Matematika A2a 2008/7. gyakorlat

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

Ugrás: navigáció, keresés

A lap 2010. május 5., 12:12-kori változata

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

Tartalomjegyzék

1 Skalárfüggvények szorzata
- 1.1 Példa
2 Függvénykompozíció differenciálja
- 2.1 Gömbszimmetrikus feldatok
3 Folytonos parciális differenciálhatóság

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.

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.

Ugyanis, a deriváltak lineáris leképezések:

$v\mapsto (\mathrm{d}g(u))v=(\mathrm{grad}\,(u))\cdot v\,$

$w\mapsto (\mathrm{d}f(x))w=f'(x)\cdot w\,$

Ezek kompozíciója (f-et az x=g(u)-ban felírva):

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

Hol diffható?

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

(Útmutatás: abs'=sgn, a 0-án kívül.)

0-ban nem, mert a parciális deriváltak nem léteznek. Azon kívül:

Külső függvény:

$f(x)=\sqrt(x)\,$

nemnulla x-re:

$f'(x)=\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}\,$

A belső:

$r^2\,$

gradiense 2r.

Így:

$\mathrm{grad}\,\sqrt{r^2}=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{r^2}}. 2r=\frac{r}{|r|}$

Gömbszimmetrikus feldatok

Mi az

$\Phi(r)=|r|^\alpha\quad\quad\alpha>0$

függvény gradiense és differenciálja. Hol diffható?

0-ban α=1 vagy α<1 esetén biztosan nem diffható, mert a parciális deriváltak nem léteznek.

A külső függvény:

$\,f(x)=x^\alpha$

$\,f'(x)=\alpha x^{\alpha-1}$

A belső függvény: $\,f(x)=|r|$

Ez nem diffható 0-ban (mert a parciális deriváltjai nem léteznek), de máshol:

$\mathrm{grad}\,|r|=\frac{r}{|r|}\,$

Ekkor r≠0-ban:

$\mathrm{grad}\,\Phi(r)=\alpha |r|^{\alpha-1}.\frac{r}{|r|}=\alpha r |r|^{\alpha-2}$

Ha r=0 és α>1, akkor

$\frac{|r|^\alpha-0-0}{|r|}=|r|^{\alpha-1}\to 0$

Tehát a derivált

$\mathrm{grad}\,\Phi(r)=\left\{\begin{matrix}0, &\mathrm{ha} & r=0\\\alpha r |r|^{\alpha-2}, &\mathrm{ha} & r\ne 0\end{matrix}\right.$

Példa. r³|r|^α milyen α-ra diffható mindenhol és mi a deriváltja?

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.

Nevezetes függvénysorozat

$f_n(x,y)=\frac{x^ny}{x^2+y^2}\quad f_n(0,0)=0$ függvényosztály folytonossága parciális és totális deifferenciálhatósága, folytonos parciális és totális differenciálhatósága

