VIK, Műszaki Informatika ANALÍZIS (2)

Többváltozós függvények

Oktatási segédanyag

A Villamosmérnöki és Informatikai Kar műszaki informatikus hallgatóinak tartott előadásai alapján összeállította:

Fritz Józsefné dr. Kónya Ilona

2005. március

Szerkesztette: Győri Sándor

1. Bevezető

1.1. Az n-dimenziós euklideszi tér

• ℝ^{n}: rendezett szám n-esek tere: \underline{x} = (x_{1}, x_{2}, …, x_{n}) ∈ ℝ^{n}

T^{}ℝ^{n} lineáris tér a vektor összeadásra illetve a vektor skalárral való szorzására nézve.

• Skaláris szorzat: (\underline{x} | \underline{y}) = (\underline{x}, \underline{y}) = ∑_{i=1}^{n} x_{i}y_{i}

T^{}A fenti definíció kielégíti a skaláris szorzat axiómáit (ℝ^{n}-et ezért euklideszi térnek nevezzük).

• Norma: a skaláris szorzat által generált normát használjuk (amit abszolút értéknek vagy hosszúságnak nevezünk):

∥ \underline{x} ∥= \sqrt{(\underline{x}, \underline{x})} = \sqrt{∑_{i=1}^{n} x_{i}^{2}} = |\underline{x}|

• A norma által generált távolságot vezetjük be:

d(\underline{x}, \underline{y}) :=∥ \underline{x} − \underline{y} ∥= \sqrt{∑_{i=1}^{n}(x_{i} − y_{i})^{2}}

Tehát ℝ^{n} metrikus tér (olyan lineáris tér, amelyben van távolság).

Az alábbi vektorok páronként merőlegesek egymásra (skaláris szorzatuk nulla), így lineárisan függetlenek:

\underline{e}_{k} = (0, 0, …, 1, 0, …, 0) ∈ ℝ^{n}, k = 1, 2, …, n.

egységnyi hosszúságúak és kifeszítik a teret (ortonormált bázist alkotnak):

\underline{x} = x_{1}\underline{e}_{1} + x_{2}\underline{e}_{2} + x_{n}\underline{e}_{n} = ∑_{k=1}^{n} x_{k}\underline{e}_{k}

\underline{x} = ∑_{k=1}^{n}(\underline{x}, \underline{e}_{k}) \underline{e}_{k}

Tehát ℝ^{n} n-dimenziós lineáris tér, amelyet n-dimenziós euklideszi térnek nevezünk (ℝ^{n} = 𝔼^{n} jelölés is szokásos).

1.2. Néhány definíció

Környezet: K_{\underline{a},r} = K(\underline{a}, r) (Ha r-nek nincs jelentősége: K\underline{a})

\underline{a} ∈ ℝ^{n}; r ∈ ℝ^{+}

K_{\underline{a},r} = \{\underline{x} : \underline{x} ∈ ℝ^{n}, ϱ(\underline{x}, \underline{a}) < r\}

n = 1: (a − r, a + r) nyílt intervallum; n = 2 esetén: nyílt körlap

n = 3: \underline{a} középpontú gömb (belseje); n > 3: n dimenziós gömb Átszúrt környezet: K̇_{\underline{a},r}

K̇_{\underline{a},r} = K_{\underline{a},r} \ \{\underline{a}\}

Korlátos halmaz: A ⊂ ℝ^{n}; ∃R, hogy ∀\underline{x} ∈ A-ra ϱ(\underline{x}, \underline{0}) < R

(Az A összes pontja egyetlen R sugarú gömbbe foglalható.) D^{}

1.) Az A ⊂ ℝ^{n}-nek a \underline{b} belső pontja, ha ∃K\underline{b}: K\underline{b} ⊂ A

2.) Az A ⊂ ℝ^{n}-nek a \underline{k} külső pontja, ha ∃K\underline{k}: K\underline{k} ∩ A = ∅

3.) A ⊂ ℝ^{n}-nek a \underline{h} határpontja, ha ∀K\underline{h}-ra: K\underline{h} ∩ A ≠ ∅ és K\underline{h} ∩ (ℝ^{n} \ A) ≠ ∅

D^{}front A: A határa: a határpontok összessége. D^{}int A: A belső pontjainak halmaza D^{}A ⊂ ℝ^{n} nyílt halmaz, ha minden pontjának létezik olyan környezete, amely része A-nak (minden pontja belső pont). D^{}A ⊂ ℝ^{n} zárt halmaz, ha a komplementere nyílt halmaz.

D^{}Torlódási pont: \underline{c} torlódási pontja az A ⊂ ℝ^{n} végtelen elemű halmaznak, ha ∀K\underline{c} környezetre:

K\underline{c} ∩ (A \ \{\underline{c}\}) ≠ ∅

Tehát \underline{c} -nek ∀ környezetében van A-beli elem (\underline{c} -től különböző, \underline{c} ∈ A nem szükséges).

Bebizonyítható, hogy az ℝ^{n} beli zárt halmazok az összes határpontjukat tartalmazzák továbbá az A ⊂ ℝ^{n} a.cs.a. zárt, ha az összes torlódási pontját tartalmazza. Igaz a Cantor axióma általánosítása: T^{}Egymásba skatulyázott korlátos és zárt halmazok metszete nem üres.

Az ℝ^{n} beli korlátos és zárt halmazok kitüntetett szerepűek, külön nevük van. D^{}

ℝ^{n}-ben a korlátos és zárt halmazokat kompakt halmazoknak nevezzük.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  2  v2.1

Bebizonyítható a Bolzano–Weierstrass tétel általánosítása: T^{}Korlátos végtelen elemű ponthalmaznak mindig van torlódási pontja.

\underline{a} és \underline{b} pontokat összekötő folytonos út (görbe): g_{\underline{a},\underline{b}}

g_{\underline{a},\underline{b}} = \{\underline{x} : \underline{x} ∈ ℝ^{n}; \underline{x} = \underline{φ}(t) = (φ_{1}(t), …, φ_{n}(t)) ; φ_{k} ∈ C_{[α,β]}^{0}; \underline{φ}(α) = \underline{a}, \underline{φ}(β) = \underline{b}\} (\underline{φ} : [α, β] → ℝ^{n} : vektor – skalár függvény (vektort rendel skalárhoz).)

\underline{a}, \underline{b} pontokat összekötő szakasz: l_{\underline{a},\underline{b}}

l_{\underline{a},\underline{b}} = \{\underline{x} : \underline{x} = \underline{a} + t(\underline{b} − \underline{a}); t ∈ [0, 1]\} (általánosítás a 3 dimenzióból) Tehát \underline{x}(0) = \underline{a}, \underline{x}(1) = \underline{b} (Az előző speciális esete.)

A ⊂ ℝ^{n} összefüggő, ha ∀ \underline{a}, \underline{b} ∈ A-ra \underline{a} és \underline{b} összeköthető halmazbeli folytonos úttal. A ⊂ ℝ^{n} konvex, ha bármely két pontjával együtt az azokat összekötő szakaszt is tartalmazza, tehát

∀ \underline{a}, \underline{b} ∈ A -ra: \underline{a} + t(\underline{b} − \underline{a}) ∈ A, ha 0 ≤ t ≤ 1.

Átfogalmazva:

\underline{a} + t(\underline{b} − \underline{a}) = (1 − t)\underline{a} + t\underline{b} = α\underline{a} + β\underline{b} ∈ A, ahol α + β = 1 és β ∈ [0, 1]

•••

1.3. Pontsorozatok

(\underline{x}_{k}) : \underline{x}_{1}, \underline{x}_{2}, …, \underline{x}_{k}, … \underline{x}_{k} ∈ ℝ^{n} D^{}lim_{k→∞} \underline{x}_{k} = \underline{a} , ha ∀ ε > 0 -hoz ∃ N(ε) :

\underline{x}_{k} ∈ K_{\underline{a},ε} , ha k > N(ε).

(Vagyis ϱ(\underline{x}_{k}, \underline{a}) = |\underline{x}_{k} − \underline{a}| = ∥\underline{x}_{k} − \underline{a}∥ < ε , ha k > N(ε). Tehát lim_{k→∞} |\underline{x}_{k} − \underline{a}| = 0.)

T^{}(Koordinátánkénti konvergencia)

{\underline{x}_{k} = (x_{k1}, …, x_{kn}) , k ∈ ℕ^{+} ; \underline{a} = (a_{1}, …, a_{n}) \atop lim_{k → ∞} \underline{x}_{k} = \underline{a} ⟺ lim_{k → ∞} x_{ki} = a_{i}; i = 1, 2, …, n}

B^{} a.) ⟹:

|x_{ki} − a_{i}| = \sqrt{(x_{ki} − a_{i})^{2}} ≤ \sqrt{∑_{j=1}^{n}(x_{kj} − a_{j})^{2}} = \underbrace{|\underline{x}_{k} − \underline{a}| < ε, ha k > N(ε)}_{... ⟸ Ezt tudjuk.}

Tehát ∀ i -re |x_{ki} − a_{i}| < ε , ha k > N(ε) b.) ⟸:

|x_{ki} − a_{i}| < ε^{∗} , ha k > N(ε^{∗}) i = 1, 2, …, n teljesül.

|\underline{x}_{k} − \underline{a}| = \sqrt{∑_{i=1}^{n} |x_{ki} − a_{i}|^{2}} < \sqrt{∑_{i=1}^{n} ε^{∗2}} = \underbrace{\sqrt{n}} ε^{∗} = ε_{konstans (a tér dimenziója)}, ha k > N(ε^{∗})

Tehát az algoritmus: ε -hoz kapjuk ε^{∗} -ot: ε^{∗} := \frac{ε}{\sqrt{n}} és ehhez meghatározunk egy olyan N(ε^{∗}) küszöbindexet, mely minden k -ra jó, tehát minden koordinátánként kapott pontsorozathoz megfelel. Ez lesz a keresett küszöbindex.

2. Többváltozós függvény

• Fogalma (skalár – vektor függvény): ⋯

• Kétváltozós függvény szemléltetése

Az egyváltozós függvényt egy görbeként ábrázolhattuk, a kétváltozós függvényt egy felülettel szemléltethetjük. Ezt a H_{0} felületet f grafikonjának nevezzük:

H_{0} = {(x, y, z) : (x, y) ∈ D_{f} , z = f(x, y)} = graf f

2.1 ábra 2.2 ábra

Például az f(x, y) = c − \frac{c}{a} x − \frac{c}{b} y függvény grafikonja a

z = c − \frac{c}{a} x − \frac{c}{b} y felület, azaz \frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1 ,

tehát egy olyan síkról van szó, amely az x , y , z tengelyeket rendre az (a, 0, 0) , (0, b, 0) , (0, 0, c) pontokban metszi. (A sík egyenlete: n_{1} (x − x_{0}) + n_{2} (y − y_{0}) + n_{3} (z − z_{0}) = 0 )

2.3 ábra

Ha megforgatjuk az (x, z) síkban lévő z = f(x) görbét a z tengely körül, akkor a

z = f(r) = f(\sqrt{x^{2} + y^{2}})

felülethez jutunk.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  5  v2.1

2.4 ábra

2.5 ábra 2.6 ábra

Például a z = x^{2} + 1 görbének a z tengely körüli megforgatásával a

z = (\sqrt{x^{2} + y^{2}})^{2} + 1 = x^{2} + y^{2} + 1

felülethez jutunk (forgási paraboloid).

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  6  v2.1

2.7 ábra

Az f(x, y) = \sqrt[4]{x^{2} + y^{2}} grafikonja a z = \sqrt[4]{x^{2} + y^{2}} felület, ami a z = \sqrt{x} görbe z tengely körüli forgatásával keletkezett.

2.8 ábra

• Szintalakzatok. .....

• Ábrázolás.

ax + by + cz = d z = x^{2} + y^{2} ; z = −x^{2} − y^{2} ; z = 6 + x^{2} + y^{2} ; z = 6 − x^{2} − y^{2} z = \sqrt{x^{2} + y^{2}} ; z^{2} = x^{2} + y^{2}

x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2} ; z = \sqrt{R^{2} − x^{2} − y^{2}} ; \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}} = 1

z = xy; z = y^{2} − x^{2} L. előadás ill. gyakorlat.

3. Határérték, folytonosság

D^{} f : D_{f} ↦ ℝ, D_{f} ⊂ ℝ^{m}; m−változós függvénynek az \underline{a} -ban a határértéke b, jelölésben:

lim_{\underline{x}→\underline{a}} f(\underline{x}) = b,

ha

1.) \underline{a} torlódási pontja D_{f}-nek,

2.) ∀ ε > 0-hoz ∃ δ(ε) > 0, hogy

ha \underbrace{\underline{x} ∈ D_{f} és 0 < ϱ(\underline{x}, \underline{a}) = |\underline{x} − \underline{a}| < δ}_{\underline{x}∈K̇_{\underline{a},δ} ∩ D_{f}}, akkor \underbrace{|f(\underline{x}) − b| < ε}_{f(\underline{x})∈K_{b,ε}}

T^{} lim_{\underline{x}→\underline{a}} f(\underline{x}) = b ⟺ ∀ \underline{x}_{n} → \underline{a} (\underline{x}_{n} ∈ D_{f} \\{\underline{a}\}) pontsorozatra f(\underline{x}_{n}) → b (¬B)

D^{} f : D_{f} ↦ ℝ, D_{f} ⊂ ℝ^{m}; m−változós függvény folytonos az \underline{a} -ban, ha

1.) \underline{a} ∈ D_{f} ,

2.) \underline{a} torlódási pontja D_{f}-nek,

3.) lim_{\underline{x}→\underline{a}} f(\underline{x}) = f(\underline{a}) .

Az átviteli elv segítségével bizonyítható az alábbi tétel:

T^{} Ha f és g folytonos az \underline{a} ∈ D_{f} ∩ D_{g} pontban és \underline{a} torlódási pontja D_{f} ∩ D_{g} -nek, akkor

f + g folytonos az \underline{a} ∈ D_{f} ∩ D_{g} pontban,
f · g folytonos az \underline{a} ∈ D_{f} ∩ D_{g} pontban,
ha g(\underline{a}) ≠ 0 , akkor \frac{f}{g} folytonos az \underline{a} ∈ D_{f} ∩ D_{g} pontban.
(¬B)

[figure: Pl.] f(x, y) = y folytonos \underline{a} = (a, b) -ben.

Ugyanis

|f(x, y) − f(a, b)| = |y − b| = \sqrt{(y − b)^{2}} ≤ \sqrt{(x − a)^{2} + (y − b)^{2}} < ε , ha |\underline{x} − \underline{a}| < ε,

azaz δ(ε) = ε választható.

Hasonlóan látható, hogy az f(x, y) = x is folytonos \underline{a} = (a, b) -ben, illetve hogy f(\underline{x}) = x_{i} folytonos \underline{a} -ban, i = 1, 2, ..., n.

M^{}A fenti tételből következik, hogy x^{m} , y^{k} valamint x^{m} · y^{k} is folytonosak és így

ezek konstansszorosai, összegei is folytonosak. Tehát az m-edfokú, k változós polinomok folytonosak. Például a

p_{4}(x, y, z) = x^{3}z + 5xyz − 4z^{2} + 6y − \sqrt{2}

háromváltozós, negyedfokú ( változói összességében ) polinom folytonos.

Az r(\underline{x}) = \frac{p_{m}(\underline{x})}{p_{k}(\underline{x})} (két polinom hányadosa) racionális tört kifejezés is folytonos, ha a nevező

nem nulla.

[figure: Pl.] Hol folytonos az alábbi függvény?

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x y}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

Megoldás: Az előző megjegyzésből következik, hogy az f függvény minden (x, y) ≠ (0, 0) pontban folytonos, csak a (0, 0) pontban kell vizsgálnunk. Ott az átviteli elv alapján belátható, hogy a határérték nem létezik és így a függvény a (0, 0) pontban nem folytonos. x_{n} → 0, y_{n} = x_{n} pontsorozat mentén a függvény

f(x_{n}, y_{n}) = \frac{x_{n}y_{n}}{x_{n}^{2} + y_{n}^{2}} = \frac{x_{n}x_{n}}{x_{n}^{2} + x_{n}^{2}} → \frac{1}{2} ,

míg az x_{n} → 0, y_{n} = 2x_{n} pontsorozat mentén a függvény

f(x_{n}, y_{n}) = \frac{x_{n}2x_{n}}{x_{n}^{2} + 4x_{n}^{2}} → \frac{2}{5} .

