Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu

Transkrypt

1 Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki Krzysztof Frączek Analiza Matematyczna II Wykład dla studentów II roku kierunku informatyka Toruń 2009

2 Spis treści 1 Przestrzenie metryczne Granica funkcji i funkcje ciągłe Rachunek różniczkowy funkcji wielu zmiennych Pochodne wyższych rzędów Ekstrema lokalne Funkcje uwikłane Powierzchnie Ekstrema warunkowe Całka Riemanna Całki iterowane Zamiana zmiennych Równania różniczkowe Przykłady Co to jest równanie różniczkowe zwyczajne? Interpretacja geometryczna Równanie o rozdzielonych zmiennych Istnienie i jednoznaczność rozwiązań Schematy numeryczne Równania zupełne Równania liniowe wyższych rzędów o stałych współczynnikach 66

3 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 1 1 Przestrzenie metryczne ułożył Definicja. Przestrzenią metryczną nazywamy parę (X, ρ), gdzie X jest zbiorem niepustym, zaś ρ : X X [0, + ) jest odwzorowanie spełniającym następujące warunki: (a) ρ(x, y) = 0 x = y, (b) ρ(x, y) = ρ(y, x) dla dowolnych x, y X, (c) ρ(x, z) ρ(x, y)+ρ(y, z) dla dowolnych x, y, z X(nierówność trójkąta). Elementy przestrzeni metrycznej nazywamy punktami, odwzorowanie ρ metryką, a wartość ρ(x, y) odległością pomiędzy punktami x i y w metryce ρ. Przykład. W przestrzeni R d odwzorowanie ρ 1 ((x 1,..., x d ), (y 1,..., y d )) = d (x k y k ) 2 jest metryką, zwaną metryką euklidesową. Warunki (a) i (b) są spełnione w sposób oczywisty. Aby udowodnić nierówność trójkąta potrzebne nam jest następujące twierdzenie. Twierdzenie 1.1. (nierówność Schwartza) Dla dowolnych liczb rzeczywistych a 1,..., a d, b 1,..., b d zachodzi nierówność ( d ) 2 ( d ) ( d ) a k b k. k=1 k=1 a 2 k k=1 k=1 Dowód. Dla dowolnego t R zachodzi nierówność d (a k t b k ) 2 0. k=1 Zatem trójmian kwadratowy ( d d w(t) = (a k t b k ) 2 = k=1 k=1 a 2 k b 2 k ) ( d ) ( d t 2 2 a k b k t + k=1 jest nieujemny, a więc jego wyróżnik 0. Ponieważ ( d ) 2 ( d ) ( d = 4 a k b k 4 k=1 więc z nierówności 0 wynika już nierówność Schwartza. k=1 a 2 k k=1 b 2 k ), k=1 b 2 k )

4 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 2 Wniosek 1.2. Dla dowolnych liczb rzeczywistych a 1,..., a d, b 1,..., b d zachodzi nierówność d (a k + b k ) 2 d a 2 k + d b 2 k. k=1 Dowód. Podnosząc obie strony nierówności do kwadratu otrzymujemy nierówność równoważną d d (a k + b k ) 2 a 2 k + 2 d d d b 2 k + k=1 2 k=1 k=1 d a k b k 2 d k=1 k=1 k=1 a 2 k a 2 k k=1 k=1 d b 2 k, a ta nierówność wynika natychmiast z nierówności Schwartza. Teraz możemy udowodnić nierówność trójkąta dla metryki ρ 1. Niech x = (x 1,..., x d ), y = (y 1,..., y d ) oraz z = (z 1,..., z d ) będą dowolnymi elementami przestrzeni R d. Połóżmy wówczas a k = y k x k i b k = z k y k. Wtedy a k + b k = z k x k, a zatem ρ(x, z) = d (a k + b k ) 2 d a 2 k + d b 2 k = ρ 1(x, y) + ρ 2 (y, z). k=1 k=1 k=1 k=1 W przestrzeni R d można wprowadzić inne metryki, np. k=1 b 2 k ρ 2 ((x 1,..., x d ), (y 1,..., y d )) = d x k y k metryka miejska, k=1 ρ 3 ((x 1,..., x d ), (y 1,..., y d )) = max 1 k d x k y k. Ćwiczenie. Sprawdzić, że odwzorowania ρ 2 i ρ 3 są metrykami. Definicja. Załóżmy, że X jest przestrzenią liniową na ciałem R (C). Wówczas normą na X nazywamy odwzorowanie : X [0, + ) spełniające następujące warunki: (a) x = 0 x = 0,

5 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 3 (b) αx = α x dla dowolnych x X oraz α R (C), (c) x + y x + y dla dowolnych x, y X(nierówność trójkąta). Parę (X, ) nazywamy przestrzenią unormowaną. Z przestrzenią unormowaną można naturalnie stowarzyszyć metrykę ρ(x, y) = x y. Ćwiczenie. Sprawdzić, że ρ jest faktycznie metryką. Uwaga. Metryki ρ 1, ρ 2 i ρ 3 pochodzą od następujących norm (x 1,..., x d ) = d x 2 k, (x 1,..., x d ) 2 = k=1 d x k, k=1 (x 1,..., x d ) 3 = max 1 k d x k. Pomiędzy tymi normami zachodzą następujące zależności max x k d d x 2 k x k n max x k, 1 k d 1 k d tzn. k=1 k=1 x 3 x x 2 n x 3. Zatem wszystkie trzy normy są równoważne. Uwaga. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną oraz A X podzbiorem niepustym. Wówczas funkcja ρ obcięta do zbioru A A jest metryką na zbiorze A. Metryką ρ na przestrzeni A nazywamy metryką indukowaną. Definicja. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną. Dla dowolnego elementu x 0 X oraz r > 0 kulą domkniętą o środku w x 0 i promieniu r nazywamy zbiór K(x 0, r) = {x X : ρ(x 0, x) r}, a kulą otwartą o środku w x 0 i promieniu r nazywamy zbiór B(x 0, r) = {x X : ρ(x 0, x) < r}. Przykład. Na R wszystkie metryki ρ 1, ρ 2, ρ 3 są sobie równe, a kule są postaci K(x 0, r) = [x 0 r, x 0 + r] oraz B(x 0, r) = (x 0 r, x 0 + r). Dla R 2 kule w odpowiednich metrykach wyglądają następująco:

