Wykłady z analizy cz3


WERSJA NIEOFICJALNA
WSTPNIE POPRAWIONA
POCHODNA KIERUNKOWA
Załóżmy, że dimX >1.
z
z = f(x,y)
f(P0)
f[l]


v
l||v i P0Tl

l
P0 y
U
x
Definicja
Niech (�X , . )�, (�Y, . )�
- przestrzenie unormowane nad ciałem K,
U ��TopX (U - zbiór otwarty w przestrzeni X ),
f :U �� Y,
x0 ��U,
��
v �� X .
��
��
v
Dodatkowo zakładamy, że jest wektorem jednostkowym, tzn. | v | =�1.
��
v
Pochodną kierunkową funkcji f w punkcie x w kierunku wektora nazywamy taki wektor
0
(D f )(�x0)���Y , że:
��
v
��
ć� ��
f x0 +� t v -� f (�x0)�
�� ��
Ł� ł�
ć� ��
D f (�x0)�:=� lim
�� ��
��
t��0
Ł� v ł�
t
lub równoważnie (z wykorzystaniem o(h))
��
ć� ��
��
f x0 +� t v -� f (�x0)�-� t ��ć� D f (�x0)�=� o(�t)�
�� ��
�� �� ��
Ł� v ł�
Ł� ł�
Przykład
Niech f : R2 �� R3, f (�x, y)�=� (�xy, x +� y, x2 +� y2)�.
Wyznaczyć pochodną kierunkową funkcji f w punkcie (x ,y )=(2,1) w kierunku wyznaczonym
0 0
��
przez wektor v =� [-�1,2]
.
�� ��
v v
Wersor równoległy do wektora jest postaci
e
��
��
��-� ł�
v [-�1,2] 5 2 5
v =� =� =� ,
e
ę� ś�
��
5 5
5
�� ��
| v |
ć� ��
5 2 5
�� ��
f -� t,1+� t -� f (�2,1)�
��2 5 ��
5
ć� ��
Ł� ł�
�� ��
D f (�2,1)�:=� lim =�
�� ��
��
t��0
t
ve
Ł� ł�
ć�ć� 5 �� ć� 2 5 �� 5 ć� 5 ��2 ć� 2 5 ��2 ��
����2 -� t ������1+� t ��,3 +� t,��2 -� t �� +� ��1+� t �� ��
-�(�2,3,5)�
���� 5 �� �� 5 �� 5 �� 5 �� �� 5 �� ��
ł� Ł� ł� Ł� ł� Ł� ł�
Ł�Ł� ł�
=� lim =�
t��0
t
ć� ��
2 3 5 5
�� ��
��-� 5 t2 +� 5 t +� 2, 5 t +� 3,t2 +� 5�� -�(�2,3,5)�
Ł� ł�
=� lim =�
t��0
t
ć� ��
��-� 2 t2 +� 3 5 t, 5 t,t2 ��
�� ��
5 5 5 ć� ��
3 5 5
Ł� ł�
��
=� lim =� , ,0��
�� ��
t��0
t 5 5
Ł� ł�
Kn
Niech X =
{e ,...,e }  baza kanoniczna Kn
1 n
U ��TopKn
f :U �� Y
0 0 0
x0 ��U x0 =� (�x1 , x2 ,..., xn)�
(czyli x0 - punkt należący do zbioru U otwartego w Kn )
j-tą pochodną cząstkową funkcji f w punkcie x0 nazywamy pochodną kierunkową w
De f (�x0)�
j
kierunku wektora e i oznaczamy
j
ś�f
(�x0)�:=� De f (�x0)�
j
ś�xj
Zatem
zdef . pochodnej
0 0 0 0 0 0
kierunkowej
f (�x0 +� tej)�-� f (x0) f (�x1 , x2 ,...x0-�1, x0 +� t, x0+�1,..., xn)�-� f (x1 , x2 ,..., xn )
ś�f
j j j
(�x0)� =� lim =� lim
t��0 t��0
ś�xj t t
Przykład
Niech f : R2 �� R
x, gdy y =� 0,
��
f (�x, y)�=�
��0, gdy y ą� 0.
