SIMR 2010/2011, Analiza 2, wykład 3, 2011-03-07
Pochodna
Definicja:
Niech będzie dana funkcja f : D → R m , gdzie D ⊂
k
R , punkt x leżący wewnątrz zbioru D. Wtedy
pochodną funkcji f w punkcie x, f 0( x) nazywamy przekształcenie liniowe L : k
m
R → R
takie, że:
f ( x + h) − f ( x) − L( h) lim
= 0
h→ 0
||h||
Jeżeli takie przekształcenie istnieje to mówimy, że funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x (ma pochodną). Jeżeli nie istnieje to funkcja f nie jest różniczkowalna w punkcie x (nie ma pochodnej).
Uwaga 1 Pochodnej f 0( x) odpowiada macierz o m wierszach i k kolumnach. Jest to macierz przekształcenia liniowego L w standardowych bazach.
Uwaga 2 Jeżeli k = 1 to pochodną można utożsamiać z elementem przestrzeni wartośći funkcji f .
Jeżeli m = 1 to pochodną można utożsamiać z elementem przestrzeni argumentów funkcji f .
W ogólnym przypadku k > 1 , m > 1 pochodna jest elementem przestrzennni k · m wymiarowej.
Uwaga 3 Dla ustalonego x elementy tej macierzy są stałymi liczbami rzeczywistymi. Jeśli zmienia się punkt x to elementy tej macierzy też mogą sie zmieniać; wtedy pochodną trzeba traktować jak macierz funkcji lub jak funkcję o wartościach macierzowych.
Definicja:
Niech będzie dana funkcja f : D → R m , gdzie D ⊂ R k jest zbiorem otwartym. Mówimy, że funkcja jest różniczkowalna wtedy i tylko wtedy, gdy jest różniczkowalna dla każdego x ∈ D .
Związek różniczkowalności z ciągłością
Twierdzenie:
Niech będzie dana funkcja f : D → R m , gdzie D ⊂ R k jest zbiorem otwartym. Jeżeli funkcja jest różniczkowalna w x ∈ D to jest w tym punkcie ciągła. Jeżeli jest różniczkowalna (na całej dziedzinie) to jest ciągła.
Związek pochodnej z pochodnymi cząstkowymi i kierunkowymi
Z istnienia pochodnej wynika istnienie pochodnych cząstkowych i kierunkowych.
Twierdzenie:
Niech będzie dana funkcja f : D → R m , gdzie D ⊂ R k , punkt x leżący wewnątrz zbioru D i niech istnieje pochodna funkcji f w punkcie x, f 0( x). Wtedy dla każdego niezerowego wektora v ∈ R k istnieje 0
pochodna kierunkowa f ( x) i jest ona równa:
v
0
f 0( x) · v
f ( x) =
v
||v||
Uwaga 1 Z tego twierdzenia wynika, że istnieją wszystkie pochodne cząstkowe i są równe:
∂f ( x) = f0( x) · ei
∂xi
Uwaga 2 Oznaczmy f ( x) = ( f 1( x) , f 2( x) , . . . fm( x)) . Wtedy pochodna funkcji jest równa:
" ∂f
#
f 0
i
( x) =
( x) , i = 1 , 2 , . . . m, j = 1 , 2 , . . . k
∂xj
1
Z istnienia pochodnych cząstkowych nie wynika jeszcze istnienie pochodnej. Trzeba dodatkowo założyć ich ciągłość.
Twierdzenie:
Niech będzie dana funkcja f : D → R m , gdzie D ⊂ R k, punkt x ∈ int D. Jeżeli w pewnym otoczniu x istnieją wszystkie pochodne cząstkowe funkcji f i są ciągłe w punkcie x to istnieje pochodna funkcji f w punkcie x.
Twierdzenie:
Niech będzie dana funkcja f : D → R m , gdzie D ⊂ R k jest zbiorem otwartym. Jeżeli istnieją i są ciągłe wszystkie pochodne cząstkowe funkcji f na zbiorze D to funkcja f jest różniczkowalna na tym zbiorze i jej pochodna jest funkcją ciągłą na D. Taką funkcję nazywamy funkcją klasy C 1 na D .
