Matematika A2a 2008/5. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(A differenciálás tulajdonságai)
 
(egy szerkesztő 20 közbeeső változata nincs mutatva)
1. sor: 1. sor:
:''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.''
+
==Differenciálhatóság==
 +
A többváltozós differenciálhatóságot az egyváltozós alábbi átfogalmazásából általánosítjuk:
  
 +
:<math>\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)-m(x-u)}{|x-u|}=0</math>
 +
:<math>\lim\limits_{x\to u+}\frac{f(x)-f(u)-m(x-u)}{x-u}=0\quad\wedge\quad\lim\limits_{x\to u-}\frac{f(x)-f(u)-m(x-u)}{-(x-u)}=0</math>
 +
:<math>\lim\limits_{x\to u+}\left(\frac{f(x)-f(u)}{x-u}-m\right)=0,\quad\wedge\quad\lim\limits_{x\to u-}-\left(\frac{f(x)-f(u)}{x-u}-m\right)=0</math>
 +
:<math>\lim\limits_{x\to u+}\frac{f(x)-f(u)}{x-u}=m,\quad\wedge\quad\lim\limits_{x\to u-}-\frac{f(x)-f(u)}{x-u}=-m</math>
 +
:<math>\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)}{x-u}=m</math>
  
  
==Differenciálhatóság==
+
'''Definíció.''' 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
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>
 
:<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.
+
Ekkor ''A'' egyértelmű és az ''f'' leképezés ''u''-bent beli '''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:
 
'''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:
12. sor: 17. sor:
 
minden ''x'' &isin; Dom(''f'')-re:
 
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{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
+
'''Megjegyzés.''' Azt, hogy ''A'' egyértelmű, a következőkkel bizonyíthatjuk. Legyen ''A'' és ''B'' is a mondott tulajdonságú, 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{A}(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||</math>
 
:<math>f(x)=f(u)+\mathcal{B}(x-u)+\eta(x)||x-u||</math>
 
:<math>f(x)=f(u)+\mathcal{B}(x-u)+\eta(x)||x-u||</math>
21. sor: 26. sor:
 
az azonosan 0 függény határértéke t<math>\to</math> 0 esetén szintén nulla:
 
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>
 
:<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  
+
hiszen t-t kiemelhetünk és egyszerűsíthetünk és t<math>\to</math> 0 esetén  
 
&epsilon; és &eta; nullává válik.
 
&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.
+
Ez viszont pont azt jelenti, hogy a két lineéris operátor azonosan egyenlő.
 +
 
 
==Jacobi-mátrix==
 
==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:
+
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'''. Vizsgáljuk mibe viszi a bázisokat d''f''(''u'') leképezés!
:<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>
+
Írjuk fel a definíciót, de az <math>e_1</math> egységvektor mentén tartsunk ''u''-hoz: ''x'' = ''u'' + ''t''<math>e_1</math>. Ekkor
:::<math>=-\mathbf{A}_1\cdot e_1+\lim\limits_{t\to 0}\frac{f_1(u+te_1)-f_1(u)}{t}</math>  
+
:<math>x-u=te_1\,</math>
 +
ami azért hasznos, mert a
 +
:<math>\mathcal{A}(x-u)=\mathcal{A}(te_1)\,</math>
 +
alakból kiemelhetó t:
 +
:<math>0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_1)-f(u)-\mathcal{A}(te_1)}{t}=</math>
 +
:::<math>=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_1)-f(u)-t.\mathcal{A}(e_1)}{t}=</math>
 +
:::<math>=-\mathcal{A}(e_1)+\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_1)-f(u)}{t}</math>  
 
azaz  
 
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>
+
:<math>\mathcal{A}(e_1)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_1)-f(u)}{t}=\partial_1 f(u)</math>
vagyis ''f'' első koordinátafüggvényének <math>f_1</math>-nek az első változó szerinti parciális deriváltja az ''u'' pontban. A többi mátrixelemet ugyanígy:
+
vagyis ''f'' koordinátafüggvényeinek az első változó szerinti parciális deriváltja az ''u'' pontban. A többi oszlopvektor ugyanígy:
  
 
:<math>[\mathrm{d}f(u)]=\mathbf{J}^f(u)=\begin{bmatrix}
 
:<math>[\mathrm{d}f(u)]=\mathbf{J}^f(u)=\begin{bmatrix}
41. sor: 53. sor:
 
amelyet '''Jacobi-mátrix'''nak nevezünk.
 
amelyet '''Jacobi-mátrix'''nak nevezünk.
  