��
x0 =� (�0,0)�.
Wyznaczyć pochodne cząstkowe funkcji f w punkcie
ś�f f (�0 +� t,0)�-� f (�0,0)� f (�t,0)�-� f (�0,0)� t -� 0
(�0,0)�=� lim =� lim =� lim =� lim1 =� 1
t��0 t��0 t��0 t��0
ś�x t t t
ś�f f (�0,0 +� t)�-� f (�0,0)� f (�0,t)�-� f (�0,0)� 0 -� 0
(�0,0)�=� lim =� lim =� lim =� lim 0 =� 0
t��0 t��0 t��0 t��0
ś�x t t t
Związek między istnieniem pochodnych kierunkowych a ciągłością funkcji
Przykład
Niech f : R2 �� R
1, gdy x =� 0 lub y =� 0,
��
f (�x, y)�=�
��0, w przeciwnym przypadku.
��
Wtedy istnieją pochodne cząstkowe funkcji f w punkcie (0,0), choć funkcja nie jest ciągła w
tym punkcie.
Uwaga
1. Istnienie pochodnych cząstkowych w punkcie nie zapewnia ciągłości funkcji w tym
punkcie.
2. Istnienie pochodnej kierunkowej funkcji w punkcie w kierunku dowolnego wektora
(unormowanego) nie zapewnie ciągłości funkcji w tym punkcie.
Przykład
Niech f : R2 �� R
��
x3 y
�� , gdy (x, y) ą� (0,0),
f (�x, y)�=�
�� x6 +� y2
��0,
gdy (x, y) =� (0,0).
��
Zbadać ciągłość funkcji f oraz wyznaczyć pochodną kierunkową w kierunku dowolnego
x0 =� (�0,0)�
wektora w punkcie .
�� ��
��
v =� [�v1,v2]�ą� 0 v
Niech , - niezerowy wektor unormowany, tzn. v =� 1.
Wtedy
t4v13v2
-� 0
f (�(�0,0)�+� t(�v1,v2)�)�-� f (�0,0)� f (�tv1,tv2)�-� f (�0,0)� t6v16 +� t2v22
D f (�0,0)�=� lim =� lim =� lim =�
��
t��0 t��0 t��0
v
t t t
��
t4v13v2 v13v2 0, gdy v2 =� 0��
=� lim =�
��0, gdy v2 ą� 0ż� =� 0
{�
4
t��0 t��0
t3(�t4v16 +� v22)�=� lim t �� t{� +� v22 ��
v16
Ż�
��
0
Ż�
0
Udowdniliśmy, że istnieje pochodna kierunkowa funkcji w punkcie (0,0) w kierunku
dowolnego wektora.
1 1
ć� ��
Jednakże funkcja ta nie jest ciągła w tym punkcie, bo dla ciągu (�xn, yn)�=� ,
�� ��
n n3
Ł� ł�
"�n�� N:xn ą� 0, yn ą� 0;
lim(�xn, yn)�=� (0,0)
n��Ą�
oraz
1
n6 1
,
lim f (�xn, yn)�=� lim =� ą� 0 =� f (�0,0)�
n��Ą� n��Ą�
1
2
2
n6
zatem na podstawie definicji Heinego f ��C(�0,0)�
.
RÓŻNICZKA ZUPEANA
Niech przestrzenie unormowane nad K
(�X , )�,(�Y, )�
U ��TopX
f :U �� Y
x0 ��U
Różniczką zupełną (pochodną zupełną) odwzorowania f w punkcie x nazywamy
0
odwzorowanie liniowe i ciągłe Lx �� L(�X ,Y )�
spełniające warunek
0
f (�x0 +� h)�-� f (�x0)�=� Lx (�h)�+� o(�h)� dla x0 +� h ��U
0
lub równoważnie
f (�x0 +� h)�-� f (�x0)�-� Lx (�h)�
0
lim =� 0 ��Y
h��0
h
lub
rx (�h)�
0
f (�x0 +� h)�-� f (�x0)�=� Lx (�h)�+� rx (�h)�, gdzie lim =� 0.