A tételben szereplő b nem lehet egyszerre 1/2 és 2/5 is.

Ezt az okoskodást megfogalmazhatjuk úgy is, hogy az f függvényt az y = mx mentén vizsgálva az eredmény függ az m -től, ezért a limesz nem létezik:

lim_{(x,y)→(0,0), y=mx} f(x, y) = lim_{x→0} f(x, mx) = lim_{x→0} \frac{xmx}{x^{2} + m^{2}x^{2}} = \frac{m}{1 + m^{2}}

valóban függ az m -től. ( Az előbbi meggondolásban m = 1 -et, illetve m = 2 -t választottunk. )

•••

[figure: Pl.]  {f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{2}y^{2}}{3x^{4} + 4y^{4}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix} \atop lim_{(x,y)→(0,0)} f(x, y) = ?}

Megoldás:

x = 0 mentén: lim_{y→0} f(0, y) = 0

y = x mentén: lim_{x→0} f(x, x) = lim_{x→0} \frac{x^{4}}{3x^{4} + 4x^{4}} = \frac{1}{7} ≠ 0 ⟹ ∄ a határérték.

Vagy y = mx egyenesek mentén:

lim_{x→0} f(x, mx) = lim_{x→0} \frac{m^{2}x^{4}}{3x^{4} + 4m^{4}x^{4}} = \frac{m^{2}}{3 + 4m^{4}} függ m -től ⟹ ∄ a határérték.

•••

M^{}A lim_{x→0} f(x, y) jelentése, hogy rögzített y mellett x tart a nullába, tehát a függvényt egy x-tengellyel párhuzamos egyenes mentén vizsgáljuk.

[figure: Pl.]  lim_{(x,y,z)→\underline{0}} \frac{x + y + 2z}{x − z + xy} = ?

Megoldás:

lim_{z→0} lim_{x→0} lim_{y→0} \frac{x + y + 2z}{x − z + xy} = lim_{z→0} lim_{x→0} \frac{x + 2z}{x − z} = lim_{z→0} \frac{2z}{−z} = −2

lim_{x→0} lim_{y→0} lim_{z→0} \frac{x + y + 2z}{x − z + xy} = lim_{x→0} lim_{y→0} \frac{x + y}{x + xy} = lim_{x→0} \frac{x}{x} = 1 ≠ −2

⟹ Nem létezik a határérték.

A fenti, úgynevezett ismételt limeszek jelentése, hogy a tengelyekkel párhuzamos töröttvonal mentén vizsgáltuk a függvényt. Ezért ha azonos értéket kaptunk volna, abból még nem következne a határérték létezése. Például az x = v_{1}t , y = v_{2}t , z = v_{3}t , t → 0 egyenes mentén lehetne más a határérték.

•••

[figure: Pl.]  {f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{2 x y^{2}}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix} \atop lim_{(x,y)→(0,0)} f(x, y) = ?}

Megoldás: x_{n} = ϱ_{n} cos φ_{n} , y_{n} = ϱ_{n} sin φ_{n} , φ_{n} tetsz., ϱ_{n} → 0 egy tetszőleges (0, 0) - hoz tartó pontsorozat. E mentén vizsgáljuk f(x_{n}, y_{n}) konvergenciáját:

lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n} tetsz. \end{matrix} \frac{2ϱ_{n}^{3} cos φ_{n} sin^{2} φ_{n}}{ϱ_{n}^{2}} = lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n} tetsz. \end{matrix} 2 ϱ_{n} ; \begin{matrix}↓ \\ 0 \end{matrix} \underbrace{cos φ_{n} sin^{2} φ_{n}}_{korlátos} = 0 = f(0, 0),

tehát f folytonos (0, 0) -ban.

•••

A határérték definíciójában alig okoz változást, ha a függvény ℝ^{m} -ből ℝ^{k} -ba képez le. Ilyenkor b helyett mindenütt \underline{b} -nek kell szerepelnie, ahol \underline{b} ∈ ℝ^{k}. Itt egy \underline{a} ∈ ℝ^{m} képe ℝ^{k} -beli elem, ezért vektor és így \underline{f}(\underline{a}) -val jelöljük. (\underline{f}(\underline{a}) ∈ ℝ^{k} .)

Az ℝ^{m} -ből ℝ^{k} -ba leképező függvény jelölése:

\underline{f} : ℝ^{m} ↦ ℝ^{k} , vagy \underline{f} : D\underline{f} ↦ ℝ^{k} , D\underline{f} ⊂ ℝ^{m} .

Összetett függvény

Ha az \underline{f} függvény ℝ^{m} -ből ℝ^{k} -ba képez le és
ha a \underline{g} függvény ℝ^{k} -ből ℝ^{n} -be képez le, akkor
az \underline{g} ∘ \underline{f} összetett függvény ℝ^{m} -ből ℝ^{n} -be képez le, mégpedig
(\underline{g} ∘ \underline{f})(\underline{a}) = \underline{g}(\underline{f}(\underline{a})) , \underline{a} ∈ ℝ^{m}.

3.1. Összetett függvény folytonossága

T^{}

Legyen \underline{a} belső pontja D\underline{f} ⊂ ℝ^{m} -nek, \underline{f}(\underline{a}) = \underline{b} belső pontja D\underline{g} ⊂ ℝ^{k} -nak. Ha \underline{f} : D\underline{f} ↦ ℝ^{k}, D\underline{f} ⊂ ℝ^{m} függvény folytonos \underline{a}-ban

és \underline{g} : D\underline{g} ↦ ℝ^{n}, D\underline{g} ⊂ ℝ^{k} függvény folytonos \underline{b} = \underline{f}(\underline{a})-ban, akkor
\underline{g} ∘ \underline{f} : D_{\underline{g}∘\underline{f}} ↦ ℝ^{n}, D_{\underline{g}∘\underline{f}} ⊂ ℝ^{m} függvény folytonos \underline{a}-ban,
ahol  (\underline{g} ∘ \underline{f})(\underline{a}) = \underline{g}(\underline{f}(\underline{a})) = \underline{g}(\underline{b})  (¬B)

Például, ha egy folytonos egyváltozós függvénybe folytonos kétváltozós függvényt helyettesítünk, akkor folytonos függvényt kapunk. Ezért például az f(x, y) = sin(x + 2y^{2}) minden (x, y) −ban folytonos.

Feladatok:

1.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x + 2y}{3x − y} = ?

2.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{2} + y^{2}}{x^{2} − y^{2}} = ?

3.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{\frac{3}{2}} y}{\sqrt[3]{x^{2} + y^{2}}} = ?

4.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}{x^{2} + 2y^{2}} = ?

5.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{sin xy}{x^{2} + y^{2}} = ?

6.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{3} y}{x^{2} + y^{2}} = ?

7.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{3} y}{x^{6} + y^{2}} = ?

8.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{sin x^{2}y}{x^{2} + y^{2}} = ?

9.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{2}y^{2}}{x^{2}y^{2} + (x − y)^{2}} = ?

10.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{x^{2}\sqrt{y}}{x^{4} + y} = ?

11.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{sin x^{2}y}{x^{2}} , & ha x ≠ 0 \\ & & Hol folytonos? \\ y , & ha x = 0 \end{matrix}

12.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}arctg \frac{1}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ & & c =?, hogy f mindenütt folytonos legyen \\ c , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

•••

3.2. Bolzano tétel

T^{} Ha f folytonos a H összefüggő nyílt halmazon és \underline{a}, \underline{b} ∈ H; c ∈ [f(\underline{a}), f(\underline{b})], akkor

∃ \underline{ξ} ∈ H , hogy f(\underline{ξ}) = c.

B^{}Kössük össze \underline{a}, \underline{b} -t egy folytonos úttal. (Ilyen ∃, mert a halmaz összefüggő.)

g_{\underline{a},\underline{b}} : \underline{x} = \underline{φ}(t) = (φ_{1}(t), …, φ_{m}(t)) ; \underline{φ}(t_{1}) = \underline{a}, \underline{φ}(t_{2}) = \underline{b}

Tekintsük f(\underline{x})-et a görbe mentén, így egy egyváltozós függvényt kapunk:

h(t) = (f ∘ \underline{φ})(t) = f (\underline{φ}(t)) = f (φ_{1}(t), …, φ_{m}(t))

Erre a függvényre igaz (összetett függvény folytonossága):

h ∈ C_{[t_{1},t_{2}]}^{0}; h(t_{1}) = f(\underline{a}), h(t_{2}) = f(\underline{b}).

Így alkalmazható rá az ”egyváltozós” Bolzano tétel ⟹ ∃ u ∈ [t_{1}, t_{2}], hogy

h(u) = f (φ_{1}(u), …, φ_{m}(u)) = c.

Vagyis \underline{ξ} = (φ_{1}(u), …, φ_{m}(u)) ∈ H és f(\underline{ξ}) = c .

T^{} \underline{x}_{0} legyen D_{f} belső pontja! f folytonos \underline{x}_{0} -ban, f(\underline{x}_{0}) > 0 ⟹ ∃ K_{\underline{x}_{0},δ} , hogy itt f(\underline{x}) > 0

(¬B)

3.3. Kompakt halmazon folytonos függvények tulajdonságai

Weierstrass I. tétele: T^{}

H: kompakt halmaz és f ∈ C_{H}^{0} ⟹ f(H) is kompakt halmaz

(¬B)

Weierstrass II. tétele: T^{}

H: kompakt halmaz; f ∈ C_{H}^{0}. Ekkor f felveszi infimumát és szuprémumát. Tehát ∃ \underline{ξ}, \underline{η} ∈ H , hogy

f(\underline{ξ}) = sup_{\underline{x}∈H} \{f(\underline{x})\}; f(\underline{η}) = inf_{\underline{x}∈H} \{f(\underline{x})\}

(¬B)

D^{} Egyenletes folytonosság: f : D ↦ ℝ; D ⊂ ℝ^{m} f egyenletesen folytonos a H ⊂ D halmazon, ha ∀ ε > 0-hoz ∃ δ(ε) > 0, hogy

|f(\underline{x}_{1}) − f(\underline{x}_{2})| < ε, ha \underline{x}_{1}, \underline{x}_{2} ∈ H és ϱ(\underline{x}_{1}, \underline{x}_{2}) = |\underline{x}_{1} − \underline{x}_{2}| < δ(ε).

T^{}

Kompakt halmazon folytonos függvény ott egyenletesen folytonos.

(¬B)
•••

[figure: Pl.] α.)

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{2}y^{2}}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

β.)

f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{2}y^{2}}{x^{4} + y^{4}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

a.) lim_{(x,y)→(0,0)} f(x, y) = ?

b.) Korlátos-e f az x^{2} + y^{2} ≤ 1 halmazon?

Megoldás:

α.) a.) lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n} tetsz. \end{matrix} \frac{ϱ_{n}^{4} cos^{2} φ_{n} sin^{2} φ_{n}}{ϱ_{n}^{2}} = lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n} tetsz. \end{matrix} ϱ_{n}^{2} ; \begin{matrix}↓ \\ 0 \end{matrix} \underbrace{cos^{2} φ_{n} sin^{2} φ_{n}}_{korlátos} = 0 = f(0, 0),

tehát f folytonos (0, 0)-ban.

b.) f folytonos az x^{2} + y^{2} ≤ 1 kompakt halmazon ⟹ korlátos (Weierstrass I. t.).

β.) a.) Most az előző módszer nehézkes. Inkább:

x = 0 mentén: lim_{y→0} f(0, y) = 0

y = x mentén: lim_{x→0} f(x, x) = lim_{x→0} \frac{x^{4}}{x^{4} + x^{4}} = \frac{1}{2} ≠ 0 ⟹ ∄ a határérték.

Vagy y = mx egyenesek mentén:

lim_{x→0} \frac{m^{2}x^{4}}{x^{4} + m^{4}x^{4}} = \frac{m^{2}}{1 + m^{4}} függ m-től ⟹ ∄ a határérték.

b.) Most nem alkalmazható Weierstrass I. tétele, mert a függvény nem folytonos (0, 0) - ban.

1. megoldás:

0 ≤ \frac{x^{2}y^{2}}{x^{4} + y^{4}} ≤_{↑} \frac{x^{2}y^{2}}{2\sqrt{x^{4}y^{4}}}_{számtani–mértani közép} = \frac{1}{2} Tehát korlátos.

2. megoldás: Az y tengely mentén: f(0, y) ≡ 0 , tehát itt korlátos.

Az y = mx egyenesek mentén: f(x, mx) = \frac{m^{2}}{1 + m^{4}} a függvényérték állandó

Ha 0 ≤ m^{2} ≤ 1: 0 ≤ \frac{m^{2}}{1 + m^{4}} ≤ \frac{1}{1 + 0} = 1

Ha 1 ≤ m^{2} (m^{2} ≤ m^{4}): 0 ≤ \frac{m^{2}}{1 + m^{4}} ≤ \frac{1 + m^{4}}{1 + m^{4}} = 1

És f(0, 0) = 0. A fentiekből következik a korlátosság.

Feladatok:

1.) f(x, y) = \frac{xy}{2x^{2} + 3y^{2}} , ha (x, y) ≠ (0, 0) és f(0, 0) = 0 T : |x| + |y| ≤ 1

Folytonos-e a függvény a T tartományon?

2.) f(x, y) = \frac{xy^{2}}{2x^{2} + 3y^{2}} , ha (x, y) ≠ (0, 0) és f(0, 0) = 0 T : |x| + |y| ≤ 1

a.) Folytonos-e a függvény a T tartományon? b.) Korlátos-e a függvény a T tartományon? c.) Felveszi-e a függvény a T tartományon a sup_{(x,y)∈T} {f(x, y)}, inf_{(x,y)∈T} {f(x, y)} értékeket?

3.) {f(x, y) = \begin{matrix}sin & xy \\ √ & \overline{x} \end{matrix} , ha x ≠ 0 és f(0, y) = 1  T : \atop D_{f} = ?}  [figure: −2; 2; 2; zárt tart.]

Folytonos-e a függvény a T tartományon? Korlátos-e a függvény a T tartományon?

4. Többváltozós függvények deriválhatósága

4.1. Parciális deriváltak

D^{}Az f függvény x_{k} szerinti parciális deriváltja:

f_{k}(x_{k}) := f(a_{1}, …, a_{k−1}, x_{k}, a_{k+1}, …, a_{m}) (egyváltozós függvény)

\frac{df_{k}}{dx_{k}} |_{x_{k}=a_{k}} = \frac{∂f}{∂x_{k}} |_{\underline{x}=\underline{a}} = f′_{x_{k}}(\underline{a}) =

= lim_{h→0} \frac{f(a_{1}, …, a_{k−1}, a_{k} + h, a_{k+1}, …, a_{m}) − f(a_{1}, …, a_{k}, …, a_{m})}{h}

Speciálisan kétváltozós függvényre:

f′_{x}(x_{0}, y_{0}) = lim_{h→0} \frac{f(x_{0} + h, y_{0}) − f(x_{0}, y_{0})}{h}

f′_{y}(x_{0}, y_{0}) = lim_{k→0} \frac{f(x_{0}, y_{0} + k) − f(x_{0}, y_{0})}{k}

Geometriai tartalom ( z = f(x, y) kétváltozós esetre):

Tekintsük az y = y_{0} feltételnek eleget tevő felületi görbét (síkmetszetet), tehát a

H_{1} = \{(x, y_{0}, \underbrace{f(x, y_{0})}_{f_{1}(x)} )\} = \{(x, y, z) : (x, y) ∈ D_{f} , y = y_{0} , z = f(x, y_{0})\}

ponthalmazt. Legyen α ezen görbe (x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) pontjabeli érintőegyenesének hajlásszöge (az y = y_{0} síkban) ! (L. 2.9 ábra e_{1} egyenese!) Az egyváltozós függvény deriváltjának geometriai tartalma miatt:

tg α = f′_{1}(x_{0}) = f′_{x}(x_{0}, y_{0}) ⟹ az adott érintőegyenes irányába mutató vektor:
\underline{v}_{1} = [1, 0, f′_{x}(x_{0}, y_{0})] = \underline{i} + f′_{x}(x_{0}, y_{0}) \underline{k}

Most tekintsük az x = x_{0} feltételnek eleget tevő felületi görbét, tehát a

H_{2} = \{(x_{0}, y, \underbrace{f(x_{0}, y)}_{f_{2}(y)} )\} = \{(x, y, z) : (x, y) ∈ D_{f} , x = x_{0} , z = f(x_{0}, y)\}

ponthalmazt. Ezen görbe (x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) pontjabeli érintőegyenesének hajlásszöge (az x = x_{0} síkban) legyen β. (L. 2.9 ábra e_{2} egyenese!) Az egyváltozós függvény deriváltjának geometriai tartalma miatt:

tg β = f′_{2}(y_{0}) = f′_{y}(x_{0}, y_{0}) ⟹ az adott érintőegyenes irányába mutató vektor:

\underline{v}_{2} = [0, 1, f′_{y}(x_{0}, y_{0})] = \underline{j} + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) \underline{k}

2. 9 ábra

Számoljuk most ki a két érintőegyenes által meghatározott sík egyenletét! Ez a sík áthalad a P_{0} = (x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) ponton és \underline{n} normálvektora merőleges \underline{v}_{1} -re és \underline{v}_{2} -re is, tehát

\underline{n} = \underline{v}_{1} × \underline{v}_{2} = | \begin{matrix}\underline{i} & \underline{j} & \underline{k} \\ 1 & 0 & f′_{x}(x_{0}, y_{0}) \\ 0 & 1 & f′_{y}(x_{0}, y_{0}) \end{matrix} | = −f′_{x}(x_{0}, y_{0}) \underline{i} − f′_{y}(x_{0}, y_{0}) \underline{j} + \underline{k}

Ennek (−1) -szeresével szoktunk dolgozni, így ennek a síknak egy egyenlete:

f′_{x}(x_{0}, y_{0}) (x − x_{0}) + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) (y − y_{0}) − (z − f(x_{0}, y_{0})) = 0

Ezt a síkot csak akkor fogjuk az f függvény (x_{0}, y_{0}) -hoz tartozó érintősíkjának nevezni, ha az (x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) ponton áthaladó, az adott pontban érintővel rendelkező összes felületi görbének a (x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) pontbeli érintőegyenese illeszkedik erre a síkra. Ezt úgy érhetjük el, ha f -ről nem csak azt tesszük fel, hogy az (x_{0}, y_{0}) pontban léteznek a parciális deriváltjai, hanem azt is, hogy az f függvény itt totálisan differenciálható (lásd iránymenti deriváltak). A totális differenciálhatóságot a következő részben definiáljuk.

Példák parciális deriváltakra

[figure: Pl.] f(x, y) = y^{3} e^{−3x} + 2x^{4} + 3 (2y + 1)^{5} ,  f′_{x} =?, f′_{y} =?

f′_{x}(x, y) = y^{3} e^{−3x} (−3) + 8x^{3} , f′_{y}(x, y) = 3 y^{2} e^{−3x} + 15 (2y + 1)^{4} 2

[figure: Pl.] f(x, y) = 2x^{3} cos \frac{x}{y} + x^{2} + y^{3} ,  f′_{x} =?, f′_{y} =?

f′_{x} = 6x^{2} cos \frac{x}{y} + 2x^{3} (− sin \frac{x}{y}) \frac{1}{y} + 2x , y ≠ 0

f′_{y} = 2x^{3}(− sin \frac{x}{y})(−\frac{x}{y^{2}} ) + 3y^{2} , y ≠ 0

[figure: Pl.] {f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{(x + 2)^{2} y}{x^{2} + y^{2}} + 2x + 3 , & ha(x, y) ≠ (0, 0) \\ 3 , & ha(x, y) = (0, 0) \end{matrix} \atop f′_{x}(0, 0) =? , f′_{y}(0, 0) =?}

Megoldás:

f′_{x}(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(h, 0) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{0 + 2h + 3 − 3}{h} = 2

Vagy: f_{1}(x) = f(x, 0) = \{ \begin{matrix}2x + 3 , & ha x ≠ 0 \\ 3 , & ha x = 0 \end{matrix}

Tehát f_{1}(x) = 2x + 3 : f′_{x}(0, 0) = f′_{1}(0) = 2

f′_{y}(0, 0) = lim_{k→0} \frac{f(0, k) − f(0, 0)}{k} = lim_{k→0} \underbrace{\frac{\frac{4k}{k^{2}} + 3 − 3}{k}}_{= \frac{4}{k^{2}}} = ∞ ∄

Vagy: f_{2}(y) = f(0, y) = \{ \begin{matrix}\frac{4y}{y^{2}} + 3 = \frac{4}{y} + 3 , & ha y ≠ 0 \\ 3 , & ha y = 0 \end{matrix}

Ez a függvény nem folytonos y = 0 -ban, így ott nem is deriválható.

Tehát f′_{y}(0, 0) = f′_{2}(0) ∄

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  18  v2.1

•••

Feladatok:

1.) f(x, y) = \frac{e^{x^{2}−2y}}{x^{2} + 6} f′_{x}(x, y) =? , f′_{y}(x, y) =?

2.) f(x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} f′_{x}(x, y) =? 3.) f(x, y) = \sqrt{2x^{2} + y^{4}} f′_{x}(0, 0) =? , f′_{y}(0, 0) =? 4.) f(x, y) = \sqrt{x^{3} + y^{3}} f′_{x}(x, y) =?

5.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{2xy}{x^{2} + 3y^{2}} + 3x , & ha(x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha(x, y) = (0, 0) \end{matrix}

a.) f′_{x}(x, y) =? f′_{y}(x, y) =?

b.) Folytonos-e f a (0, 0) pontban?

6.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{(x + 1) y^{2}}{x^{2} + y^{2}} , & ha(x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha(x, y) = (0, 0) \end{matrix}

f′_{x}(x, y) =? f′_{y}(x, y) =?

4.2. Totális deriválhatóság

Egyváltozós esetben:

Δf = f(a + h) − f(a) = A · h + \underbrace{ε(h) · h}_{o(h)} ;

A független h -tól; lim_{h→0} ε(h) = 0 Ez a definíció általánosítható m-változós esetre.

D^{} f : D ↦ ℝ, D ⊂ ℝ^{m}, \underline{a} = (a_{1}, …, a_{m}) ∈ int D, \underline{h} = (h_{1}, …, h_{m}), \underline{a} + \underline{h} ∈ D f (totálisan) deriválható \underline{a} -ban, ha Δf előállítható az alábbi alakban:

Δf = f(a_{1} + h_{1}, …, a_{m} + h_{m}) − f(a_{1}, …, a_{m}) = A_{1}h_{1} + ⋯ + A_{m}h_{m} + ε_{1}h_{1} + ⋯ + ε_{m}h_{m}

vagy vektorosan

Δf = f(\underline{a} + \underline{h}) − f(\underline{a}) = \underline{A} · \underline{h} + \underline{ε}(\underline{h}) · \underline{h}

ahol \underline{A} = [A_{1}, …, A_{m}] független \underline{h} -tól és \underline{ε} = [ε_{1}(\underline{h}), …, ε_{m}(\underline{h})] → \underline{0} , ha \underline{h} → \underline{0}.

(\underline{A} = grad f)

M^{}Mivel \underline{ε}(\underline{h}) · \underline{h} = ∑_{k=1}^{m} ε_{k}(\underline{h}) · h_{k} = o(|\underline{h}|), ugyanis

|\frac{\underline{ε}(\underline{h})\underline{h}}{|\underline{h}|}| = |∑_{k=1}^{m} ε_{k} \frac{h_{k}}{\sqrt{h_{1}^{2} + ⋯ + h_{k}^{2} + ⋯ + h_{m}^{2}}} | ≤ ∑_{k=1}^{m} |ε_{k}|\frac{|h_{k}|}{\sqrt{…}} ≤ ∑_{k=1}^{m} |ε_{k}| → 0,

ezért a definíció az alábbi alakban is írható:

Δf = f(\underline{a} + \underline{h}) − f(\underline{a}) = \underline{A} · \underline{h} + ε és \frac{ε}{|\underline{h}|} → 0 , ha \underline{h} → \underline{0}

vagy

Δf = f(\underline{a} + \underline{h}) − f(\underline{a}) = \underline{A} · \underline{h} + o(|\underline{h}|)
•••

T^{} Legyen \underline{a} a D_{f} értelmezési tartomány belső pontja! Ha f az \underline{a}-ban totálisan deriválható

⟹ mindegyik változója szerinti parciális deriváltja ∃.

(Tehát a totális deriválhatóság szükséges feltétele a parciális deriváltak létezése.)

B^{}Speciális \underline{h}-ra felírjuk a totális deriválhatóság definícióját: \underline{h} := (0, 0, …, 0, h_{k}, 0, …, 0)

Δf = f(\underline{a} + \underline{h}) − f(\underline{a}) =

= f(a_{1}, …, a_{k−1}, a_{k} + h_{k}, a_{k+1}, …, a_{m}) − f(a_{1}, …, a_{m}) = A_{k} · h_{k} + ε_{k}(\underline{h}) · h_{k}

⟹ \frac{f(a_{1}, …, a_{k} + h_{k}, …, a_{m}) − f(a_{1}, …, a_{k}, …, a_{m})}{h_{k}} = A_{k} + ε_{k}(\underline{h})

és ebből h_{k} → 0 (⟹ \underline{h} → \underline{0} ) esetén f′_{x_{k}}(\underline{a}) = A_{k} adódik.

Tehát gradf|\underline{a} = \underline{A} = [f′_{x_{1}}, …, f′_{x_{m}}]

T^{}

Ha f \underline{a}-ban totálisan deriválható ⟹ f \underline{a}-ban folytonos

B^{}f(\underline{a} + \underline{h}) = f(\underline{a}) + \underline{A} · \underline{h} + \underline{ε}(\underline{h}) · \underline{h}

\underbrace{lim_{\underline{h}→\underline{0}} f(\underline{a} + \underline{h})}_{= lim_{\underline{x}→\underline{a}} f(\underline{x})} = lim_{\underline{h}→\underline{0}} (f(\underline{a}) + \underline{A} · \underline{h} + \underline{ε}(\underline{h}) · \underline{h}) = f(\underline{a})

Tehát a határérték = a helyettesítési értékkel.

•••

Kitérő: A valós egyváltozós függvényre vonatkozó Lagrange-féle középértéktételt felírjuk egy másik alakban. Ha f differenciálható [a, b] − ben:

\frac{f(b) − f(a)}{b − a} = f′(ξ); b := a + h ⟹ f(a + h) − f(a) = f′(a + ϑh) · h, 0 < ϑ < 1

(Szükségünk lesz rá a következő tétel bizonyításánál.)

Elégséges tétel totális deriválhatóságra:

T^{} f : D ↦ ℝ, D ⊂ ℝ^{m}, \underline{a} ∈ intD

Ha f′_{x_{i}}-k léteznek és folytonosak K\underline{a}-ban, akkor f totálisan deriválható \underline{a}-ban.

B^{}Csak m = 2 esetére bizonyítjuk (az általános eset is hasonlóan bizonyítható)

\underline{a} = (a_{1}, a_{2}) ; \underline{h} = (h_{1}, h_{2}) ; f(\underline{x}) = f(x, y)

K\underline{a}-ban f′_{x}(\underline{x}) ⟶ ↓_{\underline{a}}^{\underline{x}} f′_{x}(\underline{a}); f′_{y}(\underline{x}) ⟶ ↓_{\underline{a}}^{\underline{x}} f′_{y}(\underline{a})

Legyen \underline{a} + \underline{h} ∈ K\underline{a}

Δf = f(\underline{a} + \underline{h}) − f(\underline{a}) = f(a_{1} + h_{1}, a_{2} + h_{2}) − f(a_{1}, a_{2}) =

= \underbrace{(f(a_{1} + h_{1}, a_{2} + h_{2}) − f(a_{1} + h_{1}, a_{2}))}_{san deriválható ⟹ L. féle k.é.t. alkalmazható^{1. változó rögzített, 2. változó szerint folytono-}} + \underbrace{(f(a_{1} + h_{1}, a_{2}) − f(a_{1}, a_{2}))}_{2. változó rögzített, …} =

= (f′_{y}(a_{1} + h_{1}, a_{2} + ϑ_{2}h_{2}) · h_{2}) + (f′_{x}(a_{1} + ϑ_{1}h_{1}, a_{2}) · h_{1}) =
(0 < ϑ_{1}, ϑ_{2} < 1)

A parciális deriváltak folytonossága miatt:

= (f′_{y}(a_{1}, a_{2}) + ε_{2}) · h_{2} + (f′_{x}(a_{1}, a_{2}) + ε_{1}) · h_{1} =

= f′_{x}h_{1} + f′_{y}h_{2} + ε_{1}h_{1} + ε_{2}h_{2} = \underline{A} \underline{h} + \underline{ε} \underline{h} és \underline{ε} ⟶ ↓_{\underline{0}}^{\underline{h}} \underline{0}

Ez pedig a totális deriválhatóság.

•••

Példák totális deriválhatóságra

[figure: Pl.] f(x, y) = x^{2} + y^{2}  gradf = ?  (≡ Hol differenciálható f ?)

f′_{x} = 2x , f′_{y} = 2y mindenütt léteznek és folytonosak ⟹ gradf mindenütt ∃ (Tehát f mindenütt deriválható.)

gradf = 2x\underline{i} + 2y\underline{j}

Vegyük észre, hogy gradf mindig sugár irányú. Ez nem véletlen, mert látni fogjuk, hogy gradf mindig ⊥ a szintalakzatra és az most éppen origó középpontú kör.

[figure: Pl.] f(x, y) = \frac{xy}{(x^{2} + 1) e^{y}}  gradf = ?

\begin{matrix}f′_{x} = \frac{y(x^{2} + 1) e^{y} − xy 2x e^{y}}{(x^{2} + 1)^{2} e^{2y}} \\ f′_{y} = \frac{x(x^{2} + 1) e^{y} − xy(x^{2} + 1) e^{y}}{(x^{2} + 1)^{2} e^{2y}} \end{matrix}  \} mindenütt ∃ és folytonos

Tehát mindenütt deriválható: gradf = f′_{x} \underline{i} + f′_{y} \underline{j} = ⋯

[figure: Pl.]

Differenciálható-e a (0, 0) pontban az f(x, y) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} függvény?

Nem differenciálható, mert ∄ f′_{x}(0, 0), f′_{y}(0, 0), tehát nem teljesül az egyik szükséges feltétel.

Ui. pl.: f′_{x}(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(h, 0) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{\sqrt{h^{2}} − 0}{h} = lim_{h→0} \frac{|h|}{h} = ∄

[figure: Pl.] f(x, y) = \{ \begin{matrix}sh \frac{2xy}{x^{2} + y^{2}} , & ha x^{2} + y^{2} ≠ 0 \\ 0 , & ha x^{2} + y^{2} = 0 \end{matrix}

a.) Írja fel f′_{x}-et, ahol az létezik! b.) Totálisan deriválható-e (0, 0)-ban?

Megoldás: a.) y = 0 mentén kell folytonosnak lennie, hogy létezhessen f′_{x}(0, 0): f(x, 0) ≡ 0 és így

f′_{x}(0, 0) ∃. Vagy a definícióval:

f′_{x}(0, 0) = lim_{Δx→0} \frac{f(Δx, 0) − f(0, 0)}{Δx} = lim_{Δx→0} \frac{0}{Δx} = 0

Ha (x, y) ≠ (0, 0), akkor f′_{x}(x, y) ∃ és folytonos:

f′_{x}(x, y) = \{ \begin{matrix}2 \frac{y (x^{2} + y^{2}) − xy · 2x}{(x^{2} + y^{2})^{2}} ch \frac{2xy}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

b.) A függvény nem folytonos (0, 0)-ban ⟹ totálisan nem deriválható (0, 0)-ban. Ui.:

lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n} tetsz. \end{matrix} sh \frac{2ϱ_{n}^{2} cos φ_{n} sin φ_{n}}{ϱ_{n}^{2}} = sh (sin 2φ_{n})

függ φ_{n}-től, tehát ∄ a határérték.

[figure: Pl.] f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{2}y}{x^{2} + y^{2}} + 3y , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

a.) f′_{x}(0, 0) = ? f′_{y}(0, 0) = ? b.) gradf|_{(0,0)} = ?