6. gyakorlat	8. gyakorlat

@@ 159. sor: / 159. sor: @@
 * <math>f_n(x,y)=\frac{x^ny}{x^2+y^2}\quad f_n(0,0)=0</math> függvényosztály folytonossága parciális és totális deifferenciálhatósága, folytonos parciális és totális differenciálhatósága
-==Implicit függvény deriváltja==
-'''Implicit''' megadású '''függvény'''ről akkor beszélünk, amikor egy függvény megadása nem (az explicit módon) ''y'' = ''f''(''x'') alakban történik, hanem az x és y kapcsolatát egy mindkét változót tartalmazó
-:<math>F(x,y) = 0 \,</math>
-egyenlet írja le.
-Például adjunk meg olyan függvényt, melynek grafikonja valamely kör egy szakasza. Az
-:<math>x^2+y^2=1\,</math>
-egyenletű körből könnyű az ''y'' változót kifejezni, az <math>\mbox{ }_{y=\sqrt{1-x^2}}</math> és <math>\mbox{ }_{y=-\sqrt{1-x^2}}</math> alakokat kapjuk. Bonyolultabb esetekben, például a
-:<math>\sin y =x\,</math>
-esetén semmi reményünk, hogy az ''y'' változóra valamilyen egyenletrendezéssel általános képletet kapjunk. Az ilyen példák miatt nevezik ezeket a típusú függvényeket ''implicit'', avagy régi, választékos kifejezéssel élve ''bennrekedt'' függvényeknek. A differenciálszámítás szempontjából megelégedhetünk azzal, ha az implicit függvény deriváltját ki tudjuk számolni. Sok esetben ebből már következtethetünk a függvényre vagy annak viselkedésére is.
-A modern analízis szemszögéből egy N &times; M <math>\rightarrow</math> K normált terek között ható ''F'' függvény ''a'' &isin; ''N'' és ''b'' &isin; ''M'' pontokhoz tartozó implicit függvényén olyan, az ''a'' egy ''U'' környezetén értelmezett és a ''b'' egy ''V'' környezetébe képező ''f'':''U'' <math>\rightarrow </math> ''V'' függvényt értünk, melyre f(a)=b és minden ''x'' &isin; ''U'' pont esetén rendelkezik az
-:<math>F(x,f(x))=0\,</math>
-tulajdonsággal. Amelyet szavakban úgy fogalmazhatunk meg, hogy az F(x,y)=0 egyenletből az ''y'' változó kifejezhető y=f(x) alakban.
-Most szorítkozzunk csak a kétváltozós esetre és tegyük fel, hogy létezik differenciálható implicit függvénye a differenciálható F függvénynek. Ekkor az F(x,y) függvény implicit függvénye az f(x), ha egy adott (u,v) pontban:
-:F(u,v)=0 és
-:minden az f értelmezési tartományába eső x-re F(x,f(x))&equiv;0 és
-:f(u)=v,
-akkor világos, hogy ha
-:0 &equiv; &phi;(x) = F(x,f(x)) = (F<math>\circ</math>(id,f))(x) ,
-akkor
-:&phi;'(x) &equiv; 0
-így tehát a függvénykompozíció deriválásának szabálya szerint:
-:<math>\varphi'(u)=[\partial_1F(u,v),\partial_2F(u,v)]\cdot \begin{bmatrix}1\\f'(u)\end{bmatrix}=\partial_1 F(u,v)+\partial_2F(u,v)\cdot f'(u)\,=0</math>
-így
-:<math>f'(u)=-\frac{\partial_1 F(u,v)}{\partial_2 F(u,v)} \,</math>
-==Implicitfüggvény tétel==
-'''Tétel''' – ''Implicitfüggvény-tétel '''R'''-beli implicit függvényre'' – Legyen ''F'' az '''R'''<sup>2</sup> egy részhalmazán értelmezett, '''R'''-be képező differenciálható függvény, mely az értelmezési tartománya egy ''(a,b)'' belső pontjában folytonosan  differenciálható, F(a,b) = 0 és
-:<math>\partial_2 F(a,b)\neq 0</math>
-(azaz (a,b)-ben az ''y'' szerinti [[parciális derivált]]ja nem nulla).