0 0
h��0
1� 3� 1�3�
2� 2�
h
część reszta
liniowa
Zatem funkcja f w punkcie x ma rózniczkę zupełną, jeśli przyrost funkcji można rozłożyć na
0
część liniową i nieliniową resztę, która jest funkcją typu o(h).
Różniczkę odwzorowania f w punkcie x oznaczamy też symbolem dx f lub f '(�x0)�.
0
0
Definicja
x ��U
Jeśli f jest różniczkowalna dla każdego , to odwozorowanie
f ':U '� x �� dx f �� L(�X ,Y )�
nazywamy odwzorowaniem pochodnym funkcji f.
Przykład
Zbadać różniczkowalność funkcji w punkcie
f : R2 �� R3, f (�x, y)�=� (�xy, x +� y, x2 +� y2)�
(x ,y )=(2,1).
0 0
Wybieramy wektor h=[h ,h ] i obliczamy przyrost funkcji f w punkcie (x ,y )
1 2 0 0
D�f =� f (�x0 +� h1, y0 +� h2)�-� f (�x0, y0)�=� f (�2 +� h1,1+� h2)�-� f (�2,1)�=�
2 2
=�(�(�2 +� h1)�(�1+� h2)�,3 +� h1 +� h2,(�2 +� h1)� +� (�1+� h2)� )�-�(�2,3,5)�=�
ć� ��
��2h2
=� +� h +� h1h2, h12�h2, 44�2�23� +� h12 +� h22 �� =�
h h
1�2�3� 1�+�3� 1�1 +� 4�2
4� 4�1
�� ��
Ł� liniowe liniowe liniowe ł�
=� (�2h2 4�4�h1 2�4�4h14�4�2)�+�(�h1h2,4�2�2 +� h3�
+� 2h
1�4�+� h1, 4�+� h2, 4� 3� 1�4�0, h14�4�22)�
część część
liniowa nieliniowa
Musimy pokazać, że część nieliniowa jest typu o(h), czyli:
ć� ��
(�h1h2,0,h12 +� h22)�=�lim (�h1h2,0, h12 +� h22)�=� lim�� h1h2
lim ,0, h12 +� h22 �� =� (�0,0,0)�
{�
h1��0
h��0 h��0 �� ��
h
�� h12 +� h22 h2 ��0Ł� h12 +� h22
ł�
skorzystalismy z liczymy granicę dla
normy euklidesowej każdej składowej osobno
h1h2 obliczyliśmy korzystając ze
gdzie granicę pierwszej składowej
lim(�0,0)�
(�h1 ,h2 )��
h12 +� h22
współrzędnych biegunowych:
r cosj� r sinj�
lim =� lim rcosj� sin =� 0
{�1� 3�
r��0 r��0 4�2�4�j�
r
0
ograniczone
j� -�dow. j� -�dow.
Zatem udowodniliśmy, że część liniowa należy do klasy o(�h)��� f �� D(�x0, y0)�.
Część liniowa stanowi rózniczkę, czyli
d(2,1) f (�h1, h2)�=� (�2h2 +� h1, h1 +� h2,4h1 +� 2h2)�
lub korzystajacąc z macierzowego zapisu odwzorowania liniowego
1 2
�� ł�
ę�1
d(2,1) f (�h1, h2)�=� 1ś�[�h1, h2]�.
ę� ś�
ę� ś�
��4 2��
Twierdzenie (o jednoznaczności różniczki w punkcie)
Jeśli istnieje różniczka dx f , to jest jedyna.