Przykład: Znaleźć pochodną funkcji f ( x 1 , x 2) = ( x 2 x
, x
1
2 , 3 x 1 + x 3
2
1 − x 2) w punkcie x(1 , − 1)
Mamy:
∂f
1
∂f 1
∂x
∂x
1
2
2 x 1 x 2
x 21
∂f
∂f
f 0( x
2
2
1 , x 2) =
=
3
3 x 22
∂x 1
∂x 2
1
− 1
∂f
3
∂f 3
∂x 1
∂x 2
Pochodna istnieje, bo wszystkie pochodne cząstkowe są ciągłe. W punkcie (1 , − 1) pochodna jest równa:
− 2
1
f 0(1 , − 1) =
3
3
1 − 1
Gradient
Uwaga: Pojęcie gradientu jest używane dla funkcji o wartościach w R1 (rzeczywistych).
Definicja:
Niech będzie dana funkcja f : D → R , gdzie D ⊂ R k. Niech punkt x ∈ int D i niech istnieje pochodna f 0( x). Gradientem funkcji f w punkcie x nazywamy wektor w przestrzeni R k odpowiadający pochodnej f 0( x) (mający te same współrzędne co macierz f 0( x)).
∂f
∂f
∂f
!
grad f ( x) =
( x) ,
( x) , . . .
( x)
∂x 1
∂x 2
∂xk
Uwaga: Pochodna kierunkowa funkcie f w kierunku wektora v jest równa 0
grad f ( x) · v
f ( x) =
= || grad f ( x) || · cos α
v
||v||
gdzie α jest kątem między wektorem v a gradientem funkcji, a grad f ( x) · v oznacza iloczyn skalarny wektorów. Wynika stąd, że pochodna kierunkowa jest największa gdy kierunkek wektora v równoległy do gradientu i ma ten sam zwrot. Kiedy wektor v jest prostopadły do gradientu, pochodna kierunkowa jest równa 0. Gradient jest więc wektorem prostopdałym do powierzchni stałych wartości funkcji: f ( x) = C.
Przykład 1: Obliczyć gradient f ( x, y, z) = x 2 y − y 3 z oraz pochodną w kierunku wektora v = (2 , − 2 , 1) w punkcie P (1 , − 1 , 0)
∂f ∂f ∂f !
grad f ( x, y, z) =
,
,
= (2 xy, x 2 − 3 y 2 z, −y 3)
∂x ∂y ∂z
2
grad f ( P ) = ( − 2 , 1 , 1) 0
( − 2 , 1 , 1) · (2 , − 2 , 1)
− 5
f ( P ) =
=
v
|(2 , − 2 , 1) |
3
Przykład 2: Znaleźć płaszczyznę styczną do powierzchni S : z = x 2 + y 2 w punkcie P (1 , − 1 , 2) Niech f ( x, y, z) = z − x 2 − y 2. Gradient grad f ( P ) jest wektorem prostopadłym do powierzchni S
w punkcie P , a więc jest też prostopadły do płaszczyzny stycznej. Mając wektor prostopadły do płaszczyzny i punkt P leżacy na tej płaszczyźnie mozna znaleźć jej równanie:
∂f ∂f ∂f !
grad f ( P ) =
,
,
= ( − 2 x, − 2 y, − 1) = ( − 2 , 2 , 1)
∂x ∂y ∂z
Równanie płaszczyzny stycznej:
π : − 2 x + 2 y + z + D = 0
Podstawiając do równania punkt P obliczmy D = 2
Równanie płaszczyzny stycznej:
π : − 2 x + 2 y + z + 2 = 0
Różniczka zupełna
Uwaga: Pojęcie różniczki zupełnej jest używane dla funkcji o wartościach w R1 (rzeczywistych).
Definicja:
Niech będzie dana funkcja f : D → R , gdzie D ⊂ R k. Niech punkt x ∈ int D i niech istnieje pochodna f 0( x). Różniczką funkcji f w punkcie x dla przyrostu argumentu d x nazywamy wartość przekształcenia liniowego f 0( x) dla wektora d x:
∂f
∂f
∂f
d f ( x) = f 0( x) · d x =
( x)d x 1 +
( x)d x 2 + · · · +
( x)d xk
∂x 1
∂x 2
∂xk
Uwaga: Różniczka jest liniową funkcją przyrostu argumentu d x. Przy małych przyrostach argumentu można ją traktować jako przybliżenie przyrostu funkcji ∆ f = f ( x + d x) − f ( x) .
Przykład 1 Znaleźć płaszczyznę styczną do powierzchni S : z = x 2 + y 2 w punkcie P (1 , − 1 , 2) Niech z( x, y) = x 2 + y 2, x 0 = 1 , y 0 = − 1 , z 0 = 2 . Różniczka zupełna fukcji z( x, y) jest równa:
∂z
∂z
d z =
d x +
d y
∂x
∂y
∂z = 2 x = 2
∂x
∂z = 2 y = − 2
∂y
Czyli
d z = 2d x − 2d y
Równanie płaszczyzny stycznej dostaniemy zastępujac d x = x − x 0 , d y = y − y 0 , d z = z − z 0 , z − 2 = 2( x − 1) − 2( y + 1)
− 2 x + 2 y + z + 2 = 0
q
Przykład 2 Znaleźć przybliżoną wartość wyrażenia
(1 , 99)2 − 3 , 02
√
Niech f ( x, y) =
x 2 − y, x 0 = 2 , y 0 = 3 , d x = − 0 . 01 , d y = 0 , 02. Różniczka zupełna fukcji f ( x, y) w punkcie ( x 0 , y 0) jest równa:
∂f
∂f
d f =
d x +
d y
∂x
∂y
∂f
2 x
= √
= 2
∂x
2 x 2 − y
3
− 1
1
= √
= −
∂y
2 x 2 − y
2
Czyli
d f = 2d x − 1 d y
2
Ponieważ przyrosty argumentów są małe, rózniczkę d f możemy traktować jako przybliżenie przyrostu wartości funkcji:
∆ f ' d f
f ( x 0 + d x, y 0 + d y) − f ( x 0 , y 0) ' 2d x − 1 d y 2
f (1 , 99 , 3 , 02) ' f (2 , 3) + 2 · ( − 0 , 01) − 1 · (0 , 02) = 0 , 97
2
Zastosowanie różniczki zupełnej do obliczania błędów.
Przy wykonywaniu pomiarów często wyznaczamy pewną wielkość w mierząc inne wielkości x , y , z i korzystając z pewnego związku między tymi wielkościami w = f ( x, y, z) . Pomiary wielkości mierzonych bezpośrednio obraczone są błądami. Obliczymy błąd wyznaczenia wielkości w.
Niech x 0 , y 0 , z 0 oznaczają wyniki pomiarów, a xr , yr , zr , wr = f ( xr, yr, zr) wartości dokładne.
Oznaczmy błędy rzeczywiste δx = xr − x 0 , δy = yr − y 0 , δz = zr − z 0 . Wielkości tych nie znamy.
Znamy natomiast oszacowania błędów ∆ x , ∆ y , ∆ z takie, że
|δx| ¬ ∆ x , |δy| ¬ ∆ y , |δz| ¬ ∆ z
Oznaczmy w 0 = f ( x 0 , y 0 , z 0) wtedy
∂f
∂f
∂f
δw = wr − w 0 ≈
· δx +
· δy +
· δz
∂x
∂y
∂z
Stąd:
∂f
∂f
∂f
∂f
∂f
∂f
|δ
w | ¬
· |δ
· |δ
· |δ
· ∆
· ∆
· ∆
x| +
y | +
z | ¬
x +
y +
z
∂x
∂y
∂z
∂x
∂y
∂z
Stąd:
|δw| ¬ ∆ w , gdzie:
∂f
∂f
∂f
∆
w =
· ∆
· ∆
· ∆
x +
y +
z
∂x
∂y
∂z
Uwaga 1: Dla uproszczenia notacji wzór został wyrowadzony dla trzech zmiennych. Analogiczny wzór można wyprowadzić dla dowolnej liczby zmiennych.
Uwaga 2: Wielkości ∆ x , ∆ y , ∆ z , ∆ w nazywa się też błędami.
2 l
Przykład: Wyznaczyć przyśpieszenie a oraz jego błąd, korzystając ze wzoru: a =
jeżeli zmierzono
t 2
l = 20 , 0 ± 0 , 2 m ; t = 2 , 0 ± 0 . 1 s.
Dla l = 20 . 0 i t = 2 . 0 mamy a = 10
∂a
∂a
∆
a =
· ∆
· ∆
l +
t
∂l
∂t
∆ l = 0 , 2
∆ t = 0 , 1
∂a
2
=
= 0 , 5
∂l
t 2
∂a
− 4 l
=
= − 10
∂t
t 3
∆ a = | 0 , 5 | · 0 , 2 + |− 10 | · 0 , 1 = 1 , 1
Odpowiedź:
a = 10 . 0 ± 1 , 1 m
s 2
4