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
t0
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 =
t0
t
ve
Ł ł
ćć 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
ŁŁ ł
= lim =
t0
t
ć
2 3 5 5
- 5 t2 + 5 t + 2, 5 t + 3,t2 + 5 -(2,3,5)
Ł ł
= lim =
t0
t
ć
- 2 t2 + 3 5 t, 5 t,t2
5 5 5 ć
3 5 5
Ł ł
= lim = , ,0
t0
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
śf
(x0):= De f (x0)
j
śxj
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 )
śf
j j j
(x0) = lim = lim
t0 t0
śxj 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
śf f (0 + t,0)- f (0,0) f (t,0)- f (0,0) t - 0
(0,0)= lim = lim = lim = lim1 = 1
t0 t0 t0 t0
śx t t t
śf f (0,0 + t)- f (0,0) f (0,t)- f (0,0) 0 - 0
(0,0)= lim = lim = lim = lim 0 = 0
t0 t0 t0 t0
śx 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 =
t0 t0 t0
v
t t t
t4v13v2 v13v2 0, gdy v2 = 0
= lim =
0, gdy v2 ą 0ż = 0
{
4
t0 t0
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)
nĄ
oraz
1
n6 1
,
lim f (xn, yn)= lim = ą 0 = f (0,0)
nĄ nĄ
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
h0
h
lub
rx (h)
0
f (x0 + h)- f (x0)= Lx (h)+ rx (h), gdzie lim = 0.
0 0
h0
1 3 13
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
Df = 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, h12h2, 44223 + h12 + h22 =
h h
123 1+3 11 + 42
4 41
Ł liniowe liniowe liniowe ł
= (2h2 44h1 244h1442)+(h1h2,422 + h3
+ 2h
14+ h1, 4+ h2, 4 3 140, h14422)
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)
{
h10
h0 h0
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
r0 r0 424j
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
ę1
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.
{
2j
r0 r0 1 3
r
0
ograniczony
j -dow. j -dow.
II. Wyznaczamy część liniową w inny sposób
f (h1,h2)- f (0,0)= h2 +(h1324)
{
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 123
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 (af + bg)
(istnieje rózniczka kombincji liniowej funkcji f i g)
0
oraz
dx (af + bg) = 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
424)
124
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 = =
t0 t0
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 = limdx f (h)+ = limędx f (h)+ h = dx f (h)
ś
ę 0 ś 0 0
t0 t0 t0
42
4
t t th t
{
ę1stale3 13sgnt ś
2
ę Ż ś
ę 10 3
424 ś
Ż
ę ś
0
c
Wniosek
Kn.
Niech X= Jeśli
$dx f ,
0
to
śf śf
$ (x0) Ł (x0)= dx f (e )
" i = 1, 2,..., n.
j
0
śxj śxj
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
śf śf
[dx f ]=[dx f (e ) ... dx f (e )]= (x0) ... (x0)ł =: gradx f
0 0 0 0
1 3 1441 3
2 42444n ęśx1
śxn 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
śf1 śf1 śf1
(x0) (x0) (x0)ł
ęśx śx2 L śxn ś
1
ę ś
ęśf2 śf2 L śf2
(x0) (x0) (x0)ś
ę ś
śx1 śx2 śxn
[dx f ]=
0
ę ś
M M L M
ę ś
śf śf śf
ę
p p p
(x0) (x0) L (x0)ś
ę
śx1 śx2 śxn 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
678
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
śh1 śh1 śgn śf1
(x0) L (x0)ł śg1 (y0) L (y0)ł śf1 (x0) L (x0)ł
ę
śx1 śxn ś ę śy1 śyP ś ę śx1 śxn ś
ę ś ę ś ę ś
=
ęśh M M śhsM ś ęśg M M śgsM ś ęśf M M śf 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
śx1 śxn śy1 śyP śx1
śxn ś
zatem k-ty wiersz mnożymy przez j-tą kolumnę i otrzymujemy wzór na pochodne cząstkowe
złożenia odwzorowań
p
śhk śgk śfi
(x0)= (y0) (x0) dla j = 1,..., n; k =1,..., s
śxj i=1 śy śxj
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:
śg
śg
[d(x, y)g]= (x, y) (x, y)ł
ę ś
śx śy
ś(r cosj) ś(r cosj)
ł
ę ś
cosj - r sinj
ł
śr śj
[d(r,j ) f ]=
ę
ś(r sinj) ś(r sinj)ś = ęsinj r cosj ś
ę ś
ę śr śj ś
Wyznaczamy macierz różniczki odwzorowania h
cosj - r sinj
śg ł
śg
[d(r,j )h]= [d(x, y)g] [d(r,j ) f ]= (x, y) (x, y)ł =
ę ś ęsinj r cosj ś
x=r cosj
śx śy
y=r sinj x=r cosj
y=r sinj
śg śg śg śg
= (x, y)+ sinj (x, y) - r sinj (x, y)+ r cosj (x, y)ł
ęcosj śx ś
śy śx śy
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
śf
oraz niech " j = 1,...,n $ w każdym punkcie zbioru U.