-Ekkor van a-nak olyan <math>I</math> és b-nek olyan <math>J</math> környezete, hogy F-nek egyértelműen létezik az (a,b) párhoz tartozó f: <math>I</math> <math>\rightarrow</math> <math>J</math> implicit függvénye, mely erősen differenciálható a-ban és deriváltja:
-:<math>f'(a)=-\frac{\partial_1 F(a,b)}{\partial_2 F(a,b)}</math>
-''Vázlatos bizonyítás.'' I. Először megkonstruáljuk az y=y(x) függvényt. Létezik olyan I &times; J &sube; Dom(F) az (a,b) körül, hogy &part;<sub>2</sub>F sehol sem nulla, azonos előjelű -- sőt feltehetjük, hogy pozitív. Ez amiatt van, hogy &part;<sub>2</sub>F(a,b) &ne; 0 és &part;<sub>2</sub>F folytonos.
-Az y=y(x) implicit függvény létezése egyenértékű azzal, hogy
-:minden ''x'' &isin; <math>I</math>-re az F( x , . ) parciális függvénynek zérushelye van J-ben,
-hiszen ekkor minden x-hez létezik olyan ''y'' &isin; J, hogy F(x,y)=0. Belátjuk, hogy minden ilyen x-hez ''egyetlen'' zérushelye van F( x , . )-nek.
-Tekintsük a folytonos F( a , . ) parciális függvényt. A pozitívra választott y-szerinti deriváltból következik, hogy ez <math>I</math>-n szigorúan monoton növekvő. Mivel b-ben zérushelye van ( F(a,b)=0 ), ezért van olyan <math>y_2</math> > b pont, hogy ott F( a , . ) pozitív és <math>y_1</math> < b pont, hogy ott F( a , . ) negatív. Ekkor F folytonossága miatt van az (a,<math>y_1</math>) pontnak olyan környezete, ahol F negatív és
-van az (a,<math>y_2</math>) pontnak olyan környezete, ahol F pozitív. Most definiáljuk át <math>I</math>-t és J-t úgy, hogy <math>I</math> &times; J-n az F egy J-beli elem fölött mindenhol pozitív, egy J-beli elem alatt mindehol negatív értéket vegyen föl.
-A  praciális deriváltak folytonosságából az is következik, hogy minden x &isin; <math>I</math>-re az F( x , . ) függvény is szigorúan monoton növekvő, negatív és pozitív értéket is felvevő folytonos függvény, így a [[Bolzano-tétel]] alapján létezik <math>y_x</math> zérushelye és mindegyiknek egyetlen zérushelye létezik.
-II. Állítjuk, hogy a &phi;:<math>I</math> <math>\rightarrow</math> J, x <math>\mapsto</math> <math>y_x</math> függvény implicit függvénye F-nek, azaz minden x &isin; <math>I</math>-re F(x,&phi;(x))=0.
-Könnyen belátható, hogy &phi; folytonos a-ban, hiszen ha a-hoz közeledve mindig találnánk olyan x pontot, hogy &phi;(x) egy adott &epsilon;-nál mindig jobban eltér b-től, akkor &phi;(x) egy olyan környezetbe esne bele, ahol F mindenhol egy pozitív számnál nagyobb vagy mindenhol egy negatív számnál kisebb. Ám, F(x,&phi;(x))=0, így ez ellentmondana
-F folytonos tulajdonságának.
-III. Végül az implicit függvény differenciálható a-ban, mert ha van (a,b)-ben érintősík, akkor az az érintőegyenesben metszi az [x,y] síkot.
-=== Példák===
-Tekintsük a következő egyenletű síkgörbét:
-:<math>x^5+xy+y^5=3\,</math>
-Nem lenne könnyű feladat kifejezni belőle y-t, mert az ötödfokú egyenletnek nincs általános megoldóképlete. Mivel a baloldal akárhányszor differenciálható, ezért joggal feltételezhetjük, hogy bizonyos pontokban létezik implicit függvénye. Tegyük fel, hogy &phi; ilyen függvény. Ekkor az egyenlet
-:<math>x^5+x\varphi(x)+(\varphi(x))^5=3</math>
