Matematika A2a 2008/7. gyakorlat

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

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 = (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.

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