0
Uwaga
Jedyność różniczki odwzorowania określonego w przestrzeni o wymiarze dimX >1
uzyskujemy dzięki temu, że dziedzina tego odwzorowania jest zbiorem otwartym.
Przykład
D =�{�(�x, y)�: 0 Ł� x Ł� 1, 0 Ł� y Ł� x2}�,
Niech
f : D �� R,
f (�x, y)�=� x3.
D ��TopR2.
Dziedzina funkcji nie jest zbiorem otwartym,
Wyznaczamy różniczkę w punkcie (x ,y )=(0,0), który jest punktem skupienia dziedziny D.
0 0
I. Rozłóżmy przyrost w punkcie (0,0) na część liniową i nieliniową
f (�0 +� h1,0 +� h2)�-� f (�0,0)�=� h13 =� 0 +� h13
Zatem L(�0,0)�(�h)�=� 0 jest różniczką funkcji w punkcie (0,0), jeżeli
r(h) =� h13 jest typu o(h).
Sprawdzamy czy r(�h)���o(�h)�:
h13
lim(0,0) =� 0,
(h1,h2 )��
h12 +� h22
ponieważ
r3 cos3 j�
lim =� lim r2 cos3 =� 0.
{�
2�j�
r��0 r��0 1� 3�
r
0
ograniczony
j� -�dow. j� -�dow.
II. Wyznaczamy część liniową w inny sposób
f (�h1,h2)�-� f (�0,0)�=� h2 +�(�h132�4�)�
{�
1� 3�
4�-� h2
liniowe
nieliniowe
Zatem L(�0,0)�(�h1, h2)�=� h2, r(�h1, h2)�=� h13 -� h2 jest typu o(�h)�.
jeżeli
Sprawdzimy, czy reszta jest typu o(h).
h13 -� h2
Na podstawie twierdzenia o trzech funkcjach lim =� 0,
(h1,h2 )��(0,0)
h12 +� h22
ponieważ
h13 -� h2 h13 -� h2 h13 +� h2 h13 +� h2 h12
0 Ł� =� Ł� Ł� Ł� h12 +� =� h1 +� h1 ,
h1 1�2�3�
h12 +� h22 h12 +� h22 h12 +� h22 h1
Ż�
0
h2 Ł� h12 .
(�h1,
gdzie ostatnia nierówność zachodzi ponieważ h2 )��� D , stąd
Z I i II wynika, że funkcja nie ma jednoznacznie określonej różniczki.
Wniosek
Funkcja o dziedzinie nie będącym zbiorem otwartym nie ma jednoznacznie określonej
różniczki.
Twierdzenie 1 (o liniowości różniczki wzgledem odwzorowań)
Niech X,Y  przestrzenie unormowane nad ciałem K
f , g :U �� Y
U �� TopX
f , g �� D(�x0)� oraz niech ą,� ��K.
Wtedy
$�dx (a�f +� b�g)
(istnieje rózniczka kombincji liniowej funkcji f i g)
0
oraz
dx (a�f +� b�g) =� a� �� dx f +� b� �� dx g.
0 0 0
Twierdzenie 2 (o różniczce iloczynu i ilorazu funkcji)
Jeśli dodatkowo założymy, że Y=K, to
ć� ��
f
$�dx ( fg) Ł� $�dx �� �� (istnieją rózniczki iloczynu i ilorazu)
0 0 �� ��
g
Ł� ł�
oraz
dx ( fg) =� g(�x0)��� dx f +� f (�x0)��� dx g
0 0 0
i
g(�x0)���dx f -� f (�x0)��� dx g
ć� ��
f
0 0
dx �� �� =� , gdy g(�x0)�ą� 0.
0 �� �� 2
g
[�g(�x0)�]�
Ł� ł�
Twierdzenie (o różniczce złożenia funkcji)
Niech X,Y,Z  przestrzenie unormowane nad K
U �� TopX , V �� TopY
f :U �� V , g :V �� Z
x0 ��U , y0 �� f (x0) ��V
Jeśli
$�dx f Ł� $�dy g,
0 0
to
$�dx (�g o� f )�
0
i
dx g o� f =� dy g o� dx f
0 0 0
Twierdzenie (o związku rózniczki z pochodną kierunkową)
Założenia jak w twierdzeniu 1.