-alakú, melynek minden olyan x-nél, ahol &phi; differenciálható:
-:<math>5x^4+\varphi(x)+x\varphi'(x)+5\varphi^4(x)\cdot\varphi'(x)=0</math>
-ahonnan a derivált:
-<math>\varphi'(x)=-\frac{5x^4+\varphi(x)}{5\varphi^4(x)+x}</math> vagy szimbolikusan: <math>y'=-\frac{5x^4+y}{5y^4+x}</math>.
-Alaposabb vizsgálatokkal kideríthető, hogy ez a derivált minden pontban létezik és negatív, így az implicit függvény mindenhol létezik és szigorúan monoton csökkenő. Vegyük észre, hogy a nevezőben lévő kifejezés pont &part;<sub>y</sub>F(x,y) és az implicit függvény létezésének feltétele pont a nevező nullától különböző volta.
-==Többváltozós eset==
-Ebben az esetben is az „érintősík” végtelenül közelítő tulajdonsága játszik majd fontos szerepet. Jól látható az összefüggés, ha feltesszük, hogy ''F'' egy '''R'''<sup>n</sup>&times;'''R'''<sup>m</sup>-en értelmezett affin függvény, azaz egy lineáris leképezés eltoltja. Ekkor
-:''F(x,y) = F(a+h,b+k) = F(a,b)+dF<sub>1</sub>(a,b)h+dF<sub>2</sub>(a,b)k''.
-Amennyiben ''y = y(x)'' olyan, hogy ''y(a) = b'' és ''F(x,y(x)) = 0'', akkor fennáll a ''0 = dF<sub>1</sub>(a,b)h + dF<sub>2</sub>(a,b)k''
-egyenlőség és ''k'' kifejezhető, amennyiben az ''A = dF<sub>2</sub>(a,b)'' mátrix invertálható. A ''B = dF<sub>1</sub>(a,b)'' jelöléssel ekkor
-:''k = -(A<sup>-1</sup><math>\cdot</math>B) h''.
-Általános esetben ez csak egy másodrendűen kicsiny tag hozzávételével lesz igaz, de az implicit függvény létezésének belátásához szükséges a fenti gondolatmenet is.
-[[Banach-tér|Banach-terek]] esetén (melyek akár végtelen [[dimenzió]]sak is lehetnek) a tétel a következő.
-'''Tétel''' – ''Implicitfüggvény-tétel Banach-terekre'' – Legyen E, H, G Banach-terek, F:E &times; H <math>\rightarrow</math> G olyan függvény, mely (a,b) &isin; E &times; H-ban erősen differenciálható. Ha a &part;<sub>2</sub>F(a,b) lineáris leképezés injektív és az inverzével együtt folytonos, akkor egyértelműen létezik az F-nek egy az (a,b) párhoz tartozó f lokális  implicit függvénye, ez erősen differenciálható a-ban és differenciálja:
-: <math>df(a)=-(\partial_2 F(a,b))^{-1}\circ(\partial_1 F(a,b))</math>
-Vagy egy kevésbé absztrakt tétel:
-'''Tétel''' – ''Implicitfüggvény-tétel '''R'''<sup>n</sup>-re'' – Legyen F:'''R'''<sup>n</sup>&times;'''R'''<sup>m</sup><math>\rightarrow</math>'''R'''<sup>m</sup> folytonosan differenciálható függvény, (a,b) &isin; '''R'''<sup>n</sup>&times;'''R'''<sup>m</sup>olyanok, hogy F(a,b)=0 és <math>\mbox{ }_{\det\left(\frac{\partial F_i(a,b)}{\partial y_k}\right)_{i,k=1,...,m}\ne 0}</math>. Ekkor egyértelműen létezik F-nek egy az (a,b)-hez tartozó lokális implicit függvénye.

Matematika A2a 2008/7. gyakorlat

A lap 2010. május 5., 12:12-kori változata

Tartalomjegyzék

Skalárfüggvények szorzata

Példa

Függvénykompozíció differenciálja

Gömbszimmetrikus feldatok

Folytonos parciális differenciálhatóság

Nem differenciálható, nem folytonosan parciálisan differenciálható függvény

Differenciálható, de nem folytonosan parciálisan differenciálható

Nevezetes függvénysorozat

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök