Phi(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|=\sqrt{\mathbf{r}^2}$

Először a gradienst számítjuk ki. Mivel a gyökfüggvény nem differenciálható a 0-ban, ezért a differenciál csak nemnulla r-re számítható ki. 0-ban a függvény tényleg nem differenciálható, mert a parciális deriváltak nem léteznek.

$\Phi=\sqrt{.}\circ (.)^2\,$

és

$\sqrt{.}\,'=\frac{1}{2\sqrt{.}}$ illetve $\mathrm{grad}\, \mathbf{r}^2=2\mathbf{r}\,$

Ezért

$\mathrm{grad}\,\Phi(\mathbf{r})=\sqrt{.}'(\mathbf{r}^2). \mathrm{grad}\,\mathbf{r}^2=\frac{1}{2\sqrt{\mathbf{r}^2}}\cdot 2\mathbf{r}=\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}$

Ha valakinek a differenciál leképezés kell, akkor pedig:

$\mathrm{d}\sqrt{v}:y\mapsto \frac{1}{2\sqrt{v}}\cdot y$

$v=\mathbf{r}^2\,$

$\mathrm{d}\mathbf{r}^2:\mathbf{x}\mapsto 2\mathbf{r}\cdot \mathbf{x}$

Ezek kompozíciója:

$\mathrm{d}\Phi(\mathbf{r}):\mathbf{x}\mapsto \frac{1}{2\sqrt{\mathbf{r}^2}}.2\mathbf{r}\cdot\mathbf{x}=\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}\cdot\mathbf{x}$

Szemléleti okokból lényeges, hogy itt . a skalárral való szorzás, $\cdot$ a skaláris szorzás.

2. Példa

$\Psi(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|^{\alpha}$

$\mathrm{d}\Psi(\mathbf{r}):\mathbf{x}\mapsto \alpha|\mathbf{r}|^{\alpha-1}.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}\cdot\mathbf{x}$

illetve a gradiens:

$\mathrm{grad}\,|\mathbf{r}|^\alpha=\alpha|\mathbf{r}|^{\alpha-1}.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}$

Folytonosság mint szükséges feltétel

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.

Skalárfüggvények szorzata

λ, μ: H $\to$ R, ahol H ⊆ Rⁿ és az u ∈ H-ban mindketten differenciálhatók, akkor λμ is és

$[\mathrm{d}(\lambda\mu)(u)]_{1j}=\partial_j(\lambda\mu)=\mu\partial_j\lambda+\lambda\partial_j\mu=[\mu(u).\mathrm{grad}\,\lambda(u)+\lambda(u).\mathrm{grad}\,\mu(u)]_{j}$

azaz

$\mathrm{grad}(\lambda\mu)(u)=\mu(u).\mathrm{grad}\,\lambda(u)+\lambda(u).\mathrm{grad}\,\mu(u)$

Példa

Számoljuk ki r² deriváltját a szorzat szabálya szerint.

Egyrészt, ha r ≠ 0, akkor

$\mathrm{grad}\,\mathbf{r}^2=\mathrm{grad}\,|\mathbf{r}|\cdot|\mathbf{r}|=2|\mathbf{r}|.\mathrm{grad}|\mathbf{r}|=2|\mathbf{r}|.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}| } =2\mathbf{r}\,$

Másrészt, ha r = 0, akkor

$\mathbf{r}^2=0+\mathbf{0}\cdot\mathbf{r}+|\mathbf{r}|\cdot |\mathbf{r}|\,$

minden r-re fennáll, így grad(id²)(0) = 0 alkalmas az ε(r)=|r|-rel, tehát r² differenciálható 0-ban is.

a × ... operátor

Differenciálható-e és ha igen mi a differenciálja, divergenciája, rotációja a

$\mathbf{v}:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R}^3;\quad \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{a}\times\mathbf{r}$

leképezésnek, ahol a előre megadott konstans vektor.