Jeśli
$�dx f ,
0
to
"�h�� X , h =� 1: $�1� f (x0 Ł� Dh f (�x0)�=� dx f (h).
Dh 3�
0
4�2�4�)
1�2�4�
4� 3�
pochodna kierunkowa wartość różniczki
w kierunku w punkcie x
0
wektora h na wektorze h
Dowód
Niech h �� X , h =� 1. Wtedy
bo istnieje różniczka jest
różniczka odwzorowaniem linowym
f (�x0 +� th)�-� f (�x0)�Ż� lim dx f (�th)�+� o(th) Ż�
0
Dh f (�x0)�=� lim =� =�
t��0 t��0
t t
�� ł�
ę� ś�
ę� ś�
ę� ś�
stale
}�
t �� dx f (�h)�+� o(th)
t
o(th) ę� o(th) ś�
ł�
0
=� lim =� lim��dx f (�h)�+� =� limę�dx f (�h)�+� h =� dx f (�h)�
ś�
ę� 0 ś� 0 0
t��0 t��0 t��0
4�2�
4�
t t th t
�� ��
{�
ę�1�stale3� 1�3�sgnt ś�
2�
ę� Ż� ś�
ę� 1�0 3�
4�2�4� ś�
Ż�
ę� ś�
0
�� ��
c
Wniosek
Kn.
Niech X= Jeśli
$�dx f ,
0
to
ś�f ś�f
$� (�x0)� Ł� (�x0)�=� dx f (e )
"� i =� 1, 2,..., n.
j
0
ś�xj ś�xj
Twierdzenie
f �� D(�x0)�
��
f ��C(�x0)�
Dowód
Wynika bezpośrednio z definicji różniczki.
c
MACIERZOWY ZAPIS RÓŻNICZKI
1. Niech
U ��TopRn
f :U �� R
oraz niech f �� D(�x0)� dla x0 �� Rn .
dx f : Rn �� R
Ponieważ różniczka jest odwzorowaniem liniowym, zatem w bazie
0
e1,...,en macierz różniczki można zapisać w postaci
kanonicznej
��
ś�f ś�f
[�dx f ]�=�[�dx f (�e )� ... dx f (�e )�]�=� (�x0)� ... (�x0)�ł� =�: gradx f
0 0 0 0
1� 3� 1�4�4�1 3�
2� 4�2�4�4�4�n ��x1
ś�xn ś�
�� ��
macierz wartości różniczki na wektorach
różniczki bazowych równe kolejnym
pochodnym cząstkowym
Macierz różniczki nazywamy gradientem funkcji f i oznaczamygradx f .
0
2. Przypadek bardziej ogólny
Niech
U ��TopKn,
f =� (� f1... fP)�:U �� KP,
fi :U �� K, dla i =�1,..., p,
gdzie każde z odwzorowań f nazywamy składową odwzorowania f.
i
Macierz różniczki dx f :
0
ś�f1 ś�f1 ś�f1
��
(�x0)� (�x0)� (�x0)�ł�
ę�ś�x ś�x2 L� ś�xn ś�
1
ę� ś�
ę�ś�f2 ś�f2 L� ś�f2
(�x0)� (�x0)� (�x0)�ś�
ę� ś�
ś�x1 ś�x2 ś�xn
[�dx f ]�=�
0
ę� ś�
M� M� L� M�
ę� ś�
ś�f ś�f ś�f
ę�
p p p
(�x0)� (�x0)� L� (�x0)�ś�
ę�
ś�x1 ś�x2 ś�xn ś�
�� ��
nazywamy macierzą Jacobiego odwzorowania f w punkcie x (j-ta kolumna macierzy
0
Jacobiego jest pochodną cząstkową odwzorowania f względem zmiennej x ).