Megoldás: a.)

f′_{x}(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(h, 0) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{0 − 0}{h} = 0

f′_{y}(0, 0) = lim_{k→0} \frac{f(0, k) − f(0, 0)}{k} = lim_{k→0} \frac{3k − 0}{k} = 3

b.) A szükséges feltétel (parciális deriváltak létezése, illetve f folytonossága) teljesül, így \underline{lehet} deriválható. m = 2 esetre (x_{0}, y_{0})-ra a totális deriválhatóság:

f(x_{0} + h, y_{0} + k) − f(x_{0}, y_{0}) = A · h + B · k + ε = f′_{x}(x_{0}, y_{0}) · h + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) · k + ε

lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{ε}{\sqrt{h^{2} + k^{2}}} = 0

Jelenleg (x_{0} = 0, y_{0} = 0):

f(h, k) − f(0, 0) = \frac{h^{2}k}{h^{2} + k^{2}} + 3k − 0 =^{?} 0 · h + 3 · k + ε

Tehát ε = \frac{h^{2}k}{h^{2} + k^{2}} . Teljesül-e rá az előírt feltétel?

lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{ε}{\sqrt{h^{2} + k^{2}}} = lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{h^{2}k}{(h^{2} + k^{2})^{3/2}} = lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n} tetsz. \end{matrix} \frac{ϱ_{n}^{3} cos^{2} φ_{n} sin φ_{n}}{ϱ_{n}^{3}} = ∄,

mert függ φ_{n}-től ⟹ gradf|_{(0,0)} ∄ (nem deriválható a függvény (0, 0) -ban). Bár a parciálisok léteznek, így formálisan felírható

f′_{x}(0, 0) \underline{i} + f′_{y}(0, 0) \underline{j} , de ez ≠ gradf|_{(0,0)}-val!

[figure: Pl.] f(x, y) = \{ \begin{matrix}sin \frac{2x^{3}y}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix} Hol differenciálható?

Megoldás:

f′_{x}(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(h, 0) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{0 − 0}{h} = 0.

Így

f′_{x}(x, y) = \{ \begin{matrix}(cos \frac{2x^{3}y}{x^{2} + y^{2}} ) · \frac{6x^{2}y(x^{2} + y^{2}) − 2x^{3}y · 2x}{(x^{2} + y^{2})^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

f′_{y}(x, y) = \{ \begin{matrix}(cos \frac{2x^{3}y}{x^{2} + y^{2}} ) · \frac{2x^{3}(x^{2} + y^{2}) − 2x^{3}y · 2y}{(x^{2} + y^{2})^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

f′_{y}(0, 0) mint előbb, vagy: f(0, y) deriválható-e y = 0-ban? f′_{y}(0, 0) = \frac{d}{dy} \underbrace{f(0, y)}_{≡0} |_{y=0} = 0

(f′_{x}(0, 0)-át is lehetett volna így.) Ha x^{2} + y^{2} ≠ 0, akkor f′_{x}, f′_{y} ∃ és folytonos ⟹ f totálisan deriválható. (0, 0)-ban lehetne próbálkozni f′_{x}, f′_{y} folytonosságával (most az lenne), de mi most a definícióval nézzük meg. (Ez általánosabb, mert az előző tétel csak elégséges, alkalmazása így nem mindig vezet eredményre.)

Δf = f(h, k) − f(0, 0) = sin \frac{2h^{3}k}{h^{2} + k^{2}} − 0 =^{?} 0 · h + 0 · k + ε

lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{ε}{\sqrt{h^{2} + k^{2}}} = lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{1}{\sqrt{h^{2} + k^{2}}} sin \frac{2h^{3}k}{h^{2} + k^{2}} = lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n}tetsz. \end{matrix} \frac{1}{ϱ}_{n} sin (\frac{ϱ_{n}^{4}}{ϱ_{n}^{2}} 2 cos^{3} φ_{n} sin φ_{n}) =

= lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n}tetsz. \end{matrix} \underbrace{\frac{2ϱ_{n}^{2} cos^{3} φ_{n} sin φ_{n}}{ϱ_{n}}}_{\underbrace{2 ϱ_{n} ; \begin{matrix}↓ \\ 0 \end{matrix} \underbrace{cos^{3} φ_{n} sin φ_{n}}_{korl.}}_{\begin{matrix}↓ \\ 0 \end{matrix}}} \frac{sin (2 \begin{matrix}0 \\ ↑ \end{matrix} ; ϱ_{n}^{2} \overbrace{cos^{3} φ_{n} sin φ_{n}}^{korl.})}{\underbrace{2ϱ_{n}^{2} cos^{3} φ_{n} sin φ_{n}}_{1, mert lim_{u→0} \frac{sin u}{u} = 1}} = 0

Tehát (0, 0)-ban is totálisan deriválható.

•••

4.3. Differenciál (teljes differenciál, elsőrendű differenciál)

Legyen f : ℝ^{m} ↦ ℝ differenciálható \underline{x} -ben, tehát:

Δf = f(\underline{x} + \underline{h}) − f(\underline{x}) = \underbrace{\underline{A} · \underline{h}}_{főrész} + \underline{ε}(\underline{h}) · \underline{h} =

= \underbrace{f′_{x_{1}}(\underline{x}) h_{1} + f′_{x_{2}}(\underline{x}) h_{2} + ⋯ + f′_{x_{m}}(\underline{x}) h_{m}}_{főrész} + \underline{ε}(\underline{h}) · \underline{h} , ahol lim_{\underline{h} → \underline{0}} \underline{ε}(\underline{h}) = \underline{0} .

D^{}Az f függvény \underline{x} pontbeli differenciálja a \underline{h} megváltozásnál:

df (\underline{x}, \underline{h}) = f′_{x_{1}}(\underline{x}) h_{1} + f′_{x_{2}}(\underline{x}) h_{2} + ⋯ + f′_{x_{m}}(\underline{x}) h_{m} = ∑_{k=1}^{m} f′_{x_{k}}(\underline{x}) h_{k}

(a függvénymegváltozás főrésze). Ez egy 2m -változós függvény. Rögzített \underline{x} mellett df homogén lineáris függvénye \underline{h} - nak.

Alkalmazása: Δf -et szokás df -fel közelíteni ( Δf ≈ df ) .

Tehát a totálisan differenciálható függvény megváltozása közelíthető differenciáljával, a független változók megváltozásának homogén lineáris függvényével. Például hibaszámításnál alkalmazzuk.

Egyéb jelölések:

df (\underline{x}, \underline{Δx}) = ∑_{k=1}^{m} f′_{x_{k}}(\underline{x}) Δx_{k}

df (\underline{x}, \underline{dx}) = ∑_{k=1}^{m} f′_{x_{k}}(\underline{x}) dx_{k}

Indoklás az utóbbi jelöléshez:

Ha az f(x_{1}, x_{2}, …, x_{k}, …, x_{m}) = x_{k} koordináta függvényről van szó, akkor

df = d(x_{k}) = dx_{k} = 1 · Δx_{k}

4.4. Felület érintősíkja

A kétváltozós függvényt felülettel szemléltettük, ezért a Δf ≈ df közelítésnek kétváltozós függvény esetén geometriai tartalmat adhatunk.

Legyen a kétváltozós f(x, y) függvény \underline{totálisan deriválható} az P_{0} (x_{0}, y_{0}) pontban! Tekintsük a z = f(x, y) által meghatározott felület P_{0}^{∗}(x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) felületi pontját! Az előzőekben láttuk, hogy

Δf = f(x_{0} + h, y_{0} + k) − f(x_{0}, y_{0}) ≈ f′_{x}(x_{0}, y_{0}) h + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) k = df ((x_{0}, y_{0}), (h, k))

Vagy más jelölésekkel:

f(x_{0} + Δx, y_{0} + Δy) − f(x_{0}, y_{0}) ≈ f′_{x}(x_{0}, y_{0}) Δx + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) Δy

x = x_{0} + Δx , y = y_{0} + Δy jelölés esetén:

f(x, y) − f(x_{0}, y_{0}) ≈ f′_{x}(x_{0}, y_{0}) (x − x_{0}) + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) (y − y_{0})

Tehát

f(x, y) ≈ f(x_{0}, y_{0}) + f′_{x}(x_{0}, y_{0}) (x − x_{0}) + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) (y − y_{0})

Ennek geometriai tartalma, hogy a z = f(x, y) felületet a

z = f(x_{0}, y_{0}) + f′_{x}(x_{0}, y_{0}) (x − x_{0}) + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) (y − y_{0})

síkkal közelítjük, ha x − x_{0} és y − y_{0} kicsi. Tehát az (x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) felületi pont egy elég kicsiny sugarú környezetében f grafikonja közelítőleg ezzel a síkkal helyettesíthető.

Ennek a síknak a neve: \underline{érintősík}. Átrendezve a sík egyenletét és összefoglalva az előzőeket: D^{}

A totálisan deriválható f kétváltozós függvény (x_{0}, y_{0}) ponthoz tartozó érintősíkja az

f′_{x}(x_{0}, y_{0}) (x − x_{0}) + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) (y − y_{0}) − (z − f(x_{0}, y_{0})) = 0

egyenlettel adott sík.

Kitérő: Az \underline{n} = [a, b, c] = a \underline{i} + b \underline{j} + c \underline{k} normálvektorú, (x_{0}, y_{0}, z_{0}) ponton áthaladó sík egyenlete:

a (x − x_{0}) + b (y − y_{0}) + c (z − z_{0}) = 0

Ezzel összevetve látjuk, hogy az érintősík átmegy a P_{0}^{∗}(x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) felületi ponton és normálvektora:

\underline{n} = f′_{x}(x_{0}, y_{0}) \underline{i} + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) \underline{j} − \underline{k} .

M^{}Már tudjuk, hogy az érintősík tartalmazza két felületi görbe érintőegyenesét. (L. parciális

deriváltak geometriai tartalmát!) Az is belátható, hogy minden, a P_{0}^{∗}(x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) felületi ponton áthaladó , érintővel rendelkező felületi görbe érintőegyenese benne van ebben a síkban.

M^{}Tehát összefoglalva a Δf ≈ df közelítés geometriai tartalma:

m = 1 esetén: érintőegyenessel való közelítés, m = 2 esetén: érintősíkkal való közelítés.

•••

[figure: Pl.] Legyen

f(x, y) = y^{2x} és P_{0} (−1, 1)

a.) Írja fel az f függvény P_{0} pontbeli gradiensét, ha az létezik! b.) df ((−1, 1), (h, k)) = ? c.) Írja fel a P_{0} ponthoz tartozó érintősík egyenletét!

Megoldás: f(x, y) = y^{2x} = e^{2x ln y} , (D_{f} : y > 0, x tetszőleges)

a.) f′_{x} = e^{2x ln y} 2 ln y = y^{2x} 2 ln y , f′_{y} = 2x y^{2x−1} A parciálisok léteznek és folytonosak K_{P_{0}} -ban ⟹ ∃ gradf(P_{0}) gradf(P_{0}) = f′_{x}(−1, 1) \underline{i} + f′_{y}(−1, 1) \underline{j} = 0 \underline{i} − 2 \underline{j} = − 2 \underline{j}

b.) df ((−1, 1), (h, k)) = f′_{x}(−1, 1) h + f′_{y}(−1, 1) k = −2k c.) f′_{x}(−1, 1) (x − (−1)) + f′_{y}(−1, 1) (y − 1) − (z − f(−1, 1)) = 0

0 · (x + 1) + (−2) (y − 1) − (z − 1) = 0 ⟹ 2y + z = 3

•••

4.5. Magasabbrendű parciális deriváltak

Az m -változós függvény bármely parciális deriváltfüggvénye újból m -változós függvény. Ezért beszélhetünk ennek a függvénynek is a parciális deriváltjairól. Így jutunk el a másodrendű parciális deriváltakhoz. Példa kétváltozós függvény esetére: f(x, y) = e^{2x} cos 2y + x^{2} − y^{2} esetén:

f′_{x}(x, y) = 2 e^{2x} cos 2y + 2x ; f′_{y}(x, y) = −2 e^{2x} sin 2y − 2y

f′′_{xx} := (f′_{x})′_{x} = \frac{∂}{∂x}(\frac{∂f}{∂x}) = \frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} = 4 e^{2x} cos 2y + 2

f′′_{yy} := (f′_{y})′_{y} = \frac{∂}{∂y} (\frac{∂f}{∂y} ) = \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} = −4 e^{2x} cos 2y − 2

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  28  v2.1

Tiszta másodrendű parciális deriváltak: f′′_{xx} , f′′_{yy}

f′′_{xy} := (f′_{x})′_{y} = \frac{∂}{∂y} (\frac{∂f}{∂x}) = \frac{∂^{2}f}{∂y ∂x} = −4 e^{2x} sin 2y

f′′_{yx} := (f′_{y})′_{x} = \frac{∂}{∂x}(\frac{∂f}{∂y} ) = \frac{∂^{2}f}{∂y ∂x} = −4 e^{2x} sin 2y

Vegyes másodrendű parciális deriváltak: f′′_{xy} , f′′_{yx}

A másodrendű parciálisok újra kétváltozós függvények!

Vegyük észre, hogy a vegyes másodrendű parciális deriváltak megegyeznek, tehát az eredmény nem függ a differenciálás sorrendjétől. Ez nem véletlen. Mint látni fogjuk, hogy elég ”szép” függvény esetén ez mindig így van. (Young tétel.)

Másrészt vegyük észre, hogy most a tiszta másodrendű parciális deriváltak összege minden (x, y) pontban nullát ad.

f′′_{xx}(x, y) + f′′_{yy}(x, y) = 0

Tehát f megoldása az úgynevezett síkbeli Laplace differenciálegyenletnek:

Δ u = u′′_{xx} + u′′_{yy} = 0

Ha ez a tulajdonság teljesül, a függvényt harmonikus függvénynek nevezzük. Tehát a síkbeli Laplace egyenlet megoldásai a harmonikus függvények. Nagy szerepet játszanak az ilyen függvények a komplex függvénytanban és a potenciálelméletben.

És most általánosságban is definiáljuk a másodrendű parciális deriváltakat!

D^{}A g(\underline{x}) = f′_{x_{k}}(\underline{x}) = \frac{∂f(\underline{x})}{∂x_{k}} m - változós függvény x_{l} változó szerinti parciális derivált

függvénye:

\frac{∂g(\underline{x})}{∂x_{l}} = \frac{∂}{∂x_{l}} \frac{∂f(\underline{x})}{∂x_{k}} = \frac{∂^{2}f(\underline{x})}{∂x_{l} ∂x_{k}} = f′′_{x_{k} x_{l}}(\underline{x})

Magasabbrendű parciális deriváltak értelemszerűen definiálhatók.

Young tétel:

T^{} Ha f(x_{1}, x_{2}, …, x_{m}) m - változós fügvény összes \frac{∂^{2}f(\underline{x})}{∂x_{l} ∂x_{k}} másodrendű parciális

deriváltja létezik és folytonos K\underline{a} -ban, akkor

\frac{∂^{2}f(\underline{x})}{∂x_{l} ∂x_{k}} |\underline{a} = \frac{∂^{2}f(\underline{x})}{∂x_{k} ∂x_{l}} |\underline{a}

(¬B)

D^{}f ∈ C_{K\underline{a}}^{2} (f kétszer folytonosan deriválható) jelentése: a parciálisok másodrenddel bezárólag léteznek és folytonosak K\underline{a} -ban.

f ∈ C_{K\underline{a}}^{r} azt jelenti, hogy f -nek valamennyi r -edrendű parciális deriváltja folytonos K\underline{a} -ban.

Következmény: Ha f kétváltozós függvény és f ∈ C_{K\underline{a}}^{3} , akkor

f′′′_{xxy}(\underline{a}) = f′′′_{xyx}(\underline{a}) = f′′′_{yxx}(\underline{a}) .

Ha f ∈ C_{K\underline{a}}^{r}, akkor f -nek az r -edrendű parciális deriváltjai közül mindazok megegyeznek, amelyek csak a deriválások sorrendjében különböznek egymástól.

•••

Feladatok

1.) Melyik állítás igaz? A hamis állításokra keressen ellenpéldát! Az igaz állításokhoz keresse meg ebben az anyagban a megfelelő tételt! (A feladatok most csak kétváltozós függvényekre szólnak, de hasonló állítások többváltozós esetre is megfogalmazhatók.) a.) f folytonos (x_{0}, y_{0})-ban ⟹ f totálisan differenciálható (x_{0}, y_{0})-ban b.) f folytonos (x_{0}, y_{0})-ban ⟸ f totálisan differenciálható (x_{0}, y_{0})-ban c.) f folytonos (x_{0}, y_{0})-ban ⟹ ∃ f′_{x}(x_{0}, y_{0}) és f′_{y}(x_{0}, y_{0}) d.) f folytonos (x_{0}, y_{0})-ban ⟸ ∃ f′_{x}(x_{0}, y_{0}) és f′_{y}(x_{0}, y_{0}) e.) f totálisan deriválható (x_{0}, y_{0})-ban ⟹ ∃ f′_{x}(x_{0}, y_{0}) és f′_{y}(x_{0}, y_{0}) f.) f totálisan deriválható (x_{0}, y_{0})-ban ⟸ ∃ f′_{x}(x_{0}, y_{0}) és f′_{y}(x_{0}, y_{0}) g.) f′_{x}, f′_{y} ∃ és folytonos K_{(x_{0},y_{0})}-ban ⟹ f totálisan deriválható (x_{0}, y_{0})-ban

2.) f(x, y) = x^{2} + 2y^{2} + 3

a.) Tekintsük azt a térgörbét, melyet a fenti függvény által meghatározott felületből az y = 1 sík kimetsz. Írja fel ezen görbe x = 2 értékhez tartozó pontjában az érintőegyenes egyenletét!

b.) Az előzőhoz hasonlóan az x = 2 sík által kimetszett felületi görbe y = 1 pontjabeli

érintőegyenesét írja fel! c.) Írja fel a (2, 1) ponthoz tartozó felületi pontbeli érintősík egyenletét!

4.6. Vektor-vektor függvény deriválhatósága (derivált tenzor)

Az összetett függvény folytonosságánál láttuk, hogy a külső függvény egy vektor-vektor függvény. Ezért először a vektor-vektor függvény differenciálhatóságával kell foglalkoznunk. A differenciálhatóság definíciójában a függvény megváltozását lineáris függvénnyel közelítettük. Most is ilyen lesz a definíció, ezért meg kell értenünk, hogy melyek a lineáris vektor-vektor függvények. A vektor-vektor függvényeket szokás leképezésnek vagy transzformációnak is nevezni.

M^{}P : ℝ^{n} ↦ ℝ^{k}, P \underline{x} = \underline{y}

leképezést lineárisnak nevezzük, ha

P (\underline{x}_{1} + \underline{x}_{2}) = P (\underline{x}_{1}) + P (\underline{x}_{2})
P (λ \underline{x}) = λ P (\underline{x}) ∀ \underline{x}, \underline{x}_{1}, \underline{x}_{2} ∈ ℝ^{n}, λ ∈ ℝ

A P : ℝ^{n} ↦ ℝ^{k} lineáris leképezéseket mátrixszal lehet megadni:

P \underline{x} = \underline{\underline{P}} \underline{x} ,

ahol \underline{\underline{P}} -nek n darab oszlopa és k darab sora van.

M^{}Ebben a részben mátrixokat és vektorokat szorzunk össze, ezért nem mindegy, hogy sorvagy oszlopvektorról van-e szó. Megállapodunk, hogy \underline{x} ∈ ℝ^{n} oszlopvektort jelöl, az \underline{x}^{T} transzponáltja pedig sorvektor.

M^{}Egy \underline{f} : ℝ^{n} ↦ ℝ^{k} leképezést differenciálhatónak nevezünk az \underline{a} pontban, ha K_{\underline{a},δ} -ban a függvény megváltozása lineáris függvénnyel ”jól” közelíthető.

Pl. f : ℝ ↦ ℝ esetén f′(x_{0}) h (h -nak lineáris függvénye) közelíti az Δf = f(a+h)−f(a) értéket. A közelítés hibája ε(h) h , ahol lim_{h→0} ε(h) = 0. Ehhez hasonlóan definiáljuk az

f : ℝ^{n} ↦ ℝ^{k} függvény differenciálhatóságát, a lineáris függvénnyel való közelítést mátrixszal adjuk meg.

D^{} Az \underline{f} : ℝ^{n} ↦ ℝ^{k} függvény differenciálható az értelmezési tartomány \underline{a} belső pontjában, ha megváltozása felírható az alábbi alakban:

\underline{f}(\underline{a} + \underline{h}) − \underline{f}(\underline{a}) = \underline{\underline{A}} \underline{h} + \underline{\underline{ε}} \underline{h},  lim_{\underline{h}→\underline{0}} \underline{\underline{ε}} = \underline{\underline{0}} ,

ahol \underline{\underline{A}} független \underline{h} -tól. \underline{\underline{A}} neve: derivált mátrix.

A bal oldal l-edik koordinátája egy f_{l} skalár-vektor függvény megváltozása, amelyről már tanultuk, hogy a függvény \underline{a} -beli gradiensével jól közelíthető, mégpedig:

f_{l}(\underline{a} + \underline{h}) − f_{l}(\underline{a}) = \underline{grad}^{T} f_{l}|\underline{a} \underline{h} + \underline{ε}_{l}^{T} \underline{h} ,  lim_{\underline{h}→\underline{0}} \underline{ε}_{l} = \underline{0} ,

ahol az

\underline{f} = [f_{1} ; f_{2} ; ⋮ ; f_{l} ; ⋮ ; f_{k}] , \underline{\underline{ε}} = [\underline{ε}_{1}^{T} ; \underline{ε}_{2}^{T} ; ⋮ ; \underline{ε}_{l}^{T} ; ⋮ ; \underline{ε}_{k}^{T} ] = [\begin{matrix}ε_{11} & ε_{12} & … & ε_{1n} \\ ⋮ & & ... & ⋮ \\ ε_{l1} & ε_{l2} & … & ε_{ln} \\ ⋮ & & ... & ⋮ \\ ε_{k1} & ε_{k2} & … & ε_{kn} \end{matrix}]

jelölést használtuk. l = 1, 2, …, k választásával kapjuk:

\underline{\underline{A}} = [\underline{grad}^{T} f_{1} \underline{grad}^{T} f_{2} ⋮ \underline{grad}^{T} f_{k}]\underline{a} = [\begin{matrix}\frac{∂f_{1}}{∂x_{1}} & \frac{∂f_{1}}{∂x_{2}} & … & \frac{∂f_{1}}{∂x_{n}} \\ \frac{∂f_{2}}{∂x_{1}} & \frac{∂f_{2}}{∂x_{2}} & … & \frac{∂f_{2}}{∂x_{n}} \\ ⋮ & & ... & ⋮ \\ \frac{∂f_{k}}{∂x_{1}} & \frac{∂f_{k}}{∂x_{2}} & … & \frac{∂f_{k}}{∂x_{n}} \end{matrix} ]\underline{a}

\underline{\underline{A}}-t az \underline{f} függvény \underline{a} pontbeli derivált tenzorának (mátrixának) nevezzük.

Ha n = k, akkor az f függvény az n dimenziós euklideszi teret önmagába képezi le. (Lásd új változók bevezetése többes integrálok esetén!) Ilyenkor a derivált mátrixot Jacobi mátrixnak nevezzük, determinánsát pedig Jacobi determinánsnak.

Például, ha n = k = 3 : \underline{f} : ℝ^{3} ↦ ℝ^{3} transzformáció esetén

\underline{\underline{A}} = [\begin{matrix}\frac{∂f_{1}}{∂x} & \frac{∂f_{1}}{∂y} & \frac{∂f_{1}}{∂z} \\ \frac{∂f_{2}}{∂x} & \frac{∂f_{2}}{∂y} & \frac{∂f_{2}}{∂z} \\ \frac{∂f_{3}}{∂x} & \frac{∂f_{3}}{∂y} & \frac{∂f_{3}}{∂z} \end{matrix} ]\underline{a} =^{jel} \frac{∂(f_{1}, f_{2}, f_{3})}{∂(x, y, z)}|\underline{a} : Jacobi-mátrix

det \frac{∂(f_{1}, f_{2}, f_{3})}{∂(x, y, z)}|\underline{a} : Jacobi-determináns

M^{}Az \underline{\underline{A}} derivált mátrix skalárinvariánsát divergenciának (div \underline{\underline{A}}) , vektorinvariánsát pedig rotációnak (rot \underline{\underline{A}}) nevezzük.

div \underline{\underline{A}} = \frac{∂f_{1}}{∂x} + \frac{∂f_{2}}{∂y} + \frac{∂f_{3}}{∂z} = div \underline{f}

rot \underline{\underline{A}} = (\frac{∂f_{3}}{∂y} − \frac{∂f_{2}}{∂z} ) \underline{i} + (\frac{∂f_{1}}{∂z} − \frac{∂f_{3}}{∂x} ) \underline{j} + (\frac{∂f_{2}}{∂x} − \frac{∂f_{1}}{∂z} ) \underline{k} = rot \underline{f}

A \underline{∇} = (\frac{∂}{∂x}, \frac{∂}{∂y} , \frac{∂}{∂z} ) nabla szimbólum segítségével

div \underline{f} = \underline{∇} \underline{f}, rot \underline{f} = \underline{∇} × \underline{f}

alakban írható és könnyebben megjegyezhető.

Speciálisan, ha n = 3, k = 1: f : ℝ^{3} ↦ ℝ skalár-vektor függvény derivált mátrixa egyetlen sorból áll

\underline{\underline{A}} = [\frac{∂f}{∂x} \frac{∂f}{∂y} \frac{∂f}{∂z} ]\underline{a} = \underline{grad}^{T} f\underline{a}

4.7. Összetett függvény deriválhatósága (láncszabály)

[figure: T_{1}]

Ha \underline{φ} : ℝ^{n} ↦ ℝ^{m} és derivált tenzora az \underline{a} ∈ ℝ^{n} -ben \underline{\underline{A}}\underline{φ} ,

és \underline{f} : ℝ^{m} ↦ ℝ^{k} és derivált tenzora a \underline{b} = \underline{φ}(\underline{a}) ∈ ℝ^{m} -ben \underline{\underline{A}}\underline{f} ,

akkor \underline{f} ∘ \underline{φ} : ℝ^{n} ↦ ℝ^{k} derivált tenzora az \underline{a} -ban:

\underline{\underline{A}}_{\underline{f} ∘ \underline{φ}} = \underline{\underline{A}}\underline{f} · \underline{\underline{A}}\underline{φ}
(¬B)

Tehát az összetett függvény derivált tenzora egyenlő a külső függvény derivált tenzora szorozva a belső függvény derivált tenzorával. (A mátrixok szorzásánál a sorrend fontos!) Ha a külső függvény ℝ^{m} -ből ℝ -be képez (k = 1) , akkor derivált mátrixa a gradiensvektor lesz:

\underline{\underline{A}}_{f} = \underline{grad}^{T} f

és az összetett függvény derivált mátrixa:

\underline{\underline{A}}_{f ∘ \underline{φ}} = \underline{grad}^{T} f · \underline{\underline{A}}\underline{φ}

Az eredmény egy sormátrix, melynek i-edik eleme az összetett függvény parciális deriváltja az i-edik változója szerint. Ez az úgynevezett többváltozós láncszabály, amit a következő tételben fogalmazunk meg.

Mostantól csak vektorokkal dolgozunk, a skalár szorzásnál nem jelöljük, hogy az első vektort sorvektornak, a másodikat pedig oszlopvektornak kell tekinteni.

Összetett függvények deriválására vonatkozó láncszabály

[figure: T_{2}] Ha \underline{φ} : ℝ^{n} ↦ ℝ^{m} differenciálható \underline{a} ∈ ℝ^{n} -ben , és f : ℝ^{m} ↦ ℝ differenciálható \underline{b} = \underline{φ}(\underline{a}) ∈ ℝ^{m} -ben ,

akkor (f ∘ \underline{φ})(\underline{x}) = f(\underline{φ}(\underline{x})) =^{jel} h(\underline{x}) = h(x_{1}, …, x_{n}) differenciálható \underline{a} ∈ ℝ^{n} -ben és

\frac{∂h}{∂x_{i}} |\underline{a} = [f′_{y_{1}}, …, f′_{y_{m}}]\underline{b} [ \frac{∂φ_{1}}{∂x_{i}} ; ⋮ ; \frac{∂φ_{m}}{∂x_{i}} ]\underline{a} i = 1, 2, …, n

A h összetett függvény parciális deriváltjainak meghatározása az alábbi láncszabály szerint történik:

\frac{∂h}{∂x_{i}} |\underline{a} = \frac{∂f}{∂y_{1}} |_{\underline{φ}(\underline{a})} · \frac{∂φ_{1}}{∂x_{i}} |\underline{a} + ⋯ + \frac{∂f}{∂y_{m}} |_{\underline{φ}(\underline{a})} · \frac{∂φ_{m}}{∂x_{i}} |\underline{a} = ∑_{j=1}^{m} \frac{∂f}{∂y_{j}} |_{\underline{φ}(\underline{a})} · \frac{∂φ_{j}}{∂x_{i}} |\underline{a} = grad f|_{\underline{φ}(\underline{a})} · \frac{∂\underline{φ}}{∂x_{i}} |\underline{a}

grad f = [f′_{y_{1}}, …, f′_{y_{m}}] \frac{∂\underline{φ}}{∂x_{i}} = [\frac{∂φ_{1}}{∂x_{i}} , …, \frac{∂φ_{m}}{∂x_{i}} ]

Az összetett függvény parciális deriváltjait felírva rendre i = 1, 2, …, n esetén, megkaphatjuk a h gradiensét is:

grad h = [h′_{x_{1}}, …, h′_{x_{n}}] = grad f(\underline{φ}(\underline{x})) = grad f · \frac{d\underline{φ}}{d\underline{x}} = grad f · \underline{\underline{D}} =

= [f′_{y_{1}}, …, f′_{y_{m}}] [\begin{matrix}\frac{∂φ_{1}}{∂x_{1}} , & …, & \frac{∂φ_{1}}{∂x_{n}} \\ ⋮ & ... & ⋮ \\ \frac{∂φ_{m}}{∂x_{1}} , & …, & \frac{∂φ_{m}}{∂x_{n}} \end{matrix} ] = grad f · [ grad φ_{1} ; grad φ_{2} ; ⋮ ; grad φ_{m}] Jacobi mátrix

[figure: Pl.] Írjuk fel az előző láncszabályt n = 1 és tetszőleges m esetére:

h(t) = (f ∘ \underline{φ})(t) = f(\underline{φ}(t))

Tehát az f(y_{1}, …, y_{m}) külső függvénybe az y_{j} = φ_{j}(t) (j = 1, ⋯, m) belső függvényeket helyettesítjük. Ekkor h egyváltozós, gradiense ḣ(t) , melyre kapjuk:

ḣ(t_{0}) = \frac{dh}{dt}|_{t_{0}} = ∑_{j=1}^{m} \frac{∂f}{∂y_{j}} |_{\underline{φ}(t_{0})} · \frac{dφ_{j}}{dt} |_{t_{0}} = grad f(\underline{φ}(t_{0})) · \frac{d\underline{φ}}{dt}|_{t_{0}}

ḣ(t) = grad f(\underline{φ}(t)) · ˙ \underline{φ}(t);  ˙  \underline{φ}(t) = [φ̇_{1}(t), …, φ̇_{m}(t)]

[figure: Pl.] A láncszabályban most n legyen tetszőleges és m = 1 , azaz

h(\underline{x}) = (f ∘ φ)(\underline{x}) = f(φ(\underline{x})) ,

ahol most az f(y) egyváltozós függvény a külső függvény és y = φ(\underline{x})

\frac{∂h}{∂x_{i}} |\underline{a} = \frac{df}{dy} |_{φ(\underline{a})} · \frac{∂φ}{∂x_{i}} |\underline{a} i = 1, 2, …, n

Tehát

grad h(\underline{a}) = f′(φ(\underline{a})) · grad φ(\underline{a}), grad f(φ(\underline{x})) = f′(φ(\underline{x})) · grad φ(\underline{x})

Felületi görbék

Ha az x = x(t) , y = y(t) , z = z(t) , t ∈ [t_{1}, t_{2}] térgörbe (”út”) illeszkedik a z = f(x, y) felületre, akkor

z(t) = f(x(t), y(t)) , ∀ t ∈ [t_{1}, t_{2}]

Ha f totálisan differenciálható valamint ẋ(t), ẏ(t) és ż(t) folytonosak, akkor a láncszabály szerint

ż(t) = f′_{x} ẋ(t) + f′_{y} ẏ(t) azaz f′_{x} ẋ(t) + f′_{y} ẏ(t) − ż(t) = 0

Tehát a felületi görbe [ẋ(t), ẏ(t), ż(t)] érintővektora és az érintősík [f′_{x}, f′_{y}, −1] normálvektora merőlegesek egymásra (skalárszorzatuk nulla).

Összefoglalva azt kaptuk, hogy, ha f totálisan differenciálható, akkor minden folytonosan differenciálható felületi görbe érintőegyenesei valóban a z = f(x, y) felület egy-egy érintősíkjában haladnak.