śxj
13
2
pochodne
czastkowe
Jeśli
śf
" j = 1...n C(x0)
śxj
144424444
4 3
każda pochodna cząstkowa
jest ciągła w punkcie x
0
to
1o $dx f
0
123
istnieje różniczka
w punkcie x
0
oraz
n
śf
2o dx f (h)= (x0)hj dla h = (h1,..., hn ) Rn,
0
śxj
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 Df funkcji f w punkcie x w postaci sumy dwóch różnic:
Df = 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
śf
$c2 (x2, x2 + h2): f (x1 + h1, x2 + h2) - f (x1 + h1, x2) = h2 (x1 + h1,c2)
śx2
f (, x2)
Podobnie, ponieważ funkcja jest ciągła i różniczkowalna w [x , x +h ] zatem, na
1 1 1
podstawie twierdzenia Lagrange'a otrzymujemy
śf
$c1 (x1, x1 + h1): f (x1 + h1, x2) - f (x1, x2) = h1 (c1, x2).
śx1
Stąd
śf śf
f (x + h) - f (x) = h1 (c1, x2)+ h2 (x1 + h1,c2)
śx1 śx2
Obliczamy resztę
śf śf śf śf
rx(h)= f (x + h)- f (x)- dx f (h) = h1 (c1, x2)+ h2 (x1 + h1,c2)- (x1, x2)h1 - (x1, x2)h2 =
śx1 śx2 śx1 śx2
ć ć
śf śf śf śf
= h1 (c1, x1)- (x1, x2) + h2 (x1 + h1,c2)- (x1, x2)
śx1 śx1 Ł śx2 śx2
Ł ł ł
a następnie sprawdzamy, czy jest o(h).
ć ć
rx(h) h1 śf śf h2 śf śf
= (c1, x1)- (x1, x2) + (x1 + h1,c2)- (x1, x2) 0
gdy (h1,h2 )0
h h śx śx1 h śx2 4244 śx2
11 3 14 3
424
{ {
ogr. ogr.
Ł ł Ł ł
Ż Ż
śf śf
(x1, x2) (x1, x2)
śx1 śx2
przy obliczaniu granicy skorzystaliśmy z następujących implikacji:
h1 0 x1 + h1 zmierza x1 c1 x1
do
h10 h10
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 aghBUD WODNE Wykład 6 analiza mechaniczna filtracja MESanaliza finansowa wyklad Analiza wstepna i poziomaSopot stat 11 wyklad 9 Analiza kowariancji i ogolny model liniowyWyklad AnalizaMat 11 08CPP WYKLADY ANALIZA 2ProgCPP Wyklad AnalizaWykład 1 3 Analiza finansowaPZN wyklad 7 analiz ekon finansProgCPP Wyklad AnalizaWykład 4 Analiza ekonomicznaWykłady z analizy matematycznej dla I roku Elektroniki iwyklad krz cz3więcej podobnych podstron