j
f (�x1, x2, x3)�=� (�x1x2, x1 +� x2)�
Np. funkcja ma 2 składowe f i f :
1 2
f1(�x1, x2, x3)�=� x1x2
f2(�x1, x2, x3)�=� x1 +� x2
Jeśli n=p (macierz jest kwadratowa), to określony jest wyznacznik tej macierzy, który
nazywamy jacobianem,
det[�dx f ]�=� Jx Ź� jakobian
0 0
ZASTOSOWANIE MACIERZY: WZÓR NA POCHODNE CZSTKOWE
ZAOŻENIA ODWZOROWAC
Niech
U ��TopKn
V ��TopK p
f g
U V Ks
f :U �� V
n
Kp K
K
g :V �� Ks
Rozpatrzmy złożenie h =� g o� f , tzn h(x) =� g( f (x)).
Niech
x0 ��U ,
y0 =� f (�x0)���V.
Wtedy istnieje różniczka złożenia i jest równa złożeniu różniczek.
h
6�7�8�
f , g �� D(�x0)� �� $�dx (�g o� f )�=� dy g o� dx f
0 0 0
Ponieważ składanie odwzorowań liniowych odpowiada mnożeniu reprezentujących je
macierzy
ś�h1 ś�h1 ś�gn ś�f1
��
(�x0)� L� (�x0)�ł� �� ś�g1 (�y0)� L� (�y0)�ł� �� ś�f1 (�x0)� L� (�x0)�ł�
ę�
ś�x1 ś�xn ś� ę� ś�y1 ś�yP ś� ę� ś�x1 ś�xn ś�
ę� ś� ę� ś� ę� ś�
=� ��
ę�ś�h M� M� ś�hsM� ś� ę�ś�g M� M� ś�gsM� ś� ę�ś�f M� M� ś�f M� ś�
s s p p
ę�
(�x0)� L� (�x0)�ś� ę� (�y0)� L� (�y0)�ś� ę�
(�x0)� L� (�x0)�ś�
ę� ś� ę� ś� ę�
ś�x1 ś�xn �� �� ś�y1 ś�yP �� �� ś�x1
ś�xn ś�
�� ��
zatem k-ty wiersz mnożymy przez j-tą kolumnę i otrzymujemy wzór na pochodne cząstkowe
złożenia odwzorowań
p
ś�hk ś�gk ś�fi
(�x0)�=� (�y0)��� (�x0)� dla j =� 1,..., n; k =�1,..., s
��
ś�xj i=�1 ś�y ś�xj
j
Przykład
Niech V ��TopR2 (zbiór otwarty w R2),
g :V �� R,
g �� D(�V )�.
Obliczyć pochodną funkcji g we współrzędnych biegunowych.
Tworzymy funkcję f, która wprowadza współrzędne biegunowe
(�r,j�)�
f :[0,+�Ą�)��[0,2p� ) '� (�r,j�)�a� f (�r,j�)�=� (�r cosj�, r sinj�)��� R2
Niech{� ��Top(�[0,+�Ą�)��[0,2p� ))�: f [�U]��� V.
U
podzbiór
otwarty
Wtedy h =� g o� f :U �� R. Ponadto, h �� D(�U )�.