Síkgörbe mint kétváltozós függvény szintvonala (Implicit megadású görbe)

Azon (x, y) pontok összességét, amelyek kielégítik az F (x, y) = c egyenletet, az F függvény c -hez tartozó szintvonalának nevezzük. Tehát, ha y = f(x) = y(x) az F függvény c -hez tartozó szintvonala, akkor F (x, y(x)) ≡ c

Ha F, f totálisan deriválható, akkor mindkét oldalt x szerint deriválva és a láncszabályt alkalmazva kapjuk:

F′_{x} + F′_{y} · \frac{dy}{dx} = 0 ⟹

\frac{dy}{dx} = −\frac{F′_{x}}{F′_{y}} , ha F′_{y} ≠ 0

[figure: Pl.] 1.) Határozzuk meg az F (x, y) = xye^{y} függvény P (1, −2) ponton átmenő

szintvonalának az egyenletét!

2.) Írjuk fel ennek a szintvonalnak az x_{0} = 1 pontbeli deriváltját!

Megoldás:

xye^{y} = c a szintvonalak egyenlete. Most xye^{y}|_{P} = −\frac{2}{e^{2}} = c , ezért a keresett szintvonal egyenlete:

xye^{y} = −2e^{−2} = −\frac{2}{e^{2}}

(Most x -et tudnánk kifejezni mint az y függvényét könnyedén.) Felhasználva, hogy

F′_{x} = ye^{y} , F′_{x}(P) = −2e^{−2}

F′_{y} = xe^{y} + xye^{y} , F′_{y}(P) = e^{−2} − 2e^{−2} = −e^{−2}

kapjuk a keresett deriváltat:

y′(1) = − \frac{F′_{x}}{F′_{y}} |_{P} = − \frac{ye^{y}}{xe^{y} + xye^{y}} |_{P} = − \frac{y}{x + xy} |_{P} = −2

Természetesen az y′ értékét az I. félévben látott módon is megkaphatjuk, felhasználva az összetett függvény deriválási szabályát:

xye^{y} = −\frac{1}{e^{2}}

ye^{y} + xy′e^{y} + xye^{y}y′ = 0 ⟹ y′ = −\frac{ye^{y}}{xe^{y} + xye^{y}} = −\frac{y}{x + xy}

Felület mint 3 változós függvény szintfelülete (Implicit megadású felület)

Azon (x, y, z) pontok összességét, amelyek kielégítik az F (x, y, z) = c egyenletet, az F függvény c -hez tartozó szintfelületének nevezzük. Tehát, ha z = f(x, y) az F függvény c -hez tartozó szintfelülete, akkor

F (x, y, f(x, y) ≡ c , ∀(x, y) ∈ D_{f}

Ha a z = f(x, y) totálisan differenciálható és kielégíti a fenti egyenletet, valamint F is totálisan differenciálható és még feltesszük, hogy F′_{z} ≠ 0 , akkor F (x, y, f(x, y)) ≡ c mindkét oldalát a láncszabály értelmében rendre x, illetve y szerint kapjuk:

\frac{∂F}{∂x} + \frac{∂F}{∂z} · \frac{∂f}{∂x} = 0 ⟹ \frac{∂f}{∂x} = − \frac{\frac{∂F}{∂x}}{\frac{∂F}{∂z}}

\frac{∂F}{∂y} + \frac{∂F}{∂z} · \frac{∂f}{∂y} = 0 ⟹ \frac{∂f}{∂y} = − \frac{\frac{∂F}{∂y}}{\frac{∂F}{∂z}}

Tudjuk, hogy a z = f(x, y) felület P -beli érintősíkjának normálvektora párhuzamos a [f′_{x}, f′_{y}, −1]|_{P} vektorral. Ezért

\underline{n} ∥ [f′_{x}, f′_{y}, −1] ∥ [−\frac{F′_{x}}{F′_{z}} , −\frac{F′_{y}}{F′_{z}} , −1] ⟹ \underline{n} ∥ [F′_{x}, F′_{y}, F′_{z}]_{P}

Tehát grad F (P) merőleges a P -n áthaladó szintfelületre. Így a P -n áthaladó szintfelület P -beli érintősíkjának normálvektora grad F (P) . Így az F (x, y, f(x, y)) = c szintfelület P (x_{0}, y_{0}, z_{0}) pontbeli érintősíkjának egyenlete:

\frac{∂F}{∂x} |_{P} (x − x_{0}) + \frac{∂F}{∂y} |_{P} (y − y_{0}) + \frac{∂F}{∂z} |_{P} (z − z_{0}) = 0

[figure: Pl.] F (x, y, z) = x^{2} − y^{2} + 2z^{2} , P (1, 1, −1)

1.) Írjuk fel F -nek a P ponton áthaladó szintfelületének az implicit egyenletét!

2.) Írjuk fel a P ponton áthaladó szintfelület P -beli érintősíkjának az egyenletét!

Megoldás: F (x, y, z) = x^{2} − y^{2} + 2z^{2}, P (1, 1, −1) ponton átmenő szintfelülete:

x^{2} − y^{2} + 2z^{2} = 2 (c = 2)

\underline{n} = grad F (P) = [2x, −2y, 4z]_{P} = 2 \underline{i} − 2 \underline{j} − 4 \underline{k}

Az érintősík egyenlete:

2(x − 1) − 2(y − 1) − 4(z + 1) = 0

•••

Feladatok

1.) g elegendően sokszor folytonosan differenciálható egyváltozós függvény.

a.) u(x, y) = g(x − y) u′_{x} = ?, u′_{y} = ?

b.) u(x, y) = g(x^{2} + y^{3}) u′_{x} = ?, u′_{y} = ?

c.) u(x, y) = g(x^{2}y) u′_{x} = ?, u′_{y} = ?, u′′_{xx} = ?, u′′_{xy} = ?, u′′_{yx} = ?, u′′_{yy} = ?

2.) Helyettesítse be az u(x, y) = g(xy^{2}) függvényt az

xyu′′_{xy} − y^{2}u′′_{yy} + 2x^{2}u′′_{xx}

kifejezésbe és hozza egyszerűbb alakra, ha g kétszer folytonosan differenciálható egyváltozós függvény, melynek változója helyére az xy^{2} kifejezést helyettesítettük.

3.) g_{1}(x) és g_{2}(x) kétszer folytonosan differenciálható egyváltozós függvény (g_{1}, g_{2} ∈ C_{ℝ}^{2}), h(x, y) = x · g_{1}(y − x) + y · g_{2}(x − y) , (x, y) ∈ ℝ^{2}

Hozza egyszerűbb alakra a h′′_{xx} + 2h′′_{xy} + h′′_{yy} kifejezést!

4.) Hozza egyszerűbb alakra az

xyu′′_{xx} + 2xyu′′_{xy} + xyu′′_{yy} − xu′_{x} − yu′_{y} = 0

differenciálegyenlet bal oldalát, ha u(x, y) = g(t)|_{t=xy} , ahol a g egyváltozós függvény kétszer folytonosan differenciálható! Az egyszerűsített kifejezés alapján adja meg azokat a g függvényeket, melyek azonosan kielégítik a differenciálegyenletet!

5.) Határozza meg az F (x, y, z) = e^{2x}y + xe^{y+2z}, P (1, −1, 0) ponton átmenő szintfelülete érintősíkjának az egyenletét!

6.) Határozza meg az f(x, y) = \frac{x^{2} + 3y}{4x + 5y} , P (1, −1)-hez tartozó érintősíkjának az egyenletét!

4.8. Iránymenti derivált

Az értelmezési tartomány \underline{a} pontjában az \underline{e} irányban adja meg a függvény változási sebességét.

D^{}\underline{a} ∈ int D_{f} ⊂ ℝ^{m}, |\underline{e}| = 1

\frac{df}{d\underline{e}} |\underline{a} = lim_{t→+0} \frac{f(\underline{a} + t\underline{e}) − f(\underline{a})}{t}

[figure: M_{1}] Az iránymenti derivált \frac{∂f}{∂\underline{e}} |\underline{a} módon is jelölhető.

[figure: M_{2}] t → 0-ra is szokás definiálni, mi t → +0-ra definiáljuk.

[figure: M_{3}] m ≥ 3-ra is definiálható a fogalom, csak nem szemléltethető.

[figure: M_{4}] A parciális deriváltak is iránymenti deriváltak.

Elégséges tétel iránymenti derivált létezésére:

T^{} Ha f totálisan deriválható K\underline{a}-ban, akkor \underline{a}-ban ∀ irányban ∃ az iránymenti derivált, és

\frac{df}{d\underline{e}} |\underline{a} = grad f(\underline{a}) · \underline{e} (|\underline{e}| = 1)

M^{}Ha ∀ irányban ∃ \frac{df}{d\underline{e}} |\underline{a} ≠⇒ ∃ grad f(\underline{a})

B^{}Az összetett függvény differenciálási szabályát kell alkalmaznunk.

f(\underline{x}); \underline{x} = \underline{φ}(t) := \underline{a} + t\underline{e} = [a_{1} + te_{1}, a_{2} + te_{2}, …, a_{m} + te_{m}]

\frac{d\underline{φ}}{dt} = ˙ \underline{φ}(t) = [e_{1}, e_{2}, …, e_{m}] = \underline{e}

h(t) := f(\underline{φ}(t)) = f(a_{1} + te_{1}, a_{2} + te_{2}, …, a_{m} + te_{m})

\frac{df}{d\underline{e}} |\underline{a} = lim_{t→+0} \frac{f(\underline{a} + t\underline{e}) − f(\underline{a})}{t} = lim_{t→+0} \frac{h(t) − h(0)}{t} = ḣ_{+}(0) = ḣ(0) =

= f′_{x_{1}} |\underline{a} · e_{1} + ⋯ + f′_{x_{m}} |\underline{a} · e_{m} = grad f(\underline{a}) · \underline{e}

Speciális képletek:

a.) m = 2 és \underline{e} α szöget zár be \underline{i}-vel:

\underline{e} = cos α \underline{i} + sin α \underline{j} = [cos α, sin α]
grad f = f′_{x} \underline{i} + f′_{y} \underline{j} = [f′_{x}, f′_{y}]

\frac{df}{d\underline{e}} |_{(x_{0},y_{0})} = f′_{x}(x_{0}, y_{0}) · cos α + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) · sin α

b.) m = 3; az \underline{e} vektor tengelyekkel bezárt szögei: α, β, γ

\underline{e} = [cos α, cos β, cos γ] (iránykoszinuszok)

\frac{df}{d\underline{e}} |_{P_{0}} = f′_{x}|_{P_{0}} · cos α + f′_{y}|_{P_{0}} · cos β + f′_{z}|_{P_{0}} · cos γ

[figure: M_{1}] Geometriai tartalom m = 2 esetén:

Tekintsük azt a felületi görbét, melyet a z = f(x, y) felületből az az (x, y) síkra merőleges sík metsz ki, melynek nyomvonala az (x_{0}, y_{0}) ponton áthaladó \underline{e} irányú egyenes. E felületi görbéhez az (x_{0}, y_{0}, f(x_{0}, y_{0})) felületi pontban húzzunk érintőegyenest.

Ennek irányát jelölje: \underline{w} . (Irányítás olyan, hogy γ = (\underline{w}, \underline{e})∡ hegyesszög legyen.) Ekkor igaz az alábbi:

\frac{df}{d\underline{e}} |_{(x_{0},y_{0})} = tg γ ; γ = (\underline{w}, \underline{e})∡, \underline{w} : érintő irányú vektor

tg γ′ = \frac{f(\underline{a} + t\underline{e}) − f(\underline{a})}{t} , tg γ = lim_{t→+0} tg γ′

[figure: M_{2}] m = 2 esetén az érintő benne van az érintősíkban.

Ui.: (x_{0}, y_{0}, z_{0}) pont közös és \underline{n} ⊥ \underline{w} megmutatható.

\underline{n} = [f′_{x}(x_{0}, y_{0}), f′_{y}(x_{0}, y_{0}), −1]

\underline{w} = \underline{e}+tg γ \underline{k} = [cos α, sin α, \frac{df}{d\underline{e}} |_{(x_{0},y_{0})}] = [cos α, sin α, f′_{x}(x_{0}, y_{0}) cos α + f′_{y}(x_{0}, y_{0}) sin α]

Így valóban \underline{n} \underline{w} = 0.

4.8.1. A gradiensvektor tulajdonságai

(Két és háromváltozós esetre, itt geometriai tartalom is van.)

T^{}Ha ∃ grad f(\underline{a}) , akkor ∃ \frac{df}{d\underline{e}} |\underline{a} ∀ \underline{e} -re és

a maximális iránymenti derivált iránya: grad f(\underline{a}) , értéke: |grad f(\underline{a})|

B^{}Már láttuk, hogy \frac{df}{d\underline{e}} |\underline{a} = gradf(\underline{a}) · \underline{e} . Ebből

\frac{df}{d\underline{e}} |\underline{a} = |gradf(\underline{a})| |\underline{e}| · cos φ = |gradf(\underline{a})| · cos φ

Így \frac{df}{d\underline{e}} |\underline{a} maximális, ha cos φ = 1 ⟹ φ = 0 , tehát \underline{e} ∥ gradf(\underline{a}) , pontosabban

\underline{e} = \frac{gradf(\underline{a})}{|gradf(\underline{a})|}  és  max \frac{df}{d\underline{e}} |\underline{a} = |gradf(\underline{a})| .

Tehát a grad vektor irányában elmozdulva nő leggyorsabban a függvényérték, és −grad irányában csökken a leggyorsabban.

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  40  v2.1

T^{}Ha ∃ gradf(\underline{a}) ≠ \underline{0} , akkor gradf(\underline{a}) ⊥ az f(\underline{x}) = f(\underline{a}) szintalakzatra (az \underline{a} helyvektorú ponton átmenő szintvonalra vagy szintfelületre) és a növekvő paraméterű szintalakzatok irányába mutat.

B^{}Csak vázlatosan.

\frac{df}{d\underline{e}} = gradf(\underline{a}) · \underline{e}

1.) Ha \underline{e} ∥ az érintő irányával ill. az érintősíkkal, tehát ha a szintalakzaton mozdulunk el,

akkor Δf = 0 ⟹ \frac{df}{d\underline{e}} = 0 ⟹ gradf(\underline{a}) · \underline{e} = 0 ⟹ gradf(\underline{a}) ⊥ \underline{e}

2.) Ha a növekvő paraméterű szintalakzat felé mozdulunk el:

Δf > 0 ⟹ \frac{df}{d\underline{e}} > 0 ⟹ grad f(\underline{a}) · \underline{e} > 0 ⟹ (grad f(\underline{a}), \underline{e})∡ < \frac{π}{2} ,

tehát gradf(\underline{a}) is a növekvő paraméterű szintalakzat felé mutat.

[figure: Pl.] f(x, y, z) = x^{4} + y^{4} + z^{4} + 1 , P_{0}(1, −1, 0)

a.) grad f|_{P_{0}} = ? , \frac{df}{d\underline{e}} |_{P_{0}} = ? , ha \underline{e} ∥ \underline{v} = [2, 1, 3]

b.) Adja meg max \frac{df}{d\underline{e}} |_{P_{0}} értékét és irányát!

c.) Írja fel a P_{0} ponton áthaladó szintfelület egyenletét és annak P_{0} - beli érintősíkját!

Megoldás:

a.) f′_{x} = 4 x^{3} , f′_{y} = 4 y^{3} , f′_{z} = 4 z^{3}

A parciálisok mindenütt léteznek és folytonosak, ezért a gradiens mindenütt létezik:

grad f = f′_{x} \underline{i} + f′_{y} \underline{j} + f′_{z} \underline{k} ⟹ grad f|_{P_{0}} = 4 \underline{i} − 4 \underline{j}

Mivel |\underline{v}| = \sqrt{4 + 1 + 9} = \sqrt{14} , \underline{e} = \frac{2}{\sqrt{14}} \underline{i} + \frac{1}{\sqrt{14}} \underline{j} + \frac{3}{\sqrt{14}} \underline{k}

\frac{df}{d\underline{e}} |_{P_{0}} = grad f(P_{0}) · \underline{e} = (4 \underline{i} − 4 \underline{j}) · (\frac{2}{\sqrt{14}} \underline{i} + \frac{1}{\sqrt{14}} \underline{j} + \frac{3}{\sqrt{14}} \underline{k}) =

= \frac{8}{\sqrt{14}} − \frac{4}{\sqrt{14}} = \frac{4}{\sqrt{14}}

b.) max \frac{df}{d\underline{e}} |_{P_{0}} = |grad f(P_{0})| = \sqrt{32}

És iránya: \underline{e} = \frac{gradf(P_{0})}{|gradf(P_{0})|} = \frac{4}{\sqrt{32}} \underline{i} − \frac{4}{\sqrt{32}} \underline{j}

c.) A szintfelület egyenlete: f(x, y, z) = c .