6 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 4 ρ 3 ρ 1 ρ 2 Definicja. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną, a {x n } n N dowolnym ciągiem punktów z X. Mówimy, że punkt x X jest granicą ciągu {x n } n N, gdy ε>0 n0 N n n0 ρ(x n, x) < ε, lub równoważnie lub równoważnie ε>0 n0 N n n0 x n B(x, ε), lim ρ(x n, x) = 0. n Jeśli ciąg {x n } n N ma granicę, to mówimy, że jest zbieżny do x i oznaczmy to x = lim n x n. Definicja. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną. Mówimy, że podzbiór A X jest ograniczony, gdy istnieje x X oraz r > 0 taka, że A K(x, r). Twierdzenie 1.3. Jeśli ciąg {x n } n N jest zbieżny, to ma dokładnie jedną granice i jest ograniczony. Dowód. Dowodzimy nie wprost, zakładając, że ciąg {x n } n N ma dwie różne granice x i y. Przyjmijmy ε = ρ(x, y)/2. Z definicji granicy istnieje n 0 taka, że ρ(x n, y) < ε oraz ρ(x n, y) dla n n 0. Zatem z nierówności trójkąta dla n n 0 mamy 2ε = ρ(x, y) ρ(x n, x) + ρ(x n, y) < 2ε, co daje sprzeczność. Pokażemy teraz, że ciąg {x n } n N jest ograniczony. Jeśli x = lim n x n, to istnieje liczba n 0 taka, że ρ(x n, x) < 1 dla n n 0. Niech r = max{1, ρ(x 1, x),..., ρ(x n0, x)}.

7 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 5 Wtedy ρ(x n, x) r dla wszystkich n N. Zatem x n K(x, r) dla dowolnego n N Twierdzenie 1.4. Rozważmy ciąg {x n } n N w przestrzeni metrycznej (R d, ρ 1 ) o elementach x n = (x 1 n,..., x d n) oraz punkt x = (x 1,..., x d ) R d. Wówczas ciąg {x n } n N jest zbieżny do x wtedy i tylko wtedy, gdy x k n x k dla każdego 1 k d. Inaczej mówiąc, ciąg jest zbieżny w metryce ρ 1 wtedy i tylko wtedy, gdy jest zbieżny po współrzędnych. d Dowód. ( ) Załóżmy, że x n x, a zatem i=1 (xi n x i ) 2 0. Ponadto, dla dowolnego 1 k d mamy 0 x k n x k d (x i n x i ) 2 0. Zatem z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy, że x k n x k 0, a więc x k n x k. ( ) Załóżmy, że x k n x k dla każdego 1 k d. Zatem x k n x k 0, a stąd (x k n x k ) 2 0 dla każdego 1 k d. Z twierdzenia o zbieżności dla sumy ciągów otrzymujemy d (x i n x i ) 2 0, a stąd ρ 1 (x n, x) = d (x i n x i ) 2 0. i=1 i=1 i=1 Ćwiczenie. Pokazać, że zbieżność w metryce ρ 2 i ρ 3 jest również równoważna zbieżności po współrzędnych. ( Przykład. Ciąg x n = 1/n, ) 1 1/n jest zbieżny w metryce euklidesowej na R 2 do punktu (0, 1). Definicja. Podzbiór G przestrzeni metrycznej (X, ρ) nazywamy otwartym, gdy dla dowolnego punktu x G istnieje r > 0 taka, że B(x, r) G. Podzbiór F przestrzeni metrycznej (X, ρ) nazywamy domkniętym, gdy zbiór X \ F jest otwarty. Twierdzenie 1.5. Podzbiór F przestrzeni metrycznej (X, ρ) jest domknięty wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego zbieżnego ciągu ciągu punktów ze zbioru F jego granica należy do F.

8 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 6 Dowód. ( ) Załóżmy, że F X jest domknięty. Niech {x n } będzie ciągiem punktów z F zbieżnym do punktu x X. Pokażemy, że x F. Przypuśćmy, że x / F, a zatem x X \ F, który jest zbiorem otwartym. Zatem istnieje r > 0 taka, że B(x, r) X \ F. Z definicji granicy ciągu prawie wszystkie elementy ciągu {x n } należą do X \ F, a więc x n / F dla dostatecznie dużych n, co przeczy założeniu, że wszystkie elementy ciągu {x n } należą do F. Zatem x F. ( ) Załóżmy, że dla dowolnego zbieżnego ciągu punktów ze zbioru F jego granica należy do F. Pokażemy, że zbiór F jest domknięty, tzn. że zbiór X \ F jest otwarty. Ustalmy y X \ F. Pokażemy, że B(y, 1/n) X \ F dla pewnego n. Gdyby kula B(y, 1/n) nie zawierała się w X \ F dla dowolnego n N, to istniałby ciąg {y n } taki, że y n B(y, 1/n) F dla dowolnego n N. Ponieważ ρ(y n, y) < 1/n, więc z definicji granicy ciągu y n y. Z założenia y F, co przeczy założeniu, że y X \ F. Zatem B(y, 1/n) X \ F dla pewnego n, a więc X \ F jest zbiorem otwartym. Twierdzenie 1.6. Suma dowolnie wielu zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym. Część wspólna skończenie wielu zbiorów otwartym jest zbiorem otwartym. Część wspólna dowolnie wielu zbiorów domkniętych jest zbiorem domkniętym. Suma skończenie wielu zbiorów domkniętych jest zbiorem domkniętym. Dowód. Niech {G t } t T będzie rodziną zbiorów otwartych oraz G = t T G t. Weźmy dowolny punkt x G, wówczas istnieje t T taki, że x G t. Ponieważ G t jest zbiorem otwartym, więc istnieje r > 0 taka, że B(x, r) G t G. A zatem G jest zbiorem otwartym. Niech G 1,..., G n będą zbiorami otwartymi oraz G = G 1... G n. Jeśli x G, to x G i dla dowolnego i = 1,..., n. Ponieważ zbiory G i są otwarte, więc istnieją liczby r i > 0 takie, że B(x, r i ) G i. Niech r = min{r i : 1,..., n}. Wtedy B(x, r) B(x, r i ) G i dla dowolnego 1 i n. Stąd B(x, r) G, a więc G jest zbiorem otwartym. Niech {F t } t T będzie rodziną zbiorów domkniętych oraz F = t T F t. Z prawa de Morgana otrzymujemy X \ F = t T(X \ F t ), a więc jest to zbiór otwarty z pierwszej części twierdzenia. Z prawa de Morgana wynika również ostatnia część twierdzenia.