Megoldás

Az a × ..., azaz az

$\mathbf{a}\times\mathrm{I}\,$

(itt I az identitás leképezés) leképezés lineáris, minthogy a vektoriális szorzás mindkét változójában lineáris (v ∈ Lin(R³;R³)), így differenciálható és differenciálja saját maga:

$\mathrm{d}(\mathbf{a}\times\mathrm{I})(\mathbf{r})=\mathbf{a}\times\mathrm{I}$

azaz

$(\mathrm{d}(\mathbf{a}\times\mathrm{I})(\mathbf{r}))\mathbf{h}=\mathbf{a}\times\mathbf{h}$

minden h és r ∈ R³ vektorra.

Jacobi-mátrixa (a sztenderd bázisbeli mátrixa) tetszőleges (x,y,z) pontban:

$\mathrm{J}^{\mathbf{a}\times\mathrm{I}}(x,y,z)= \begin{bmatrix} \;\,0 & -a_3& \;\;\,a_2\\ \;\;\,a_3 & \;\,0 & -a_1\\ -a_2 & \;\;\,a_1& \;\,0\\ \end{bmatrix}$

Mivel a főátlóbeli elemek mind nullák, ezért ebből rögtön következik, hogy div(a × I)(r) = 0.

$[\mathrm{rot}\,\mathbf{v}]_i=\varepsilon_{ijk}\partial_j\varepsilon_{klm}a_lx_m=\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}a_l\partial_j x_m=\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}a_l\delta_{jm}=\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klj}a_l=$

$=\delta_{kk}\delta_{il}a_l-\delta_{ki}\delta_{lk}a_l=3a_i-a_i=2a_i\,$

azaz rot v (r) = 2a. Az előbb felhasználtuk a kettős vektoriális szorzatra vonatkozó kifejtési tétel indexes alakját, a

$\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}=\delta_{jm}\delta_{li}-\delta_{jl}\delta_{im}\,$

ami azt mondja, hogy ha az ijk és klm-ben a nem azonos párok jó sorrendben következnek, akkor az epszolon 1-et, ha rossz sorrendben, akkor -1-et ad.

a $\cdot$ ... operátor

Differenciálható-e és ha igen mi a differenciálja

$\Phi:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R};\quad \Phi(\mathbf{r})=\mathbf{a}\cdot\mathbf{r}$

leképezésnek, ahol a előre megadott konstans vektor.

Megoldás

Skalártér lévén Φ gradiensét kell kiszámolnunk. Mivel ez is lineáris leképezés, ezért differenciálható és differenciálja saját maga, azaz a gradiens vektor pont a:

$\mathrm{grad}\,(\mathbf{a}\cdot\mathbf{r})=\mathbf{a}$

Ezt persze indexes deriválással is kiszámítható:

$[\mathrm{grad}\,\Phi]_i=\partial_ia_kx_k=a_k\partial_ix_k=a_k\delta_{ik}=a_i\,$

További példa skalárfüggvényre

Hatérozzuk meg a Φ

$\Phi:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R};\quad \Phi(\mathbf{r})=|\mathbf{i}\times\mathbf{r}|$

(ahol i az x irányú egységvektor, |.| a vektor hossza) függvény szintvonalait, differenciálhatóságát, gradiensét!

Megoldás

Érdemes koordinátás írásmódra áttérni, hiszen az i vektor úgy is a koordinátarendszerhez kapcsolódik. A vektoriális szorzás definíciója miatt

$\Phi(x,y,z)=\Phi(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|\cdot\sin(\mathbf{i},\mathbf{r})_\angle=\sqrt{y^2+z^2}$

Tehát azok a pontok vannak azonos szintfelületen, melyeknek az [yz] síkra vett vetületük azonos hosszúságú (i × r hossza az i-re merőleges komponense r-nek). Az

y 2 + z 2 = 0

egyenlettel megadott pontokban (másként: y = 0 & z = 0 & x tetszőleges) a függvény nem differenciálható, ugyanis a Φ=0 szintfelület elfajúlt módon csak egy egyenes, az x tengely, így a gradiens vektor iránya nem egyértelmű. Ezt azzal is igazolhatjuk, ha vesszük ezekben a pontokban például az y irányú parciális függvényt:

$\Phi(x_0,0+t,0)=\sqrt{t^2}=|t|$

azaz az ( $x 0$ ,0,0) pontokhoz tartozó Φ( $x 0$ , . ,0) parciális függvény nem differenciálható a 0-ban.