Mivel f(1, −1, 0) = 3 , azért c = 3 , tehát a kérdezett szintfelület:

x^{4} + y^{4} + z^{4} + 1 = 3

Mivel a gradiens merőleges a szintalakzatra, az érintősík normálvektorára fennáll, hogy

\underline{n} ∥ grad f(P_{0}) = 4 \underline{i} − 4 \underline{j} ⟹ \underline{n} := \underline{i} − \underline{j}

És a sík átmegy az adott P_{0} ponton, így egyenlete:

gradf(P_{0}) (\underline{r} − \underline{r}_{0}) = 0 , tehát (x − 1) − (y − (−1)) = 0

4.8.2. Lagrange-féle középértéktétel Egyváltozós függvény differenciálhatósága:

f(x_{0} + h) − f(x_{0}) = f′(x_{0}) · h + o(h) = df(x_{0}, h) + o(h)

Lagrange-féle középértéktétel egyváltozós függvényre:

\frac{f(x_{0} + h) − f(x_{0})}{h} = f′(ξ) = f′(x_{0} + ϑh) , 0 < ϑ < 1 alakból:

f(x_{0} + h) − f(x_{0}) = f′(x_{0} + ϑh) · h = df(x_{0} + ϑh, h) , 0 < ϑ < 1

Lagrange-féle középértéktétel: T^{}

Legyen D ⊂ ℝ^{m} konvex tartomány, és f : D ↦ ℝ totálisan deriválható D-ben; \underline{x}_{0} ∈ intD. Ekkor ∀ olyan \underline{h}-hoz, melyre \underline{x}_{0} + \underline{h} ∈ D , van 0 < ϑ < 1 szám, hogy

f(\underline{x}_{0} + \underline{h}) − f(\underline{x}_{0}) = ∑_{i=1}^{m} f′_{x_{i}}(\underline{x}_{0} + ϑ\underline{h}) · h_{i} = df(\underline{x}_{0} + ϑ\underline{h} , \underline{h}) (¬B)

M^{}\underline{x}_{0} + ϑ\underline{h} az \underline{x}_{0} és \underline{x}_{0} + \underline{h} pontok által meghatározott egyenes szakasz egy pontja, így a konvexitás miatt \underline{x}_{0} + ϑ\underline{h} ∈ D.

T^{} Legyen D ⊂ ℝ^{m} konvex, nyílt tartomány. Ha az f : D ↦ ℝ függvény totálisan deriválható D-ben és df(\underline{x}, \underline{h}) ≡ 0 ⟹ f állandó.

B^{}Az előző tétel értelmében ∀ \underline{a}, \underline{b} ∈ D-hez van az \underline{a} és \underline{b} pontokat összekötő szakaszon olyan \underline{c} pont, hogy f(\underline{b}) − f(\underline{a}) = df(\underline{c}, \underline{b} − \underline{a}). Mivel D konvex, így \underline{c} ∈ D ⟹ df(\underline{c}, \underline{b} − \underline{a}) = 0 ⟹ f(\underline{a}) = f(\underline{b}).

•••

Néhány kidolgozott összetettebb példa:

[figure: Pl.] f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{xy}{3x^{2} + 4y^{2}} , & ha(x, y) ≠ (0, 0) \\ \frac{1}{7} , & ha(x, y) = (0, 0) \end{matrix}

a.) Mutassa meg, hogy lim_{(x,y)→(0,0)} f(x, y) nem létezik!

b.) Hol differenciálható totálisan az f kétváltozós függvény? grad f = ?

c.) Írja fel a P (0, 1) ponthoz tartozó érintősík egyenletét!

d.) \frac{df}{d\underline{e}} |_{(0,1)} = ? ill. \frac{df}{d\underline{e}} |_{(0,0)} = ?, ha \underline{e} = \frac{\sqrt{2}}{2}\underline{i} + \frac{\sqrt{2}}{2}\underline{j} (\underline{e} irányú iránymenti derivált)

Megoldás:

a.)

lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n}tetsz. \end{matrix} \frac{ϱ_{n}^{2} cos φ_{n} sin φ_{n}}{ϱ_{n}^{2}(3 cos^{2} φ_{n} + 4 sin^{2} φ_{n})} ∄ (függ φ_{n}-től; pl. φ_{n} = 0, φ_{n} = \frac{π}{4} : ⋯)

b.) gradf|\underline{0} ∄, mert f nem folytonos \underline{0}-ban. (Szükséges feltétel nem teljesül.) Ha (x, y) ≠ (0, 0), akkor f′_{x} és f′_{y} létezik és folytonos ⟹ grad f ∃ : grad f = f′_{x}\underline{i} + f′_{y}\underline{j}, ahol

f′_{x} = \frac{y(3x^{2} + 4y^{2}) − xy · 6x}{(3x^{2} + 4y^{2})^{2}}

f′_{y} = \frac{x(3x^{2} + 4y^{2}) − xy · 8y}{(3x^{2} + 4y^{2})^{2}}

c.) Az érintősík egyenlete:

f′_{x}(0, 1) (x − 0) + f′_{y}(0, 1) (y − 1) − (z − f(0, 1)) = 0

f′_{x}(0, 1) = \frac{1}{4}, f′_{y}(0, 1) = 0, f(0, 1) = 0

\frac{1}{4}(x − 0) + 0 · (y − 1) − (z − 0) = 0 ⟶ z = \frac{1}{4}x

d.) gradf|_{(0,1)} = \frac{1}{4} \underline{i} + 0\underline{j} ∃ ⟹ (0, 1)-ben bármilyen irányban létezik az iránymenti derivált, és

\frac{df}{d\underline{e}} |_{P_{0}} = gradf|_{P_{0}} · \underline{e} képlettel számolható.

\frac{df}{d\underline{e}} |_{(0,1)} = (\frac{1}{4}\underline{i} + 0\underline{j}) · (\frac{\sqrt{2}}{2}\underline{i} + \frac{\sqrt{2}}{2}\underline{j}) = \frac{1}{4} · \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{8}

\frac{df}{d\underline{e}} |_{(0,0)} csak a definícióval vizsgálható, mivel itt az előző elégséges tétel nem használható,

mert gradf|_{(0,0)} ∄. (A kétváltozós függvény folytonossága nem szükséges feltétele az iránymenti derivált létezésének. Csak az adott egyenes mentén való ”megfelelő irányú” folytonosság kell, de ezt nem érdemes külön vizsgálni.)

\frac{df}{d\underline{e}} |_{(0,0)} = lim_{t→+0} \frac{f(\underline{0} + t\underline{e}) − f(\underline{0})}{t} =

= lim_{t→+0} \frac{f(\frac{\sqrt{2}}{2}t, \frac{\sqrt{2}}{2}t) − f(0, 0)}{t} = lim_{t→+0} \frac{\frac{\frac{1}{2}t^{2}}{\frac{3}{2}t^{2} + \frac{4}{2}t^{2}} − \frac{1}{7}}{t} = lim_{t→+0} \frac{0}{t} = 0

[figure: Pl.] Legyen f(x, y) = sin \frac{xy}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} , ha (x, y) ≠ (0, 0), és f(0, 0) = 0

a.) Határozza meg az f függvény parciális deriváltjait az origóban!

b.) Mutassa meg, hogy f-nek létezik az origóban a \underline{v} = [1, 1] irányú iránymenti deriváltja, és értéke nem nulla!

c.) Totálisan differenciálható-e az f függvény az origóban?

d.) Milyen előjelű az f függvény az origó környezetében?

Van-e az f-nek lokális szélsőértéke az origóban? Megoldás a.) f′_{x}(0, 0) = lim_{h→0} \frac{f(h, 0) − f(0, 0)}{h} = lim_{h→0} \frac{0}{h} = 0 és a szimmetria miatt f′_{y}(0, 0) = 0 szintén.

b.) \underline{v} = \underline{i} + \underline{j}; \underline{e} = \frac{\underline{v}}{|\underline{v}|} = \frac{1}{\sqrt{2}}\underline{i} + \frac{1}{\sqrt{2}}\underline{j}

\frac{df}{d\underline{e}} |\underline{0} = lim_{t→+0} \frac{f(\underline{0} + \underline{e}t) − f(\underline{0})}{t} = lim_{t→+0} \frac{f(\frac{1}{\sqrt{2}}t, \frac{1}{\sqrt{2}}t) − f(0, 0)}{t} =

= lim_{t→+0} \frac{sin \frac{t^{2}}{2t}}{t} = lim_{t→+0} \frac{sin \frac{t}{2}}{\frac{t}{2}} · \frac{1}{2} = \frac{1}{2} (≠ 0)

c.) Ha f totálisan deriválható lenne, akkor

\frac{df}{d\underline{e}} = gradf · \underline{e} miatt \frac{df}{d\underline{e}} |\underline{0} = [\underbrace{f′_{x}(0, 0)}_{=0}, \underbrace{f′_{y}(0, 0)}_{=0}] · \underline{e} = 0

lenne ⟹ f nem totálisan deriválható a (0, 0)-ban. Vagy a definícióval:

Δf = f(h, k) − f(0, 0) = A · h + B · k + ε

sin \frac{hk}{\sqrt{h^{2} + k^{2}}} − 0 = 0 · h + 0 · k + ε

lim_{(h,k)→(0,0)} \frac{ε}{\sqrt{h^{2} + k^{2}}} = lim_{(h,k)→(0,0)} \begin{matrix}sin & \frac{hk}{\sqrt{h^{2}+k^{2}}} \\ √ & \overline{h^{2} + k^{2}} \end{matrix} =

(h := ϱ_{n} cos φ_{n}; k := ϱ_{n} sin φ_{n})

= lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n}tetsz. \end{matrix} \frac{sin (ϱ_{n} cos φ_{n} sin φ_{n})}{ϱ_{n}} = lim \begin{matrix}ϱ_{n} → 0 \\ φ_{n}tetsz. \end{matrix} \underbrace{\frac{sin (ϱ_{n} cos φ_{n} sin φ_{n})}{ϱ_{n} cos φ_{n} sin φ_{n}}}_{\begin{matrix}↓ \\ 1 \end{matrix}} · cos φ_{n} sin φ_{n} ≠ 0

⟹ nem tot. deriválható

d.) lim_{(x,y)→(0,0)} \frac{xy}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = 0 miatt az origó elegendően kis sugarú környe-

zetében sin \frac{xy}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} előjele azonos az argumentum előjelével ⟹

f(0, 0) = 0 nem lehet lokális szélsőérték, mert (0, 0) bármely környezetében felvesz pozitív és negatív értéket is a függvény.

[figure: +; +; +; +; +; +; +; +; +; +; +; +; +; +; +; +; +; +; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −]

4.9. Magasabbrendű differenciálok

Elsőrendű differenciál (teljes differenciál)

Mint már láttuk totálisan deriválható függvényre:

D^{}df (\underline{x}, \underline{h}) = ∑_{k=1}^{m} f′_{x_{k}}(\underline{x}) · h_{k} = gradf(\underline{x}) · \underline{h}

Kétváltozós függvény esetén:

\underline{x} = [x, y] , \underline{h} = [h_{1}, h_{2}]

df (\underline{x}, \underline{h}) = f′_{x}(x, y) h_{1} + f′_{y}(x, y) h_{2}

Háromváltozós függvény esetén:

\underline{x} = [x, y, z] , \underline{h} = [h_{1}, h_{2}, h_{3}]

df (\underline{x}, \underline{h}) = f′_{x}(x, y, z) h_{1} + f′_{y}(x, y, z) h_{2} + f′_{z}(x, y, z) h_{3}

Például: f(x, y, z) = xy^{3} + xyz esetén:

df (\underline{x}, \underline{h}) = (y^{3} + yz) h_{1} + (3xy^{2} + xz) h_{2} + xy h_{3}

Ez egy 2m = 6 -változós függvény.

Másodrendű differenciál

Az elsőrendű differenciálban rögzítsük a \underline{h} vektort! Ekkor ennek az \underline{x} -től függő függvénynek is vehetjük az \underline{x} -beli differenciálját \underline{h} megváltozás mellett. (Természetesen csak akkor, ha az elsőrendű parciálisok differenciálhatók. Ezt úgy érhetjük el, ha például feltesszük, hogy f másodrendű parciális deriváltjai folytonosak.) Tehát a másodrendű differenciál az elsőrendű differenciál elsőrendű differenciálja.

D^{}d^{2}f(\underline{x}, \underline{h}) = d(df (\underline{x}, \underline{h}))(\underline{x}, \underline{h}) , f ∈ C_{K\underline{x}}^{2}

Kétváltozós függvény esetén:

d^{2}f(\underline{x}, \underline{h}) = \frac{∂}{∂x}(f′_{x}(x, y) h_{1} + f′_{y}(x, y) h_{2}) ·h_{1} + \frac{∂}{∂y} (f′_{x}(x, y) h_{1} + f′_{y}(x, y) h_{2}) ·h_{2} =

= (f′′_{xx}(x, y) h_{1} + f′′_{yx}(x, y) h_{2}) · h_{1} + (f′′_{xy}(x, y) h_{1} + f′′_{yy}(x, y) h_{2}) · h_{2}
= f′′_{xx}(x, y) · h_{1}^{2} + 2 f′′_{xy}(x, y) · h_{1} h_{2} + f′′_{yy}(x, y) · h_{2}^{2}

Felhasználtuk, hogy Young tétele miatt: f′′_{yx}(x, y) = f′′_{xy}(x, y) . Ha (x, y) -t rögzítjük, akkor d^{2}f(\underline{x}, \underline{h}) kvadratikus függvénye (csak másodfokú tagokból álló polinomja) a h_{1} , h_{2} változóknak. A kifejezés mátrixosan felírva jobban átlátható:

d^{2}f(\underline{x}, \underline{h}) = [ h_{1} h_{2} ] [ \begin{matrix}f′′_{xx} & f′′_{xy} \\ f′′_{yx} & f′′_{yy} \end{matrix} ] [ \begin{matrix}h_{1} \\ h_{2} \end{matrix} ] = \underline{h}^{T} \underline{\underline{H}} \underline{h}

\underline{\underline{H}} neve: Hesse-féle mátrix. \underline{\underline{H}} szimmetrikus mátrix.

Háromváltozós függvény esetén:

d^{2}f(\underline{x}, \underline{h}) = \frac{∂}{∂x} (f′_{x}(x, y, z) h_{1} + f′_{y}(x, y, z) h_{2} + f′_{z}(x, y, z) h_{3}) · h_{1} +

+ \frac{∂}{∂y} (f′_{x}(x, y, z) h_{1} + f′_{y}(x, y, z) h_{2} + f′_{z}(x, y, z) h_{3}) · h_{2} +

+ \frac{∂}{∂z} (f′_{x}(x, y, z) h_{1} + f′_{y}(x, y, z) h_{2} + f′_{z}(x, y, z) h_{3}) · h_{3} =

= [ h_{1} h_{2} h_{3} ] [ \begin{matrix}f′′_{xx} & f′′_{xy} & f′′_{xz} \\ f′′_{yx} & f′′_{yy} & f′′_{yz} \\ f′′_{zx} & f′′_{zy} & f′′_{zz} \end{matrix} ] [ \begin{matrix}h_{1} \\ h_{2} \\ h_{3} \end{matrix} ] = \underline{h}^{T} \underline{\underline{H}} \underline{h}

Young tétele miatt \underline{\underline{H}} most is szimmetrikus.

k -adrendű differenciál (f ∈ C_{K\underline{x}}^{k})

D^{}d^{k}f(\underline{x}, \underline{h}) = d(df^{k−1} (\underline{x}, \underline{h}))(\underline{x}, \underline{h}) , k = 2, 3, …

5. Többváltozós függvények szélsőértékszámítása

Lokális szélsőérték definíciója

D^{}f -nek lokális minimuma (maximuma) van az \underline{a} ∈ intD_{f} pontban, ha ∃ K_{\underline{a},δ} ⊂ intD_{f} ,

hogy

f(\underline{x}) ≥ f(\underline{a}) ( illetve f(\underline{x}) ≤ f(\underline{a})) ∀ \underline{x} ∈ K_{\underline{a},δ} -ra.

(Nem szigorú szélsőértéket definiáltunk!)