Aby wyznaczyć macierz złożenia h, wyznaczmy macierze różniczek odwzrowań f i g:
�� ś�g
ś�g
[�d(�x, y)�g]�=� (�x, y)� (�x, y)�ł�
ę� ś�
ś�x ś�y
�� ��
ś�(�r cosj�)� ś�(�r cosj�)�
�� ł�
ę� ś�
cosj� -� r sinj�
�� ł�
ś�r ś�j�
[�d(�r,j� )� f ]�=�
ę�
ś�(�r sinj�)� ś�(�r sinj�)�ś� =� ę�sinj� r cosj� ś�
ę� ś� �� ��
ę� ś�r ś�j� ś�
�� ��
Wyznaczamy macierz różniczki odwzorowania h
cosj� -� r sinj�
�� ś�g �� ł�
ś�g
[�d(�r,j� )�h]�=� [�d(�x, y)�g]� ��[�d(�r,j� )� f ]�=� (�x, y)� (�x, y)�ł� �� =�
ę� ś� ę�sinj� r cosj� ś�
x=�r cosj�
ś�x ś�y
�� �� �� ��
y=�r sinj� x=�r cosj�
y=�r sinj�
�� ś�g ś�g ś�g ś�g
=� �� (�x, y)�+� sin��j� (�x, y)� -� r sinj� �� (�x, y)�+� r cosj� �� (�x, y)�ł�
ę�cosj� ś�x ś�
ś�y ś�x ś�y
�� ��
INTERPRETACJA GEOMETRYCZNA RÓŻNICZKI ZUPEANEJ
Niech
K =� R,
U ��TopRn,
f :U �� R,
x0 ��U,
f �� D(�x0)�,
tzn. funkcja jest różniczkowalna w punkcie x .
0
Rozważmy wykres funkcji f, tzn. zbiór
G� =� {�(�x, f (�x)�)�, x ��U}��� Rn+�1
i hiperpłaszczyznę afiniczną Ą przechodząca przez punkt (x ,f(x )) i generowaną przez
0 0
różniczkę wyznaczoną w tym punkcie.
z
p�
(x0,f(x0))
y
x
p� =�{�(�x, y)�: x �� Rn, y �� R, y =� f (�x0)�+� dx f (�x -� x0)�}��� Rn+�1
0
Wymiar hiperpłaszczyzny wynosi n (stopień niższy niż wymiar przestrzeni Rn+�1 ).
Hiperpłaszczyzna Ą jest styczna do wykresu � funkcji f w punkcie o współrzędnych (x ,f(x )),
0 0
bo wartość y z płaszczyzny Ą przybliża wartość funkcji f z dokładnością do o(x-x ),
0
f (�x)�-� y =� f (�x)�-� f (�x0)�-� dx f (�x -� x0)�=� o(x -� x0).
0
{� {�
��G� ��p�
Twierdzenie
Niech
U �� TopRn,
f :U �� Rs,
x0 ��U
ś�f
oraz niech "� j =� 1,...,n $� w każdym punkcie zbioru U.
ś�xj
1�3�
2�
pochodne
czastkowe
Jeśli
ś�f
"� j =� 1...n ��C(�x0)�
ś�xj
1�4�4�4�2�4�4�4�4�
4� 3�
każda pochodna cząstkowa
jest ciągła w punkcie x
0
to
1o $�dx f
0
1�2�3�
istnieje różniczka
w punkcie x
0
oraz
n
ś�f
2o dx f (�h)�=� (�x0)�hj dla h =� (�h1,..., hn )��� Rn,
��
0
ś�xj
j=�1
Dowód (wystarczy rozważyć przypadek s=1, a pozniej utworzyć kombinację liniową
rozwiązań utworzonych dla poszczególnych składowych)
s=1
1) Załóżmy, że n=2.
Wybieramy punkt x =� (x1, x2)��U.
$�r >� 0 : K(x, r) �� U.
Wtedy
Niech h =� (h1, h2)�� K((0,0),r) i h ą� 0(tzn. (h1,h2) ą� (0,0)).
Przedstawmy przyrost D�f funkcji f w punkcie x w postaci sumy dwóch różnic:
D�f =� f (�x +� h)�-� f (�x)�=� f (�x1 +� h1, x2 +� h2)�-� f (�x1 +� h1, x2)�+� f (�x1 +� h1, x2)�-� f (�x1, x2)�
f (�x1 +� h1,��)�
Ponieważ funkcja jest ciągła i różniczkowalna w [x , x +h ] zatem, na podstawie
2 2 2
twierdzenia Lagrange'a
ś�f
$�c2 ��(�x2, x2 +� h2)�: f (x1 +� h1, x2 +� h2) -� f (x1 +� h1, x2) =� h2 �� (�x1 +� h1,c2)�
ś�x2
f (���, x2)�
Podobnie, ponieważ funkcja jest ciągła i różniczkowalna w [x , x +h ] zatem, na
1 1 1
podstawie twierdzenia Lagrange'a otrzymujemy
ś�f
$�c1 ��(�x1, x1 +� h1)�: f (x1 +� h1, x2) -� f (x1, x2) =� h1 �� (�c1, x2)�.
ś�x1
Stąd
ś�f ś�f
f (x +� h) -� f (x) =� h1 �� (�c1, x2)�+� h2 �� (�x1 +� h1,c2)�
ś�x1 ś�x2
Obliczamy resztę
ś�f ś�f ś�f ś�f
rx(�h)�=� f (�x +� h)�-� f (�x)�-� dx f (h) =� h1 (�c1, x2)�+� h2 (�x1 +� h1,c2)�-� (�x1, x2)���h1 -� (�x1, x2)���h2 =�
ś�x1 ś�x2 ś�x1 ś�x2
ć� ć�
ś�f ś�f ś�f ś�f
�� �� �� ��
=� h1�� (�c1, x1)�-� (�x1, x2)��� +� h2�� (�x1 +� h1,c2)�-� (�x1, x2)���
ś�x1 ś�x1 �� Ł� ś�x2 ś�x2 ��
Ł� ł� ł�
a następnie sprawdzamy, czy jest o(h).
ć� �� ć� ��
�� �� �� ��
rx(�h)� h1 �� ś�f ś�f h2 �� ś�f ś�f
=� (�c1, x1)�-� (�x1, x2)��� +� (�x1 +� h1,c2)�-� (�x1, x2)��� �� 0
���
gdy (h1,h2 )��0
�� �� �� ��
h h ś�x ś�x1 h ś�x2 4�2�4�4� ś�x2
1�1 3� 1�4� 3�
4�2�4�
{��� {���
�� ��
ogr. ogr.
Ł� ł� Ł� ł�
Ż� Ż�
ś�f ś�f
(�x1, x2)� (�x1, x2)�
ś�x1 ś�x2
przy obliczaniu granicy skorzystaliśmy z następujących implikacji:
h1 �� 0 �� x1 +� h1 ��zmierza��� x1 �� c1 �� x1
���do
h1��0 h1��0
h2 �� 0 �� x2 +� h2 ��zmierza��� x2 �� c2 �� x2
���do
h2 ��0 h2 ��0
2) Dla n > 2 stosujemy tzw.  zadadę łańcucha . tzn. przyrost funkcji rozkładamy na sumę n
różnic:
n j j-�1
�� ć� ��
�� �� �� ��
f (�x0 +� h)�-� f (�x0)�=� f x0 +� ek ��-� f x0 +� ek ��],
��[ ć� ��hk ��hk
�� ��
i=�1 k =�1 k =�1
Ł� ł� Ł� ł�
gdzie e1,...,en - wektory bazy kanonicznej w Rn
i postępujemy analogicznie jak w punkcie 1).


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
wyklad z analizy matematycznej dla studentow na kierunku automatyka i robotyka agh
BUD WODNE Wykład 6 analiza mechaniczna filtracja MES
analiza finansowa wyklad Analiza wstepna i pozioma
Sopot stat 11 wyklad 9 Analiza kowariancji i ogolny model liniowy
Wyklad AnalizaMat 11 08
CPP WYKLADY ANALIZA 2
ProgCPP Wyklad Analiza
Wykład 1 3 Analiza finansowa
PZN wyklad 7 analiz ekon finans
ProgCPP Wyklad Analiza
Wykład 4 Analiza ekonomiczna
Wykłady z analizy matematycznej dla I roku Elektroniki i
wyklad krz cz3

więcej podobnych podstron