9 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 7 Przykład. Kula B(x 0, r) jest zbiorem otwartym w (X, ρ). Istotnie, niech x B(x 0, r). Wtedy ρ(x, x 0 ) < r i połóżmy δ = r ρ(x, x 0 ). Pokażemy, że B(x, δ) B(x 0, r). Jeśli y B(x, δ), to ρ(y, x 0 ) ρ(y, x) + ρ(x, x 0 ) < δ + ρ(x, x 0 ) = r. Ćwiczenie. Pokazać, że K(x 0, r) jest zbiorem domkniętym. Przykład. 1. Zbiór G = {(x, y) : x > 0} jest podzbiorem otwartym w R 2. Jeśli (x, y) G, to r = x > 0. Pokażemy, że B((x, y), r) G. Niech (x, y ) B((x, y), r). Wtedy x x x x (x x ) 2 + (y y ) 2 < r = x, a stąd x > 0, więc (x, y ) G. 2. Zbiór F = {(x, y) : x 0} jest podzbiorem domkniętym w R 2. Niech {(x n, y n )} będzie ciągiem elementów z F, który jest zbieżny do punktu (x, y) R 2. Wtedy x n 0 dla wszystkich n N oraz x n x. Wówczas wiemy, że x 0, a więc (x, y) F. Definicja. Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, ρ). Punkt x A nazywamy punktem wewnętrznym zbioru A, gdy istnieje r > 0 taka, że B(x, r) A. Punkt x X nazywamy punktem brzegowym zbioru A, gdy dla dowolnego r > 0 mamy B(x, r) A oraz B(x, r) (X \ A). Zbiór punktów wewnętrznych zbioru A nazywamy wnętrzem zbioru A i oznaczamy przez IntA. Zbiór punktów brzegowych zbioru A nazywamy brzegiem zbioru A i oznaczamy przez A. Sumę wnętrza i brzegu zbioru A nazywamy domknięciem A i oznaczmy przez A. Twierdzenie 1.7. (ćwiczenie) Wnętrze zbioru A jest jest największym zbiorem otwartym zawartym w A, a domknięcie zbioru A jest najmniejszym zbiorem domkniętym zawierającym A. Przykład. 1. {(x, y) : x 2 + y 2 1} = {(x, y) : x 2 + y 2 < 1} = {(x, y) : x 2 + y 2 = 1}. 2. Int{(x, y) : x 2 + y 2 1} = {(x, y) : x 2 + y 2 < 1} oraz Int{(x, y) : x 2 + y 2 = 1} =. Twierdzenie 1.8. A = {x X : {xn},x n A x = lim n x n }.

10 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 8 Dowód. ( ) Załóżmy, że dla pewnego x X istnieje ciąg {x n } w A taki, że x n x. Jeśli x IntA, to oczywiście x A. Przypuśćmy zatem, że x / IntA. Wtedy dla dowolnego r > 0 mamy B(x, r) (X \A). Ponadto x n B(x, r) A dla prawie wszystkich n N, a więc B(x, r) A. Stąd x A IntA. ( ) Załóżmy, że x A. Jeśli x IntA, to wystarczy wziąć x n = x. Jeśli x A, to dla dowolnego n N istnieje x n B(x, 1/n) A. Ponieważ ρ(x n, x) < 1/n, więc x n x oraz x n A dla wszystkich n N. Definicja. Podzbiór A przestrzeni metrycznej (X, ρ) nazywamy zwartym, gdy dowolny ciąg punktów ze zbioru A posiada podciąg zbieżny do punktu z A. Do- Twierdzenie 1.9. Każdy zbiór zwarty jest domknięty i ograniczony. mknięty podzbiór zbioru zwartego też jest zwarty. Dowód. Niech A będzie zbiorem zwartym w (X, ρ) oraz niech {x n } będzie ciągiem zbieżnym punktów z A. Niech x = lim n x n. Ponieważ A jest zbieżny, więc istnieje podciąg {x kn }, który jest zbieżny do pewnego y A. Z drugiej strony pociąg ten zbiega również do x. Stąd x = y A, a więc A jest zbiorem domkniętym. Przypuśćmy, że A nie jest zbiorem ograniczonym. Wówczas dla dowolnego x X oraz r > 0 istnieje y x,r A taki, że ρ(x, y x,r ) r. Ustalmy punkt x 0 A, a następnie dla dowolnego n naturalnego niech x n będzie elementem A takim, że ρ(x n, x 0 ) n. Ze zwartości zbioru A istnieje podciąg {x kn }, który jest zbieżny, a więc ograniczony. Zatem istnieje y X oraz r > 0 takie, że ρ(y, x kn ) r dla wszystkich n N. Stąd ρ(x 0, y) + r ρ(x 0, y) + ρ(y, x kn ) ρ(x 0, x kn ) k n dla dowolnego n N, co przeczy temu, że ciąg {k n } jest nieograniczony. Zatem A jest ograniczony. Dowód ostatniej części twierdzenia pozostawiamy jako ćwiczenie. Twierdzenie Podzbiór przestrzeni (R d, ρ 1 ) jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy jest domknięty i ograniczony. Dowód. ( ) Patrz poprzednie twierdzenie. ( ) Załóżmy, że A R d jest zbiorem domkniętym i ograniczonym. Niech y = (y 1,..., y d ) R d oraz r > 0 będą takie, że A K(y, r). Niech {x n } będzie dowolnym ciągiem w A o wyrazach postaci x n = (x 1 n,..., x d n). Wówczas dla dowolnego 1 k d mamy x k n y k d (x i n y i ) 2 = ρ 1 (x n, y) r, i=1

