Matematika A2a 2008/3. gyakorlat

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

Ezen a konkrét gyakorlaton konkrét függvények konkrét folytonosságát és konkrét határértékét vizsgáljuk meg konkrét módon.

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 x_i változó szerint, ha az

$f(u_1,...,.,...,u_n): x_i\mapsto f(u_1,...x_i,...,u_n)\,$

egyváltozós valós függvény differenciálható az u_i pontban. Ekkor a fenti függvény u_i-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, u ∈ V₁

$\mathcal{A}(\lambda.\mathbf{v}+\mu.\mathbf{u})=\lambda.\mathcal{A}\mathbf{v}+\mu.\mathcal{A}\mathbf{u}\,$

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,…,b_n) 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$\to$R^m (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 + te_i függvénnyel(, ahol e_i 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 ⊃$\to$ 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.

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 r ≠ 0-ban:

$\mathrm{grad}(f)=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).\mathrm{grad}\,\mathbf{r}^2+\mathbf{r}^2.\mathrm{grad}\,\sin(|\mathbf{r}|^{-2})=$

$=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).2\mathbf{r}+\mathbf{r}^2\cdot\cos(|\mathbf{r}|^{-2})\cdot(-2)|\mathbf{r}|^{-3}.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}$

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?

$f(x,y)=\frac{x^3y-xy^3}{x^2+y^2}\qquad (x,y)\ne(0,0)$

$\partial_{1}f(x,y)=\frac{(3x^2y-y^3)(x^2+y^2)-2x(x^3y-xy^3)}{(x^2+y^2)^2}=\frac{3x^4y-x^2y^3+3x^2y^2-y^5-2x^4y+2x^2y^3}{(x^2+y^2)^2}=\frac{x^4y+x^2y^3+3x^2y^2-y^5}{(x^2+y^2)^2}$

$\partial_1(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^4\cdot 0+x^2\cdot 0^3+3x^2\cdot 0^2-0^5}{x(x^2+0^2)^2}=0$

$\partial_2(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{0^4y+0^2y^3+3\cdot 0^2y^2-y^5}{y(0^2+y^2)^2}=\lim\limits_{y\to 0}\frac{-y^5}{y^5}=-1$

$\partial_{1}f(x,y)=\begin{cases}0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\ \frac{}{(x^2+y^2)^2},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0) 0\end{cases}$

$\partial_{1}(\partial_{1}f)(0,0)=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{klkj}{asdsa}$

2. gyakorlat

pótló gyakorlat