Szükséges feltétel differenciálható függvény esetén lokális szélsőérték létezésére:

T^{} K_{\underline{a},δ} ⊂ D_{f} és f totálisan deriválható \underline{a} -ban. Ha f -nek lokális szélsőértéke van \underline{a} -ban, akkor

df(\underline{a}, \underline{h}) = 0 ∀ |\underline{h}| < δ -ra.

B^{}Mivel

df (\underline{a}, \underline{h}) = f′_{x_{1}}(\underline{a}) h_{1} + f′_{x_{2}}(\underline{a}) h_{2} + ⋯ + f′_{x_{m}}(\underline{a}) h_{m} ,

elegendő belátni, hogy a parciális deriváltak nullák \underline{a} -ban.

f_{k}(t) := f(a_{1}, a_{2}, …, a_{k−1}, t, a_{k+1}, …, a_{m})

f_{k} -nak is lokális szélsőértéke van t = a_{k} -ban, ezért ḟ_{k}(a_{k}) = 0 . Azonban az összetett függvény deriválási szabályát alkalmazva kapjuk, hogy

0 = ḟ_{k}(a_{k}) = \frac{∂f(\underline{a})}{∂x_{1}} · 0 + \frac{∂f(\underline{a})}{∂x_{2}} · 0 + … + \frac{∂f(\underline{a})}{∂x_{k}} · 1 + \frac{∂f(\underline{a})}{∂x_{k+1}} · 0 + … \frac{∂f(\underline{a})}{∂x_{m}} · 0 =

= \frac{∂f(\underline{a})}{∂x_{k}} k = 1, …, m

M^{}A feltétel csak szükséges, de nem elégséges. Erre példa:

f(x, y) = (y − x^{2}) (y − 2x^{2})

f′_{x}(0, 0) = 0 , f′_{y}(0, 0) = 0

f -nek nincs lokális szélsőértéke (0, 0) -ban, mert f(0, 0) = 0 , ugyanakkor a függvény a (0, 0) pont minden környezetében felvesz pozitív és negatív értéket is.

(Ábra)

Ugyanis az y = 2x^{2} parabola feletti pontokban f(x, y) > 0 (y > 2x^{2} > x^{2}) . Az y = x^{2} parabola alatti pontokban szintén f(x, y) > 0 (y < x^{2} < 2x^{2}) . A két parabola között (x^{2} < y < 2x^{2}) viszont f(x, y) < 0 .

Annak ellenére, hogy ennek a kétváltozós függvénynek az origóban nincs lokális szélsőértéke, mégis, ha a felületből az x,y síkra merőleges, az origón átmenő síkokkal kimetszünk felületi görbéket, akkor f -nek minden ilyen felületi görbe mentén lokális minimuma van. Ugyanis a metszetgörbe pontjaiban a függvényérték pozitív, legalábbis az origó egy átszúrt környezetében.

Elégséges tétel lokális szélsőérték létezésére speciálisan kétváltozós függvényre:

T^{} Ha f ∈ C_{K_{(x_{0},y_{0}),δ}}^{2} és

D(x, y) := |\underline{\underline{H}}(x, y)| (= det\underline{\underline{H}}(x, y)) = |\begin{matrix}f′′_{xx} & f′′_{xy} \\ f′′_{yx} & f′′_{yy} \end{matrix}|

f′_{x}(x_{0}, y_{0}) = 0, f′_{y}(x_{0}, y_{0}) = 0 és D(x_{0}, y_{0}) > 0 : van lok. szélsőérték:

f′′_{xx}(x_{0}, y_{0}) > 0 : lok. min.
f′′_{xx}(x_{0}, y_{0}) < 0 : lok. max.

f′_{x}(x_{0}, y_{0}) = 0, f′_{y}(x_{0}, y_{0}) = 0 és D(x_{0}, y_{0}) < 0 : (x_{0}, y_{0})-ban nincs lok. szélsőérték f′_{x}(x_{0}, y_{0}) = 0, f′_{y}(x_{0}, y_{0}) = 0 és D(x_{0}, y_{0}) = 0 : ? (További vizsgálat szükséges)

(¬B)
•••

[figure: Pl.]

Keresse meg az f(x, y) = x^{2} − 2x + y^{3} − 3y függvény lokális szélsőértékeit!

Megoldás:

f′_{x} = 2x − 2 = 0 ⟹ x = 1 f′_{y} = 3y^{2} − 3 = 0 ⟹ y = ±1 P_{1}(1, 1) és P_{2}(1, −1) pontokban lehet lokális szélsőérték.

D(x, y) = |\begin{matrix}f′′_{xx} & f′′_{xy} \\ f′′_{yx} & f′′_{yy} \end{matrix}| = |\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 6y \end{matrix}| = 12y

D(1, 1) = 12 > 0, f′′_{xx}(1, 1) > 0 ⟹ P_{1}(1, 1)-ben lok. min. van (f(1, 1) = −3 értékkel). D(1, −1) = −12 < 0 ⟹ P_{2}(1, −1)-ben nincs lok. szélsőérték.

[figure: Pl.]

Határozza meg az f(x, y) = x^{2}y^{3} lokális szélsőértékeit!

Megoldás:

\begin{matrix}f′_{x} = 2xy^{3} = 0 \\ f′_{y} = 3x^{2}y^{2} = 0 \end{matrix} \} x = 0 vagy y = 0. Tehát az (x, 0) és a (0, y) pontokban lehet lok. szé.

D(x, y) = |\begin{matrix}2y^{3} & 6xy^{2} \\ 6xy^{2} & 6x^{2}y \end{matrix}| = 12x^{2}y^{4} − 36x^{2}y^{4} = −24x^{2}y^{4}

D(x, 0) = 0 és D(0, y) = 0. Így nem tudunk dönteni.

[figure: +; +; +; +; +; +; +; +; +; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; +; +; +; +; +; +; +; +; +; y; x; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0] } A függvényérték előjele.

Az x tengely pontjaiban nincs lok. szé. A függvényérték itt 0 és e pontok bármely környezetében a függvény felvesz pozitív és negatív értéket is. Az y tengely pontjaiban (az origót kivéve) van lokális szélsőérték:

(0, y), y > 0 pontokban lok. minimum van.

(0, y), y < 0 pontokban lok. maximum van.

[figure: Pl.] f(x, y) = y^{2}(1 − x^{2} − y^{2})

a.) Határozza meg a lokális szélsőérték helyeket!

b.) Határozza meg a függvény minimumát és maximumát, – ha létezik –, az x^{2} + y^{2} ≤ 1 tartományon!

Megoldás:

a.) f′_{x} = y^{2}(−2x) = 0 ⟶ x = 0 ∨ y = 0 f′_{y} = 2y(1 − x^{2} − y^{2}) − 2y^{3} = −4y^{3} + 2y − 2yx^{2} = 0 (2)

Ha x = 0 : (2): 2y(1 − 2y^{2}) = 0 ⟶ y = 0 ∨ y = ±\frac{1}{\sqrt{2}}

Ha y = 0 : (2): x tetsz.

Tehát a szükséges feltétel teljesül: P_{1}(0, 0), P_{2}(0, \frac{1}{\sqrt{2}}), P_{3}(0, −\frac{1}{\sqrt{2}}), P_{4}(x, 0) pontokban.

D(x, y) = |\begin{matrix}−2y^{2} & −4xy \\ −4xy & −12y^{2} + 2 − 2x^{2} \end{matrix}|

D(0, ±\frac{1}{\sqrt{2}}) = 4 > 0 és itt f′′_{xx} < 0 itt ⟹ P_{2}, P_{3}-ban lok. max. van f(0, ±\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{1}{4} értékkel. Az x tengely mentén: D(x, 0) = 0 : ?-es eset.

[figure: 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0; +; +; +; +; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −; −]

(x, 0), |x| < 1 : lok. min. (Értéke: 0)

(x, 0), |x| > 1 : lok. max. (Értéke: 0)

(1, 0) ill. (−1, 0) pontokban nincs lok. szé.

b.) f folytonos a kompakt halmazon ⟹ ∃ min. és max.

\begin{matrix}Lokális szé.: & f(0, ±\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{1}{4} \\ & f(x, 0) = 0 \\ Határon: & f = 0 \end{matrix} \} ⟹ {min = 0 \atop max = \frac{1}{4}}

[figure: Pl.] f(x, y) = x^{3} + y^{3} − x − y

a.) Határozzuk meg a lokális szélsőértéket!

b.) Létezik-e f-nek legnagyobb és legkisebb értéke az

A = {(x, y) : x, y ∈ ℝ; 0 ≤ y ≤ 1 − x; 0 ≤ x ≤ 1}

tartományon? Ha igen, keresse meg!

Megoldás:

a.) A függvény mindenütt deriválható. (A parciálisok léteznek és folytonosak.) f′_{x} = 3x^{2} − 1 = 0 x = ±\frac{1}{\sqrt{3}}; f′_{y} = 3y^{2} − 1 = 0 y = ±\frac{1}{\sqrt{3}}

D(x, y) = |\begin{matrix}f′′_{xx} & f′′_{xy} \\ f′′_{yx} & f′′_{yy} \end{matrix}| = |\begin{matrix}6x & 0 \\ 0 & 6y \end{matrix}| = 36xy

D(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) > 0, és f′′_{xx}(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) > 0, tehát f(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) = −\frac{4}{3\sqrt{3}} lok. min. D(−\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}) > 0 és f′′_{xx}(−\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}) < 0, tehát f(−\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{4}{3\sqrt{3}} lok. max. D(−\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) < 0 nincs lok. szé.; D(\frac{1}{\sqrt{3}}, −\frac{1}{\sqrt{3}}) < 0 nincs lok. szé.

b.) A tartomány korlátos és zárt (kompakt halmaz), f folytonos itt ⟹_{Weierstrass II.} van minimuma és maximuma. Hol lehet a tartománybeli szélsőérték?

− ahol f nem deriválható (most ilyen hely nincs)

− ahol lok. szélsőérték lehet (nem kell ellenőrizni az elégségességet, ha tudjuk, hogy ∃ a min. és max.) Most a lok. szé. helyek nem esnek a tartományba.

− a tartomány határán (1 dimenzióval alacsonyabb szélsőértékszámítási feladat).

A tartomány határán:

1. φ_{1}(y) := f(0, y) = y^{3} − y , y ∈ [0, 1]

(Zárt intervallumbeli feladat)

φ′_{1} = 3y^{2} − 1 = 0 y = ±\frac{1}{\sqrt{3}}

f(0, \frac{1}{\sqrt{3}}) = −\frac{2}{\sqrt{3}}_{^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿}}

A végpontok: f(0, 0) = 0_{^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿}}; f(0, 1) = 0_{^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿}}

[figure: 2.; 1.; 3.]

2. f x-ben és y-ban szimmetrikus. Ezt kihasználva:

f(\frac{1}{\sqrt{3}}, 0) = −\frac{2}{\sqrt{3}}_{^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿}}; f(1, 0) = 0_{^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿}} (végpont; a másik már szerepelt)

3. φ_{3}(x) := f(x, 1 − x) = x^{3} + (1 − x)^{3} − x − (1 − x) = ⋯ = 3x^{2} − 3x

φ′_{3} = 6x − 3 = 0 x = \frac{1}{2}; y = 1 − \frac{1}{2} = \frac{1}{2} f(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) = −\frac{3}{4}_{^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿} ^{∿}} (Végpontok már voltak.)

(_{∿} _{∿} _{∿} _{∿} -sal jelölt értékek közül kell választani.) Összefoglalva: f(0, 0) = f(0, 1) = f(1, 0) = 0 : maximum

f(0, \frac{1}{\sqrt{3}}) = f(\frac{1}{\sqrt{3}}, 0) = −\frac{2}{\sqrt{3}} : minimum

•••

Feladatok

1.) Hol differenciálhatók az alábbi függvények? Ahol differenciálhatók, ott írja fel a gradiens vektort!

a.) f(x, y) = x sin (x + y^{2})

b.) f(x, y, z) = \sqrt[3]{x^{2} + y^{2} + z^{2}}

c.) f(x, y) = arctg \frac{y}{x+1}

d.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

e.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

f.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{2}y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ 0 , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix}

2.) f(x, y) = e^{xy^{2}} + cos (x + y^{3})  gradf = ?  df ((x, y), (h, k)) = ?

3.) f(x, y) = x^{3} + x^{2y} + y^{2} d^{2}f((e, −1), (h, k)) = ? 4.) Határozza meg az alábbi függvények iránymenti deriváltját az adott pontban és az adott

irányban!

a.) f(x, y) = x^{2} − 2xy + sh (x + y); P_{0}(−2, 1); \underline{v} = 3\underline{i} − \underline{j} b.) f(x, y) = arctg \frac{x}{y}; P_{0}(1, −1); \underline{v} = 3\underline{i} − 4\underline{j} c.) f(x, y, z) = e^{−x^{2}−y^{2}} − z; P_{0}(1, 0, 1); \underline{v} = 4\underline{i} − 3\underline{k}

d.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}\frac{2xy}{x^{2} + y^{2}} , & ha (x, y) ≠ (0, 0) \\ \frac{3}{5} , & ha (x, y) = (0, 0) \end{matrix} P_{0}(0, 0); \underline{v} = \underline{i} + 3\underline{j} ill. \underline{v} = \underline{i}

e.) f(x, y, z) = \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}}; P_{0}(0, 0, 0); \underline{v} = 3\underline{i} + 4\underline{j} 5.) Határozza meg az alábbi függvények maximális iránymenti deriváltjának értékét és annak

irányát a megadott pontban! a.) f(x, y) = xy^{2} + e^{2x}; P_{0}(0, 1)

b.) f(x, y) = \frac{x + y}{x − y}; P_{0}(1, −1)

c.) f(x, y, z) = e^{−x^{2}−y^{2}} − z; P_{0}(1, 0, 1) 6.) Írja fel az alábbi – z = f(x, y) egyenletű – felületek érintősíkjainak egyenletét a megadott

P_{0} ponthoz tartozó felületi pontjukban! a.) z = x^{3} + y^{3} − 9x^{2}y; P_{0}(1, −1)

b.) z = \frac{x + 1}{2y − 1}; P_{0}(0, 1)

7.) Határozza meg az u = f(x, y, z) függvény P_{0} ponton áthaladó szintfelületének egyenletét és írja fel a szintfelület P_{0}-beli érintősíkjának egyenletét!

\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix} Kónya I. – Fritz Jné – Győri S.  53  v2.1

a.) f(x, y, z) = 3x^{2} + y^{2} + 2z^{2}; P_{0}(1, 2, −1) b.) f(x, y, z) = \sqrt[4]{x^{2} + y^{2} + z^{2}}; P_{0}(1, 0, −1)

8.) f(x, y) = \{ \begin{matrix}sin \frac{2x^{2}y^{2}}{x^{2} + y^{2}} + 6x , & ha x^{2} + y^{2} ≠ 0 \\ 0 , & ha x^{2} + y^{2} = 0 \end{matrix}

a.) Hol folytonos a függvény? b.) f′_{x}(x, y) = ?, f′_{y}(x, y) = ? c.) Totálisan hol deriválható? d.) Iránymenti derivált a \underline{v} = 3\underline{i} + 4\underline{j} irányban a

α.) P_{1}(0, 1) β.) P_{2}(0, 0) pontokban?

e.) Írja fel a P_{1}(0, 1) pontbeli érintősík egyenletét! 9.) Határozza meg az alábbi függvények lokális szélsőértékeit!

a.) f(x, y) = x^{3} + y^{3} − 3xy b.) f(x, y) = x^{4} − 4x + 2y^{2} − 2y c.) f(x, y) = e^{−x^{2}−2y^{2}+3xy} d.) f(x, y) = x^{2} + 4y^{2} + 4xy e.) f(x, y) = x^{3} + y^{3} − x − y

10.) f(x, y) = x^{2}y(2 − x − y)

Keressük meg az f függvény legkisebb és legnagyobb értékét az x = 0; y = 0; x+y = 6 egyenesekkel határolt zárt halmazban.

11.) f(x, y) = y^{2}(1 − x^{2} − y^{2})

a.) Határozza meg a lokális szélsőértékhelyeket! b.) Határozza meg a függvény minimumát és maximumát, ha létezik, az x^{2} + y^{2} ≤ 1

tartományon! 12.) f(x, y) = (x − y)^{3}(x + y − 2)x

a.) Teljesül-e az y = x pontjaiban a lokális szélsőérték létezésére vonatkozó szükséges

feltétel? b.) Az y = x egyenes mely pontjaiban van lokális maximuma, illetve lokális minimuma a

függvénynek? (A lokális szélsőérték definíciója alapján adja meg a válaszát!)