11 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 9 a więc ciąg {x k n} jest ograniczony. Korzystając z tw. Bolzano-Weierstrassa wybieramy z ciągu ograniczonego {x 1 n} podciąg {x 1 k } zbieżny do n 1 x1 R. Następnie z ciągu ograniczonego {x 2 k } wybieramy podciąg n 1 {x2 k } zbieżny do n 2 x 2 R itd. Mając skonstruowamy już ciąg zbieżny {x i k } z ciągu ograniczonego {x i+1 } wybieramy podciąg {x i+1 } zbieżny do x i+1 R, aż skonstu- n i kn i kn i+1 ujemy podciąg {x d Ponieważ ciąg {k kn}. n} d jest podciągiem ciągu {kn} i dla d dowolnego i = 1,..., d, więc x i x i dla dowolnego i = 1,..., d. Zatem kn d x k d n x = (x 1,..., x d ). Ponieważ zbiór A jest domknięty, więc x A, co kończy dowód zwartości zbioru A. Definicja. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną. Mówimy, że ciąg {x n } spełnia warunek Cauchy ego, gdy ε>0 n0 N n,m n0 ρ(x n, x m ) < ε. Twierdzenie Każdy ciąg zbieżny spełnia warunek Cauchy ego. Dowód. Załóżmy, że x n x w przestrzeni metrycznej (X, ρ). Wtedy dla dowolnego ε > 0 istnieje n 0 taka, że ρ(x n, x) < ε/2 dla dowolnego n n 0. Jeśli weźmiemy dowolne dwie liczby m, n n 0, to ρ(x m, x n ) ρ(x m, x) + ρ(x, x n ) < ε/2 + ε/2 = ε, a więc {x n } n N spełnia warunek Cauchy ego. Definicja. Przestrzeń metryczną (X, ρ) nazywamy zupełną, jeśli każdy ciąg spełniający warunek Cauchy ego jest zbieżny. Przykład. 1. R z metryką jest przestrzenią zupełną. 2. Q z metryką nie jest przestrzenią zupełną. Wystarczy znaleźć ciąg {x n } liczb wymiernych, który zbiega do 2. Ciąg ten jest ciągiem Cauchy ego w (Q, ) natomiast nie jest w tej przestrzeni zbieżny, bo gdyby był zbieżny, to oznaczałoby, że ma granicę wymierną w zwykłym sensie, a wiemy, że 2 jest jego granicą. Twierdzenie Każda przestrzeń zwarta jest zupełna. Dowód. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią zwartą oraz niech {x n } będzie ciągiem Cauchy ego. Ze zwartości istnieje podciąg {x kn } zbieżny do x X. Pokażemy, że x n x. Weźmy ε > 0. Wówczas istnieją liczby n 0, n 1 N takie, że ρ(x n, x m ) < ε dla m, n n 0 oraz 2

12 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 10 ρ(x kn, x) < ε 2 dla n n 1. Niech N n 1 będzie liczbą naturalną taką, że k N n 0. Wówczas dla dowolnego n n 0 mamy a więc x n x w metryce ρ. ρ(x n, x) ρ(x n, x kn ) + ρ(x kn, x) < ε 2 + ε 2 = ε, Twierdzenie Przestrzeń metryczna (R d, ρ i ) dla i = 1, 2, 3 jest zupełna. Dowód. Ustalmy 1 i 3. Niech {x n } będzie dowolnym ciągiem Cauchy ego w (R d, ρ i ) postaci x n = (x 1 n,..., x d n). Wtedy dla dowolnego 1 k d ciąg {x k n} n N spełnia warunek Cauchy ego ponieważ x k m x k n ρ i (x m, x n ) dla dowolnych m, n N. Z twierdzenie Cauchy ego dowolnego 1 k d ciąg {x k n} n N jest zbieżny do pewnego x k R. Niech x = (x 1,..., x d ). Wówczas x n x po współrzędnych, a więc x n x w metryce ρ i. Definicja. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną. Odwzorowanie T : X X nazywamy odwzorowaniem Lipschitza ze stałą Lipschitza L, gdy ρ(t x, T y) Lρ(x, y) dla dowolnych x, y X. Jeśli L < 1, to T nazywamy odwzorowaniem zwężającym. nazywamy punktem stałym odwzorowania T, gdy T x = x. Punkt x X Twierdzenie (Zasada Banacha) Niech (X, ρ) będzie przestrzenią zupełną oraz T : X X odwzorowaniem zwężającym. Wówczas istnieje dokładnie jeden punkt stały x odwzorowania T oraz dla dowolnego punktu y X mamy T n y x. Dowód. Niech x 0 będzie dowolnym punktem z X oraz niech {x n } będzie ciągiem określonym rekurencyjnie x n+1 = T (x n ). Wtedy x n = T n (x 0 ) oraz ρ(x n+1, x n ) = ρ(t x n, T x n 1 ) Lρ(x n, x n 1 ) dla dowolnego n N; przypomnimy, że L < 1. Stosując indukcję matematyczną możemy pokazać, że ρ(x n+1, x n ) L n ρ(x 1, x 0 ).

13 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 11 Stąd dla dowolnych n < m mamy ρ(x n, x m ) ρ(x n, x n+1 ) + ρ(x n+1, x n+2 ) ρ(x m 2, x m 1 ) + ρ(x m 1, x m ) (L n + L n L m 2 + L m 1 )ρ(x 1, x 0 ) = = L n 1 Lm n 1 L ρ(x 1, x 0 ) Ln 1 L ρ(x 1, x 0 ). Ponieważ L n 0, więc L n ρ(x 1, x 0 )/(1 L) O, a zatem dla dowolnego ε > 0 istnieje n 0 taka, że dla n n 0 mamy ρ(x n, x m ) Ln 1 L ρ(x 1, x 0 ) < ε. Zatem {x n } jest ciągiem Cauchy ego i zupełności (X, ρ) zbieżny do pewnego x X. Pokażemy, że x jest punktem stałym dla T. Otóż 0 ρ(x, T x) ρ(x, x n+1 ) + ρ(t x n, T x) ρ(x, x n+1 ) + Lρ(x n, x). Ponieważ ρ(x n, x) 0, więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że ρ(x, T x) = 0, a zatem T x = x. Niech y będzie dowolnym punktem w X Ponieważ T n x = x, więc ρ(t n y, x) = ρ(t n y, T n x) L n ρ(y, x) 0, a zatem T n y x. Niech x X będzie pewnym punktem stałym dla T. Wówczas x = T n x x, a więc x = x, czyli x jest jedynym punktem stałym dla T. Uwaga. Ponieważ ρ(x n, x) ρ(x, x m ) ρ(x n, x m ) więc przechodząc z m do nieskończoności otrzymujemy ρ(x n, x) Ln 1 L ρ(x 1, x 0 ), Ln 1 L ρ(x 1, x 0 ). (1) Przykład. Korzystając z zasady Banacha pokażemy, że układ równań 2x y sin x = 4 x + 3y cos y = 5

14 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 12 posiada dokładnie jedno rozwiązanie i wskażemy w jaki sposób znajdować numerycznie to rozwiązanie. Najpierw zauważmy, że równanie możemy zapisać równoważnie x = 1 2 y sin x + 2 y = 1 3 x cos y + 5 3, zatem rozwiązanie jest punktem stałym odwzorowania T : R 2 R 2 postaci T (x, y) = ( 1 2 y sin x + 2, 1 3 x cos y ). Pokażmy, że T jest odwzorowaniem zwężającym w metryce ρ 2. Istotnie ρ 2 (T (x, y), T (x, y )) = = 1 2 (y y ) (sin x sin x ) (x x ) (cos y cos y ) 1 2 y y sin x sin x x x cos y cos y 5 6 ( x x + y y ) = 5 6 ρ 2((x, y), (x, y )). Zatem T jest odwzorowaniem zwężającym ze stałą Lipschitza L = 5/6. Ponieważ (R 2, ρ 2 ) jest przestrzenią zupełną, więc nasze równanie posiada dokładnie jedno rozwiązanie (x, y). Aby przybliżyć numerycznie to rozwiązanie wybieramy dowolny punkt na płaszczyźnie (x 0, y 0 ) i rekurencyjnie wyznaczamy ciąg {(x n, y n )} kolejnych przybliżeń numerycznych rozwiązania w następujący sposób (x n+1, y n+1 ) = T (x n, y n ). Z zasady Banacha wiemy, że (x n, y n ) (x, y), ponadto jesteśmy w stanie kontrolować dokładność z jaką rozwiązanie numeryczne (x n, y n ) przybliża rozwiązanie rzeczywiste (x, y), daje nam to nierówność (1). Otóż ( ) n 5 x n x + y n y 6 ρ 2 ((x 1, y 1 ), (x 0, y 0 )), 6 więc aby otrzymać rozwiązanie z dokładnością η > 0 wystarczy wyznaczyć punkt (x n, y n ), gdzie n jest najmniejszą liczbą naturalną spełniającą nierówność ( ) n 5 6 ρ 2 ((x 1, y 1 ), (x 0, y 0 )) < η. 6

15 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE Granica funkcji i funkcje ciągłe Definicja. Niech (X, ρ 1 ), (Y, ρ 2 ) będą przestrzeniami metrycznymi. Punkt x 0 X jest punktem skupienia zbioru A X, gdy istnieje ciąg punktów {x n } taki, że x n A, x n x 0 dla wszystkich n N oraz lim n x n = x 0. (2) Niech x 0 X będzie punktem skupienia zbioru A. Mówimy, że funkcja f : A Y ma granicę y 0 Y w punkcie x 0, gdy dla dowolnego ciągu {x n } spełniającego (2) zachodzi warunek Wówczas piszemy Przykład. 1. Rozważmy funkcję lim f(x n) = y 0. n lim x x 0 f(x) = y 0. f : {(x, y) R 2 : x 0, y 0} R, f(x, y) = (x + y) sin 1 x sin 1 y. Wówczas punkt (0, 0) nie należy do dziedziny f, ale jest jej punktem skupienia. Ponadto lim f(x, y) = 0. (x,y) (0,0) Aby to udowodnić weźmy dowolny ciąg {(x n, y n )} punktów dziedziny, który zbiega do (0, 0). Wtedy x n 0 oraz y n 0. Musimy pokazać, że f(x n, y n ) 0. Najpierw zauważmy, że 0 f(x n, y n ) = x n + y n sin 1 x n sin 1 y n x n + y n. Ponieważ x n +y n 0, więc z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy, że f(x n, y n ) Rozważmy funkcję g : {(x, y) R 2 : (x, y) (0, 0)} R, g(x, y) = 2xy x 2 + y 2. Wówczas punkt (0, 0) nie należy do dziedziny f, ale jest jej punktem skupienia. Jednak g nie posiada granicy w (0, 0). Rozważmy dwa ciągi {(x n, y n )}, {(x n, y n)} punktów dziedziny (x n, y n ) = ( 1 n, 1 n ), (x n, y n) = (0, 1 n ).

16 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 14 Oba zbiegają do (0, 0), jednak g(x n, y n ) = n n = 1 1, g(x n, y n) = n 0 n 2 n = n 2 Zatem g nie posiada granicy w (0, 0), gdyby miała granicę obie powyższe granice byłyby sobie równe. Uwaga. Załóżmy, że f : A R, gdzie A R 2 oraz (x 0, y 0 ) jest punktem skupienia zbioru A. Może się zdarzyć, że istnieją tzw. granice iterowane lim ( lim f(x, y)) oraz lim ( lim f(x, y)) x x 0 y y0 y y0 x x0 natomiast f nie posiada granicy w (x 0, y 0 ). Taką nieprzyjemną własność posiada funkcja g z drugiego przykładu. Istotnie dla x 0 mamy a więc Podobnie lim y 0 2xy x 2 + y = 2x 0 2 x = 0, 2 lim (lim g(x, y)) = lim 0 = 0. x 0 y 0 x 0 lim (lim g(x, y)) = 0, y 0 x 0 a wiemy, że nie ma ona granicy w (0, 0). Ponadto istnienie granicy w punkcie nie zapewnia istnienia granic iterowanych, co można zobaczyć dla funkcji f z przykładu 1. Twierdzenie Niech (X, ρ 1 ), (Y, ρ 2 ) będą przestrzeniami metrycznymi. Niech x 0 X będzie punktem skupienia zbioru A X. Funkcja f : A Y ma granicę y 0 Y wtedy i tylko wtedy, gdy tzn. równoważnie ε>0 δ>0 x A,x x0 (ρ 1 (x, x 0 ) < δ ρ 2 (f(x), y 0 ) < ε), ε>0 δ>0 x A,x x0 (x B ρ1 (x 0, δ) f(x) B ρ2 (y 0, ε)). Dowód. Dowód jest analogiczny do dowodu twierdzenia z zeszłorocznego wykładu, które mówiło, że definicje Heine go i Cauchy ego granicy funkcji w punkcie są równoważne i zostawimy go jako ćwiczenie.

17 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 15 Definicja. Niech (X, ρ 1 ), (Y, ρ 2 ) będą przestrzeniami metrycznymi oraz f : A Y, gdzie A X. Mówimy, że funkcja f : A Y jest ciągła w punkcie x 0 A, gdy dla dowolnego ciągu {x n } punktów z A mamy lub równoważnie x n x 0 f(x n ) f(x 0 ), ε>0 δ>0 x A (x B ρ1 (x 0, δ) f(x) B ρ2 (f(x 0 ), ε)). Mówimy, że funkcja f : A Y jest ciągła, gdy jest ciągła w każdym punkcie dziedziny. Uwaga. Jeśli dodatkowo x 0 A jest punktem skupienia zbioru A, to ciągłość w x 0 jest równoważna lim x x0 f(x) = f(x 0 ). Jeśli x 0 A nie jest punktem skupienia zbioru A, to mówimy, że jest on punktem izolowanym, a wtedy f jest zawsze ciągła w tym punkcie. Twierdzenie Niech f, g : X R, gdzie (X, ρ) jest przestrzenią metryczną. Jeśli istnieją granice lim x x0 f(x) = a oraz lim x x0 g(x) = b, to lim (αf(x) + βg(x)) x x 0 = αa + βb dla dowolnych α, β R, lim f(x) g(x) x x 0 = a b f(x) lim x x 0 g(x) = a, gdy b 0. b W szczególności, jeśli f i g są ciągłe w x 0, to αf + βg, f g oraz f/g są ciągłe w x 0. Dowód. Zostawiamy jako ćwiczenie. Twierdzenie Niech X, Y, Z będą przestrzeniami metrycznymi oraz f : X Y, g : Y Z. Jeśli f jest ciągła w x 0 X oraz g ciągła w f(x 0 ), to g f jest ciągła w x 0. W szczególności, f i g są funkcjami ciągłymi, to g f jest ciągła. Dowód. Zostawiamy jako ćwiczenie. Przykład. 1. Rzut na i tą współrzędną p i : R d R dany wzorem p i (x 1, x 2,..., x d ) = x i jest funkcją ciągła dla i = 1,..., d. Istotnie, jeśli to wówczas (x 1 n, x 2 n,..., x d n) (x 1, x 2,..., x d ), p i (x 1 n, x 2 n,..., x d n) = x i n x i = p i (x 1, x 2,..., x d ).