==A differenciálás tulajdonságai==
+
'''Következmény.''' Tehát. ha f totálisan differenciálható, akkor parciálisan is differenciálható és a differenciál sztenderd bázisbeli mátrixa a Jacobi-mátrix.
===Lineáris és affin függvény deriváltja===
+
Az ''A'' : '''R'''<sup>n</sup> <math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> lineáris leképezés differenciálható és differenciálja minden pontban saját maga.
+
 
+
''Ugyanis, '' legyen ''u'' &isin;  '''R'''<sup>n</sup>. Ekkor
+
 
+
:<math>\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</math>
+
 
+
c konstans függény esetén az d''c''(''u'') <math>\equiv</math> 0 alkalmas differenciálnak, mert
+
:<math>\lim\limits_{x\to u}\frac{c-c-0\cdot(x-u)}{||x-u||}=\lim\limits_{x\to u}0=0</math>
+
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'' &isin; '''R'''<sup>n</sup>-re
+
:<math>\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}</math>
+
 
+
====Példa====
+
 
+
Az ''A'': '''x''' <math>\mapsto</math> 2<math>x_1</math> + 3<math>x_2</math> - 4<math>x_3</math> lineáris leképezés differenciálja az '''u''' pontban az '''u'''-tól független
+
:<math>(\mathrm{d}\mathcal{A}(\mathbf{u}))(x_1,x_2,x_3)=2x_1+3x_2-4x_3\,</math>
+
és Jacobi-mátrixa a konstans
+
:<math>\mathbf{J}^\mathcal{A}(\mathbf{u})=\begin{bmatrix}2 & 3 & -4\end{bmatrix}</math>
+
mátrix.
+
 
+
Világos, hogy a
+
:<math>\mathrm{pr}_i:(x_1,x_2,...,x_i,...,x_n)\mapsto x_i</math>
+
koordináta vagy projekciófüggvény lineáris, differenciálja minden '''u''' pontban saját maga és ennek mátrixa:
+
:<math>[\mathrm{grad}\,\mathrm{pr_i}]=\mathbf{J}^{\mathrm{pr}_i}(\mathbf{u})=\begin{bmatrix}0 & 0 & ... & 1 & ...& 0\end{bmatrix}</math>
+
ahol az 1 az i-edik helyen áll. Másként
+
:<math>\partial_kx_i=\delta_{ki}</math>
+
ahol
+
:<math>\delta_{ij}=\left\{\begin{matrix}1, \mbox{ ha }i=j\\0, \mbox{ ha }i\ne j \end{matrix}\right.</math>
+
azaz a Kronecker-féle &delta; szimbólum.
+
 
+
===Függvények lineáris kombinációja===
+
Ha ''f'' és ''g'' a ''H'' &sube; '''R'''<sup>n</sup> halmazon értelmezett '''R'''<sup>m</sup>-be képező, az ''u'' &isin; ''H''-ban differenciálható függvények, akkor minden &lambda; számra
+
:<math>\lambda.f\,</math>  is differenciálható ''u''-ban és <math>\mathrm{d}(\lambda.f)(u)=\lambda.\mathrm{d}f(u)\,</math> és
+
:<math>f+g\,</math> is differenciálható ''u''-ban és <math>\mathrm{d}(f+g)(u)=\mathrm{d}f(u)+\mathrm{d}g(u)\,</math>
+
''Ugyanis,'' a mondott differenciálokkal és a
+
:<math>\varepsilon_{\lambda.f}=\lambda.\varepsilon_{f}\,</math>
+
:<math>\varepsilon_{f+g}=\varepsilon_{f}+\varepsilon_{g}\,</math>
+
választással, ezek az ''u''-ban folytonosak lesznek és a lineáris résszekel együtt ezek előállítják a skalárszoros és összegfüggvények megváltozásait.
+
===Függvénykompozíció differenciálja===
+
'''Tétel. ''' Legyen ''g'': '''R'''<sup>n</sup> &sup;<math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup>, az ''u''-ban differenciálható, ''f'': '''R'''<sup>m</sup> &sup;<math>\to</math> '''R'''<sup>k</sup> a ''g''(''u'')-ban differenciálható függvény, ''u'' &isin; int Dom(''f'' <math>\circ</math> ''g''). Ekkor az
+
:<math>f\circ g</math> differenciálható ''u''-ban és
+
:<math> \mathrm{d}(f\circ g)(u)=\mathrm{d}f(g(u))\circ\mathrm{d}g(u)</math>
+
 
+
''Bizonyítás. '' Alkalmas &epsilon;, ''A'' és &eta; ''B'' párral, minden ''x'' &isin; Dom(''f'' <math>\circ</math> ''g'')-re:
+
:<math>f(g(x))=f(g(u))+\mathcal{A}(g(x)-g(u))+\varepsilon(g(x))||g(x)-g(u)||)=</math>
+
::<math>=f(g(u))+\mathcal{A}(\mathcal{B}(x-u)+\eta(x)||x-u||)+\varepsilon(g(x))||g(x)-g(u)||)=</math>
+
::<math>=f(g(u))+(\mathcal{A}\circ\mathcal{B})(x-u)+\mathcal{A}(\eta(x)||x-u||)+\varepsilon(g(x))||g(x)-g(u)||)=</math>
+
::<math>=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||</math>
+
Innen leolvasható a differenciál és a másodrendben eltűnő mennyiség vektortényezője, az
+
:<math>\varepsilon_{f\circ g}(x)=\mathcal{A}(\eta(x))+\varepsilon(g(x))||\mathcal{B}\frac{x-u}{||x-u||}+\eta(x)||</math>
+
melyben az első tag a 0-hoz tart, mivel a lineáris leképezés a 0-ban folytonos, és &eta; 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'': '''R'''<sup>n</sup> &sup;<math>\to</math> '''R''', az ''u''-ban differenciálható, ''f'': '''R''' &sup;<math>\to</math> '''R''' a ''g''(''u'')-ban differenciálható függvény, ''u'' &isin; int Dom(''f'' <math>\circ</math> ''g''), akkor
+
:<math>f\circ g</math> differenciálható ''u''-ban és
+
:<math> \mathrm{grad}(f\circ g)(u)=f'(g(u)).\mathrm{grad}\,g(u)</math>
+
Ahol . a skalárral való szorzást jelöli.
+
 
+
====1. Példa====
+
:<math>\Phi(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|=\sqrt{\mathbf{r}^2}</math>
+
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.
+
:<math>\Phi=\sqrt{.}\circ (.)^2\,</math>
+
és
+
:<math>\sqrt{.}\,'=\frac{1}{2\sqrt{.}}</math> illetve <math>\mathrm{grad}\, \mathbf{r}^2=2\mathbf{r}\,</math>
+
Ezért
+
:<math>\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}|}</math>
+
Ha valakinek a differenciál leképezés kell, akkor pedig:
+
:<math>\mathrm{d}\sqrt{v}:y\mapsto \frac{1}{2\sqrt{v}}\cdot y </math>
+
:<math>v=\mathbf{r}^2\,</math>
+
:<math>\mathrm{d}\mathbf{r}^2:\mathbf{x}\mapsto 2\mathbf{r}\cdot \mathbf{x}</math>
+
Ezek kompozíciója:
+
:<math>\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}</math>
+
Szemléleti okokból lényeges, hogy itt . a skalárral való szorzás, <math>\cdot</math> a skaláris szorzás.
+
 
+
====2. Példa====
+
:<math>\Psi(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|^{\alpha}</math>
+
:<math>\mathrm{d}\Psi(\mathbf{r}):\mathbf{x}\mapsto \alpha|\mathbf{r}|^{\alpha-1}.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}\cdot\mathbf{x}</math>
+
illetve a gradiens:
+
:<math>\mathrm{grad}\,|\mathbf{r}|^\alpha=\alpha|\mathbf{r}|^{\alpha-1}.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}</math>
+
 
+
===Folytonosság mint szükséges feltétel===
+
Ha ''f'' differenciálható ''u''-ban, akkor ott folytonos is, ugyanis minden ''x''-re:
+
:<math>f(x)=f(u)+(\mathrm{d}f(u))(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||</math>
+
amely tagjai mind folytonosak ''u''-ban.
+
 
+
===Skalárfüggvények szorzata===
+
&lambda;, &mu;: ''H'' <math>\to</math> '''R''', ahol ''H'' &sube; '''R'''<sup>n</sup> és az ''u'' &isin; ''H''-ban mindketten differenciálhatók, akkor &lambda;&mu; is és
+
:<math>[\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}</math>
+
azaz
+
:<math>\mathrm{grad}(\lambda\mu)(u)=\mu(u).\mathrm{grad}\,\lambda(u)+\lambda(u).\mathrm{grad}\,\mu(u)</math>
+
====Példa====
+
Számoljuk ki '''r'''<sup>2</sup> deriváltját a szorzat szabálya szerint.
+
 
+
Egyrészt, ha '''r''' &ne; '''0''', akkor
+
:<math>\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}\,</math>
+
 
+
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==
+
Differenciálható-e és ha igen mi a differenciálja, divergenciája, rotációja a
+
:<math>\mathbf{v}:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R}^3;\quad \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{a}\times\mathbf{r}</math>
+
leképezésnek, ahol '''a''' előre  megadott konstans vektor.
+
===Megoldás===
+
Az '''a''' &times; ..., azaz az
+
:<math>\mathbf{a}\times\mathrm{I}\,</math>
+
(itt I az identitás leképezés) leképezés lineáris, minthogy a vektoriális szorzás mindkét változójában lineáris ('''v''' &isin; ''Lin''('''R'''<sup>3</sup>;'''R'''<sup>3</sup>)), így differenciálható és differenciálja saját maga:
+
:<math>\mathrm{d}(\mathbf{a}\times\mathrm{I})(\mathbf{r})=\mathbf{a}\times\mathrm{I}</math>
+
azaz
+
:<math>(\mathrm{d}(\mathbf{a}\times\mathrm{I})(\mathbf{r}))\mathbf{h}=\mathbf{a}\times\mathbf{h}</math>
+
minden '''h''' és '''r''' &isin; '''R'''<sup>3</sup> vektorra.
+
 
+
Jacobi-mátrixa (a sztenderd bázisbeli mátrixa) tetszőleges (x,y,z) pontban:
+
: <math>\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}</math>
+
Mivel a főátlóbeli elemek mind nullák, ezért ebből rögtön következik, hogy div('''a''' &times; I)('''r''') = 0.
+
:<math>[\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=</math>
+
:<math>=\delta_{kk}\delta_{il}a_l-\delta_{ki}\delta_{lk}a_l=3a_i-a_i=2a_i\,</math>
+
azaz rot '''v''' ('''r''') = 2'''a'''. Az előbb felhasználtuk a kettős vektoriális szorzatra vonatkozó kifejtési tétel indexes alakját, a
+
:<math>\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}=\delta_{jm}\delta_{li}-\delta_{jl}\delta_{im}\,</math>
+
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''' <math>\cdot</math> ... operátor==
+
Azaz:
Differenciálható-e és ha igen mi a differenciálja
+
:'''teljes''' differenciálhatóság <math>\Longrightarrow</math> '''parciális''' differenciálhatóság
:<math>\Phi:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R};\quad \Phi(\mathbf{r})=\mathbf{a}\cdot\mathbf{r}</math>
+
de ez fordítva már nem igaz:
leképezésnek, ahol '''a''' előre  megadott konstans vektor.
+
: '''parciális''' differenciálhatóság <math>\not\Rightarrow</math> '''teljes''' differenciálhatóság
===Megoldás===
+
Erre vonatkozik a két alábbi példa.
Skalártér lévén &Phi; gradiensét kell kiszámolnunk. Mivel ez is lineáris leképezés, ezért differenciálható és differenciálja saját maga, azaz a gradiens vektor pont '''a''':
+
:<math>\mathrm{grad}\,(\mathbf{a}\cdot\mathbf{r})=\mathbf{a}</math>
+
Ezt persze indexes deriválással is kiszámítható:
+
:<math>[\mathrm{grad}\,\Phi]_i=\partial_ia_kx_k=a_k\partial_ix_k=a_k\delta_{ik}=a_i\,</math>
+
==További példa skalárfüggvényre==
+
Hatérozzuk meg a &Phi;
+
:<math>\Phi:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R};\quad \Phi(\mathbf{r})=|\mathbf{i}\times\mathbf{r}|</math>
+
(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
+
:<math>\Phi(x,y,z)=\Phi(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|\cdot\sin(\mathbf{i},\mathbf{r})_\angle=\sqrt{y^2+z^2}</math>
+
Tehát azok a pontok vannak azonos szintfelületen, melyeknek az [yz] síkra vett vetületük azonos hosszúságú ('''i''' &times; '''r''' hossza az '''i'''-re merőleges komponense '''r'''-nek). Az
+
:<math>y^2+z^2=0</math>
+
egyenlettel megadott pontokban (másként: ''y'' = 0 & ''z'' = 0 & ''x'' tetszőleges) a függvény nem differenciálható, ugyanis a &Phi;=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:
+
:<math>\Phi(x_0,0+t,0)=\sqrt{t^2}=|t|</math>
+
azaz az (<math>x_0</math>,0,0) pontokhoz tartozó &Phi;(<math>x_0</math>, . ,0) parciális függvény nem differenciálható a 0-ban.
+
  
Máshol a gradiensvektor, a parciális deriváltakat kiszámítva
 
:<math>\mathrm{grad}\,\Phi(x,y,z)=\left(0,\frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}}, \frac{z}{\sqrt{y^2+z^2}}\right)</math>
 
vagy másként:
 
:<math>\mathrm{grad}\,\Phi(\mathbf{r})=\mathbf{i}\times \frac{\mathbf{i}\times \mathbf{r}}{|\mathbf{i}\times \mathbf{r}|}</math>
 
  
Megjegyezzük, hogy ehhez még a függvénykompozíció deriválási szabályával is lejuthattunk volna:
 
:<math>\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})</math>
 
  
  

A lap jelenlegi, 2013. október 21., 10:44-kori változata

Differenciálhatóság

A többváltozós differenciálhatóságot az egyváltozós alábbi átfogalmazásából általánosítjuk:

\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)-m(x-u)}{|x-u|}=0
\lim\limits_{x\to u+}\frac{f(x)-f(u)-m(x-u)}{x-u}=0\quad\wedge\quad\lim\limits_{x\to u-}\frac{f(x)-f(u)-m(x-u)}{-(x-u)}=0
\lim\limits_{x\to u+}\left(\frac{f(x)-f(u)}{x-u}-m\right)=0,\quad\wedge\quad\lim\limits_{x\to u-}-\left(\frac{f(x)-f(u)}{x-u}-m\right)=0
\lim\limits_{x\to u+}\frac{f(x)-f(u)}{x-u}=m,\quad\wedge\quad\lim\limits_{x\to u-}-\frac{f(x)-f(u)}{x-u}=-m
\lim\limits_{x\to u}\frac{f(x)-f(u)}{x-u}=m


Definíció. Legyen f: Rn \supset\!\longrightarrow Rm és u ∈ int Dom(f). Azt mondjuk, hogy f differenciálható az u pontban, ha létezik olyan A: Rn \to Rm 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 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 Rm lineáris leképezés és ε: Dom(f) \to Rm 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 tulajdonságú, 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 egyszerűsíthetünk és t\to 0 esetén ε és η nullává válik. Ez viszont pont azt jelenti, hogy a két lineéris operátor azonosan egyenlő.

Jacobi-mátrix

A df(u) lineáris leképezés (e1,e2,...,en) szetenderd bázisbeli mátrixa legyen: [df(u)] = A. Vizsgáljuk mibe viszi a bázisokat df(u) leképezés!

Írjuk fel a definíciót, de az e1 egységvektor mentén tartsunk u-hoz: x = u + te1. Ekkor

x-u=te_1\,

ami azért hasznos, mert a

\mathcal{A}(x-u)=\mathcal{A}(te_1)\,

alakból kiemelhetó t:

0=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_1)-f(u)-\mathcal{A}(te_1)}{t}=
=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_1)-f(u)-t.\mathcal{A}(e_1)}{t}=
=-\mathcal{A}(e_1)+\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_1)-f(u)}{t}

azaz

\mathcal{A}(e_1)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te_1)-f(u)}{t}=\partial_1 f(u)

vagyis f koordinátafüggvényeinek az első változó szerinti parciális deriváltja az u pontban. A többi oszlopvektor 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.

Következmény. Tehát. ha f totálisan differenciálható, akkor parciálisan is differenciálható és a differenciál sztenderd bázisbeli mátrixa a Jacobi-mátrix.

Azaz:

teljes differenciálhatóság \Longrightarrow parciális differenciálhatóság

de ez fordítva már nem igaz:

parciális differenciálhatóság \not\Rightarrow teljes differenciálhatóság

Erre vonatkozik a két alábbi példa.



4. gyakorlat 6. gyakorlat
Személyes eszközök