Máshol a gradiensvektor, a parciális deriváltakat kiszámítva

$\mathrm{grad}\,\Phi(x,y,z)=\left(0,\frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}}, \frac{z}{\sqrt{y^2+z^2}}\right)$

vagy másként:

$\mathrm{grad}\,\Phi(\mathbf{r})=\mathbf{i}\times \frac{\mathbf{i}\times \mathbf{r}}{|\mathbf{i}\times \mathbf{r}|}$

Megjegyezzük, hogy ehhez még a függvénykompozíció deriválási szabályával is lejuthattunk volna:

$\mathrm{grad}\,\Phi(\mathbf{r})=\mathrm{grad}\sqrt{(\mathbf{i}\times\mathbf{r})^2}=\frac{1}{2\sqrt{(\mathbf{i}\times\mathbf{r})^2}}\cdot 2(\mathbf{i}\times\mathbf{r})\times(-\mathbf{i})$

4. gyakorlat	6. gyakorlat

@@ 1. sor: / 1. sor: @@
 :''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.''
+==Differenciálhatóság==
+Legyen ''f'': '''R'''<sup>n</sup> <math>\supset\!\longrightarrow</math> '''R'''<sup>m</sup> és ''u'' &isin; int Dom(f). Azt mondjuk, hogy ''f'' '''differenciálható''' az ''u'' pontban, ha létezik olyan ''A'': '''R'''<sup>n</sup> <math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> lineáris leképezés, hogy
+:<math>\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)-\mathcal{A}(x-u)}{||x-u||_{\mathbf{R}^n}}=0_{\mathbf{R}^m}</math>
+Ekkor ''A'' egyértelmű és az ''f'' leképezés ''u''-bent beli '''deriválttenzor'''ának vagy '''differenciál'''jának nevezzük és d''f''(''u'')-val vagy D''f''(u)-val jelöljük. Ezt a fogalmat néha ''teljes differenciál''nak, ''totális differenciál''nak vagy ''Fréchet-derivált''nak is mondjuk.
+'''Megjegyzés.''' A fenti határérték 0 volta egyenértékű a következő kijelentéssel. Létezik ''A''': ''R'''<sup>n</sup> <math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> lineáris leképezés és &epsilon;: Dom(''f'') <math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> függvény, melyre:
+: &epsilon; folytonos u-ban és &epsilon;(u)=0, továbbá
+minden ''x'' &isin; Dom(''f'')-re:
+: <math>f(x)=f(u)+\mathcal{A}(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||</math>
+'''Megjegyzés.''' Azt, hogy ''A'' egyértelmű, a következőkkel bizonyíthatjuk. Legyen ''A'' és ''B'' is a mondott tuljadonságú, azaz létezzenek &epsilon; és &eta; az ''u''-ban eltűnő és ott folytonos Dom(''f'')-en értelmezett függvények, melyekre teljesül, hogy minden ''x'' &isin; Dom(''f'')-re
+:<math>f(x)=f(u)+\mathcal{A}(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||</math>
+:<math>f(x)=f(u)+\mathcal{B}(x-u)+\eta(x)||x-u||</math>
+ezeket kivonva egymásból és használva '''minden''' ''x''-re:
+:<math>(\mathcal{A}-\mathcal{B})(x-u)+(\varepsilon(x)-\eta(x))||x-u||=0</math>
+így minden x = u + ty értékre is az azonosan nullát kapjuk, ha t pozitív szám, y pedig rögzített nemnulla vektor, azaz minden t-re
+:<math>(\mathcal{A}-\mathcal{B})ty+(\varepsilon(u+ty)-\eta(u+ty))||ty||=0</math>
+az azonosan 0 függény határértéke t<math>\to</math> 0 esetén szintén nulla:
+:<math> 0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(\mathcal{A}-\mathcal{B})(ty)+(\varepsilon(u+ty)-\eta(u+ty))||ty||}{t}=(\mathcal{A}-\mathcal{B})y</math>
+hiszen t-t kiemelhetünk és egyszerűsíthatünk és t<math>\to</math> 0 esetén
+&epsilon; és &eta; nullává válik.