18 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE Funkcje wielomianowe wielu zmiennych (x 1,..., x d ) i 1,i 2,...,i d a i1,i 2,...,i d x i1 1 x i x i d są funkcjami ciągłymi, np. (x, y) x 3 y + 12xy + 4xy Funkcje wymierne wielu zmienny, które są ilorazami funkcji wielomianowych są funkcjami ciągłymi, np. (x, y) x3 y+12xy+4xy 8 x 3 10xy. 4. Ponadto wszelkie złożenia ich ze znanymi funkcjami ciągłymi jednej zmiennej są ciągłe, np. (x, y) sin ln x3 +4e y8 arctg(10xy). Twierdzenie Rozważmy funkcję f : X R d, gdzie (X, ρ) jest przestrzenią metryczną. Wtedy f(x) = (f 1 (x), f 2 (x),..., f d (x)), gdzie f i : X R dla i = 1,..., d. Funkcja f jest ciągła w x 0 X wtedy i tylko wtedy, gdy funkcje f i dla i = 1,..., d są ciągłe w x 0. Dowód. ( ) Jeśli f jest ciągła w x 0, to również f i = p i f jest ciągła w x 0, ponieważ rzut p i jest ciągły. ( ) Załóżmy, że funkcje f i : X R d dla i = 1,..., d są ciągłe w x 0. Niech {x n } będzie ciągiem elementów z X zbieżnym do x 0. Wówczas z ciągłości funkcji f i mamy f i (x n ) f i (x 0 ) dla wszystkich 1 i d. Stąd f(x n ) = (f 1 (x n ), f 2 (x n ),..., f d (x n )) (f 1 (x 0 ), f 2 (x 0 ),..., f d (x 0 )) = f(x 0 ). d, Przykład. 1. Funkcja jest funkcją ciągłą. R 2 (x, y) (e x cos y, e x sin y) R 2 2. Dowolna funkcja liniowa A : R n R m, A(x 1, x 2,..., x n ) = ( jest funkcją ciągłą. n a 1i x i, i=1 n a 2i x i,..., i=1 n a mi x i ) Twierdzenie Funkcja f : (X, ρ 1 ) (Y, ρ 2 ) jest ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy przeciwobraz dowolnego zbioru otwartego jest otwarty. i=1

19 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 17 Dowód. ( ) Niech U będzie zbiorem otwartym w (Y, ρ 2 ) oraz x 0 f 1 (U). Wtedy f(x 0 ) U, a ponieważ U jest otwarty, więc istnieje ε > 0 taka, że B ρ2 (f(x 0 ), ε) U. Z ciągłości f istnieje δ > 0 taka, że x B ρ1 (x 0, δ) implikuje f(x) B ρ2 (f(x 0 ), ε), a zatem f(b ρ1 (x 0, δ)) B ρ2 (f(x 0 ), ε) U, a stąd B ρ1 (x 0, δ) f 1 (U). Zatem f 1 (U) jest zbiorem otwartym. ( ) Ustalmy x 0 X oraz ε > 0. Ponieważ kula B ρ2 (f(x 0 ), ε) jest zbiorem otwartym, więc z założenia f 1 (B ρ2 (f(x 0 ), ε)) jest zbiorem otwartym. Wiemy, że x f 1 (B ρ2 (f(x 0 ), ε)), więc istnieje δ > 0 taka, że Wtedy a zatem f jest ciągła w x 0. B ρ1 (x 0, δ) f 1 (B ρ2 (f(x 0 ), ε)). x f 1 (B ρ2 (f(x 0 ), ε)) f(x) B ρ2 (f(x 0 ), ε)), Wniosek (ćwiczenie) Funkcja f : (X, ρ 1 ) (Y, ρ 2 ) jest ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy przeciwobraz dowolnego zbioru domkniętego jest domknięty. Mówimy, że funkcja f : X R przyjmuje w punkcie x M X wartość największą, gdy f(x) f(x 0 ) dla wszystkich x X, natomiast przyjmuje w punkcie x m X wartość najmniejszą, gdy f(x) f(x 0 ) dla wszystkich x X. Twierdzenie 1.21 (Weierstrassa). Niech A będzie pozbiorem zwartym przestrzeni metrycznej X. Wówczas dowolna funkcja ciągła f : A R jest ograniczona oraz istnieją punkty w zbiorze A, dla których f przyjmuje wartość największą i najmniejszą. Dowód. jest analogiczny do dowodu w przypadku, gdy X = R, a A jest odcinkiem domkniętym. Definicja. Niech (X, ρ 1 ) oraz (Y, ρ 2 ) będą przestrzeniami metrycznymi. Mówimy, że funkcja jest jednostajnie ciągła, gdy ε>0 δ>0 x,y X (ρ 1 (x, y) < δ ρ 2 (f(x), f(y)) < ε). Uwaga. Jeśli f : X Y spełnia warunek Lipschitza, to jest jednostajnie ciągła. Twierdzenie 1.22 (Cantora). Niech (X, ρ 1 ) oraz (Y, ρ 2 ) będą przestrzeniami metrycznymi, przy czym (X, ρ 1 )jest przestrzenią zwartą. Wówczas dowolna funkcja ciągła f : X Y jest jednostajnie ciągła.

20 1 PRZESTRZENIE METRYCZNE 18 Dowód. jest analogiczny do dowodu w przypadku, gdy X jest odcinkiem domkniętym. Definicja. Niech (X, ρ) jest przestrzenią metryczną. Mówimy, że podzbiór A X jest spójny, gdy nie istnieją dwa niepuste rozłączne zbiory otwarte U i V takie, że U A, V A oraz A U V. Uwaga. Intuicyjnie spójność oznacza, że zbiór nie składa sie z odseparowanych od siebie kawałków. Jedynymi spójnymi podzbiorami R są przedziały (mogą być nieskończone). Twierdzenie Niech (X, ρ 1 ) oraz (Y, ρ 2 ) będą przestrzeniami metrycznymi, a f : X Y funkcją ciągłą. Wówczas obraz f(a) dowolnego podzbioru spójnego A X jest zbiorem spójnym w Y. Dowód. Przypuśćmy, że f(a) nie jest zbiorem spójnym. Wtedy istnieją dwa niepuste rozłączne zbiory otwarte U i V takie, że U f(a), V f(a) oraz f(a) U V. Ponieważ funkcja f jest ciągła więc zbiory f 1 (U), f 1 (V ) X są otwarte i niepuste. Ponadto f 1 (U) f 1 (V ) = f 1 (U V ) = f 1 ( ) =, A f 1 (f(a)) f 1 (U V ) = f 1 (U) f 1 (V ). Jeśli y U f(a), to istnieje x A taki, że y = f(x) U, zatem x A f 1 (U), a więc A f 1 (U). Podobnie A f 1 (V ). Stąd wynika, że A nie jest zbiorem spójnym, co kończy dowód. Definicja. Niech (X, ρ) jest przestrzenią metryczną. Mówimy, że podzbiór A X jest łukowo spójny, gdy dowolne dwa punkty x, y A można połączyć łukiem w zbiorze A, tzn. istnieje funkcja ciągła γ : [0, 1] A taka, że γ(0) = x oraz γ(1) = y. Twierdzenie Dowolny zbiór łukowo spójny A X jest spójny. Dowód. Przypuśćmy, że A X jest łukowo spójny, ale nie spójny. Wówczas dwa niepuste rozłączne zbiory otwarte U i V takie, że U A, V A oraz A U V. Niech x U A, y V A oraz γ : [0, 1] A łukiem łączącym te punkty. Wtedy γ([0, 1]) nie jest zbiorem spójnym ponieważ zbiory otwarte U i V rozdzielają ten zbiór. Z drugiej strony γ([0, 1]) jest spójny, jako ciągły obraz zbioru spójnego. Definicja. Niech (X, ρ) będzie przestrzenią metryczną. Przez C(X) oznaczmy zbiór wszystkich funkcji ciągłych i ograniczonych f : X R. C(X) jest przestrzenią metryczną z metryką jednostajną d(f, g) = sup f(x) g(x) x X

21 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 19 (sprawdzić, że d jest metryką). Uwaga. Zauważmy, że zbieżność w metryce jednostajnej jest równoważna zbieżności jednostajnej w zwykłym sensie. Przypomnijmy, że ciąg funkcyjny {f n : X R} n N jest jednostajnie zbieżny do funkcji f : X R, gdy co jest równoważne d(f n, f) 0. ε n0 N x X f n (x) f(x) < ε, ε n0 N x X f n (x) f(x) ε, ε n0 N d(f n, f) = sup f n (x) f(x) ε, x X Twierdzenie Przestrzeń metryczna (C(X), d) jest przestrzenią zupełną. 2 Rachunek różniczkowy funkcji wielu zmiennych Definicja. Niech f : U R, gdzie U R n jest podzbiorem otwartym oraz niech x = (x 1,..., x n ) U. Granicę lim h 0 f(x 1,..., x k 1, x k + h, x k+1,..., x n ) f(x 1,..., x k 1, x k, x k+1,..., x n ), h o ile istnieje, nazywamy pochodną cząstkową funkcji f względem zmiennej x k w punkcie x i oznaczamy x k ( x), f xk ( x) lub D k f( x). Uwaga. Pochodna funkcji f względem x k jest w rzeczywistości zwykłą pochodną funkcji f przy ustalonych zmiennych x 1,..., x k 1, x k+1,..., x n, tzn. rozważamy funkcję f(t) = f(x 1,..., x k 1, t, x k+1,..., x n ) oraz obliczamy zwykłą pochodną f (x k ). Funkcja f jest obcięciem funkcji f w dziedzinie do prostej przechodzącej przez punkt x i równoległej do osi Ox k, zatem pochodna cząstkowa jest współczynnikiem nachylenia funkcji f w punkcie x w kierunku tej prostej.

22 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 20 Przykład. Niech f : R 2 R, f(x, y) = x 2 y 2 e x y. Różniczkując f względem x przy ustalonym y, otrzymujemy x (x, y) = 2xy2 e x y, zaś różniczkując f względem y przy ustalonym x, otrzymujemy y (x, y) = 2x2 y e x. Uwaga. Jeśli funkcja f : U R ma pochodne cząstkowe x k ( x) we wszystkich punktach x U, to odwzorowanie U x x k ( x) R nazywamy pochodną cząstkową funkcji f względem x k. Niech f : U R m, gdzie U R n jest podzbiorem otwartym oraz niech x 0 U. Niech f i : U R będą funkcjami współrzędnymi funkcji f, tzn. f( x) = (f 1 ( x),..., f m ( x)) dla wszystkich x U. Wówczas pochodną cząstkową funkcji f w punkcie x 0 względem x k nazywamy wektor o ile istnieje. x k ( x 0 ) = ( 1 x k ( x 0 ),..., m x k ( x 0 ) ), Przykład. Niech f(x, y, z) = (x 2 y 2 z 2, 2xy + 2yz xz). Wtedy x (x, y, z) = (2x, 2y z), (x, y, z) = ( 2y, 2x + 2z), y (x, y, z) = ( 2z, 2y x). z Następnie zdefiniujemy pojęcie pochodnej f : U R m w punkcie x 0 U jako odwzorowanie linowe A : R n R m takie, że odwzorowanie R n x f( x 0 ) + A( x x 0 ) R m dobrze przybliża f w okolicach punktu x 0. Przy czym przez dobre przybliżenie będziemy rozumieć takie, że f( x) f( x 0 ) A( x x 0 ) = o( x x 0 ) dla x U z otoczenia punktu x 0, co równoważnie możemy zapisać jako dla h R n bliskich 0 R n. f( x 0 + h) f( x 0 ) A( h) = o( h )