+Ez viszont pont azt jelenti, hogy a két lineéris operátor a 0 egy környezetében azonosan egyenlő, így ilyen kicsi bázisokon egyenlő, azaz mindenhol egyenlő.
+==Jacobi-mátrix==
+Vizsgáljuk mibe viszi a bázisokat d''f''(''u'') komponensleképezésenként. A d''f''(''u'') lineáris leképezés (<math>e_1</math>,<math>e_2</math>,...,<math>e_n</math>) szetenderd bázisbeli mátrixa legyen: [d''f''(''u'')] = '''A'''. Világos, hogy (d''f''(''u''))(''x'')='''A''' ''x''. Először vegyük az '''A''' első sorvektorát, '''A'''<sub>1</sub>-et és az <math>e_1</math> egységvektor mentén tartunk ''u''-hoz: ''x'' = ''u'' + ''t''<math>e_1</math>. A d''f''(''u'')-t definiáló határértékegyenlőség ekkor a következő alakot ölti:
+:<math>0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)-\mathbf{A}_1\cdot(te_1)}{t}=</math>
+:::<math>=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)-t\mathbf{A}_1\cdot(e_1)}{t}=</math>
+:::<math>=-\mathbf{A}_1\cdot e_1+\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)}{t}</math>
+azaz
+:<math>\mathbf{A}_1\cdot e_1=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)}{t}=\partial_1 f_1(u)</math>
+vagyis ''f'' első koordinátafüggvényének <math>f_1</math>-nek az első változó szerinti parciális deriváltja az ''u'' pontban. A többi mátrixelemet ugyanígy:
+:<math>[\mathrm{d}f(u)]=\mathbf{J}^f(u)=\begin{bmatrix}
+\partial_1 f_1(u) & \partial_2 f_1(u) & \dots & \partial_n f_1(u)\\
+\partial_1 f_2(u) & \partial_2 f_2(u) & \dots & \partial_n f_2(u)\\
+\vdots            &     \vdots        &   \ddots    & \vdots \\
+\partial_1 f_m(u) & \partial_2 f_m(u) & \dots & \partial_n f_m(u)\\
+\end{bmatrix}</math>
+amelyet '''Jacobi-mátrix'''nak nevezünk.
 ==A differenciálás tulajdonságai==
@@ 104. sor: / 143. sor: @@
 Másrészt, ha '''r''' = '''0''', akkor
 :<math> \mathbf{r}^2=0+\mathbf{0}\cdot\mathbf{r}+|\mathbf{r}|\cdot |\mathbf{r}|\,</math>
 minden '''r'''-re fennáll, így grad('''id'''<sup>2</sup>)('''0''') = '''0''' alkalmas az &epsilon;('''r''')=|'''r'''|-rel, tehát '''r'''<sup>2</sup> differenciálható 0-ban is.
 =='''a''' &times; ... operátor==

Matematika A2a 2008/5. gyakorlat

A lap 2009. március 6., 13:57-kori változata

Tartalomjegyzék

Differenciálhatóság

Jacobi-mátrix

A differenciálás tulajdonságai

Lineáris és affin függvény deriváltja

Példa

Függvények lineáris kombinációja

Függvénykompozíció differenciálja

1. Példa

2. Példa

Folytonosság mint szükséges feltétel

Skalárfüggvények szorzata

Példa

a × ... operátor

Megoldás

a $\cdot$ ... operátor

Megoldás

További példa skalárfüggvényre

Megoldás

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök

Matematika A2a 2008/5. gyakorlat

A lap 2009. március 6., 13:57-kori változata

Tartalomjegyzék

Differenciálhatóság

Jacobi-mátrix

A differenciálás tulajdonságai

Lineáris és affin függvény deriváltja

Példa

Függvények lineáris kombinációja

Függvénykompozíció differenciálja

1. Példa

2. Példa

Folytonosság mint szükséges feltétel

Skalárfüggvények szorzata

Példa

a × ... operátor

Megoldás

a ... operátor

Megoldás

További példa skalárfüggvényre

Megoldás

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök

a $\cdot$ ... operátor