23 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 21 Definicja. Niech f : U R m, gdzie U R n jest zbiorem otwartym oraz niech x 0 U. Mówimy, że f jest różniczkowalna w punkcie x 0, gdy istnieje odwzorowanie linowe A : R n R m takie, że f( x 0 + lim h) f( x 0 ) A( h) h 0 h = 0. Odwzorowanie linowe A nazywamy pochodną Frécheta (pochodną mocną) funkcji f w punkcie x 0 i oznaczamy f ( x 0 ). Mówimy, że funkcja f : U R m jest różniczkowalna, gdy jest różniczkowalna w każdym punkcie dziedziny. Uwaga. Zauważmy, że funkcja f = (f 1,..., f m ) : U R m ma pochodną A w punkcie x 0 U wtedy i tylko wtedy, gdy funkcje składowe f 1,..., f m : U R mają pochodne A 1,..., A m : R n R. Wtedy A h = (A 1 h,..., Am h). Uwaga. Jeśli funkcja f : U R m jest różniczkowalna w punkcie x 0 U, to f jest ciągła w x 0. Istotnie f( x 0 + h) f( x 0 ) f( x 0 + h) f( x 0 ) A( h) h + A h h Funkcja A jako liniowa jest ciągła, więc lim h 0 A h = A 0 = 0. Zatem wraz z różniczkowalnością daje to co daje ciągłość f w x 0. lim f( x 0 + h) f( x 0 ) = 0, h 0 Twierdzenie 2.1. Załóżmy, że A : R n R m jest pochodną funkcji f : U R m, U R n w punkcie x 0 U. Wówczas f ma wszystkie pochodne cząstkowe i x j ( x 0 ), i = 1,..., m, j = 1,..., n oraz tzn. A = A(h 1,..., h n ) = 1 1 x 1 ( x 0 )... x n ( x 0 )..... m x 1 ( x 0 )... m x n ( x 0 ) ( n j=1 1 x j ( x 0 )h j,..., n j=1, (3) m x j ( x 0 )h j ).

24 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 22 Dowód. Ustalmy 1 i m oraz 1 j n. Wówczas funkcja składowa f i jest różniczkowalna w x 0 oraz f i ( x 0 + lim h) f i ( x 0 ) A i ( h) h 0 h = 0. Wówczas f i ( x 0 + he j ) f i ( x 0 ) A i (he j ) lim h 0 he j = 0, gdzie e j = (0,..., 0, 1, j 0,..., 0) jest j-tym standardowym wektorem bazowym. Zatem f i ( x 0 + he j ) f i ( x 0 ) A ij h lim = 0, h 0 h a więc f i ( x 0 + he j ) f i ( x 0 ) lim = A ij. h 0 h Stąd i x j ( x 0 ) istnieje i jest równa A ij. Twierdzenie 2.2. Załóżmy, że funkcja f : U R m, U R n ma pochodne cząstkowe i x j w pewnym otoczeniu punktu x 0 U oraz są one ciągłe w punkcie x 0. Wówczas f posiada pochodną A w punkcie x 0 oraz zachodzi (3). Dowód. Na podstawie jednej z uwag wystarczy rozważać przypadek, gdy m = 1. Ustalmy h = (h 1,..., h n ) bliskie zera. Ustalmy 1 j n oraz rozważmy funkcję x f(x h 1,..., x 0 j 1 + h j 1, x, x 0 j+1,..., x 0 n). Z założenia ta funkcja jest różniczkowalna w pewnym otoczeniu x 0 j, a więc z twierdzenia Lagrange a istnieje 0 < θ j < 1 taka, że f(x h 1,..., x 0 j + h j, x 0 j+1,..., x 0 n) f(x h 1,..., x 0 j 1 + h j 1, x 0 j,..., x 0 n) = x j ( x 0 + θ j h j e j )h j. Sumując teraz powyższe równości dla j = 1,..., n otrzymujemy f( x 0 + h) f( x 0 ) = n j=1 x j ( x 0 + θ j h j e j )h j.

25 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 23 Ponieważ pochodne cząstkowe x j dla j = 1,..., n są ciągłe w x 0, więc dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że h < δ x j ( x 0 + h) x j ( x 0 ) < ε/ n dla j = 1,..., n. Zatem jeśli h < δ, to f( x 0 + h) f( x 0 ) Zatem n j=1 n j=1 x j ( x 0 + θ j h j e j ) x j ( x 0 )h j = n j=1 ε n h (1,..., 1) = ε h. co kończy dowód. n j=1 x j ( x 0 ) h j x j ( x 0 + θ j h j e j )h j ε n n ( h j 1)) j=1 f( x 0 + h) f( x 0 ) n j=1 x lim j ( x 0 )h j h 0 h = 0, n j=1 x j ( x 0 )h j Przykład. 1. Funkcja f : R 3 R 2 dana wzorem f(x, y, z) = (x 2 + y 3 + z 4, 2x 3 + 3yz 2 ) ma wszystkie pochodne cząstkowe ciągłe, więc jest różniczkowalna oraz pochodna f (x, y, z) jest odwzorowaniem liniowym o macierzy [ ] 2x 3y f 2 4z (x, y, z) = 3 6x 2 3z 2. 6yz 2. Podobnie funkcja f : R 2 R 3 dana wzorem f(x, y) = (xy 2, x xy, x 2 + 2y 2 ) jest różniczkowalna oraz f (x, y) = y 2 2xy 1 y x. 2x 4y

26 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 24 Oznaczenia. Pochodna funkcji różniczkowalnej f : R n R w x 0 jest wyznaczona przez wektor ( ( x 0 ),..., ) ( x 0 ), x 1 x n który będziemy czasem nazywać gradientem funkcji w punkcie x 0 oraz oznaczać grad x0 f. Wówczas pochodna Frécheta f ( x 0 ) jest wyznaczona przez f ( x 0 ) h = grad x0 f h, gdzie mnożenie oznacza zwykły iloczyn skalarny na R n, tzn. (a 1,..., a n ) (b 1,..., b n ) = n a i b i. i=1 Definicja. Niech U R n będzie zbiorem otwartym, x 0 U oraz v R n jest wektorem jednostkowym, tzn. v = 1. Pochodną kierunkową funkcji f : U R m w punkcie x 0 w kierunku wektora v nazywamy granicę f( x 0 + t v) f( x 0 ) lim, t 0 t o ile ta granica istnieje. Pochodną tę oznaczamy v ( x 0) lub D v f( x 0 ). Uwaga. Gdy v = e j, to pochodna kierunkowa jest zwykłą pochodną cząstkową x j ( x 0 ) dla j = 1,..., n. Uwaga. Pochodną kierunkową funkcji f : U R względem v jest w rzeczywistości zwykłą pochodną funkcji t f( x 0 + t v) w punkcie 0. Funkcja ta jest obcięciem funkcji f w dziedzinie do prostej przechodzącej przez punkt x 0, której kierunek jest wyznaczony przez wektor v. Zatem pochodna kierunkowa D v f( x 0 ) jest współczynnikiem nachylenia (wzrostu) funkcji f w punkcie x w kierunku wektora v. Twierdzenie 2.3. Jeśli funkcja f : U R m, U R n ma pochodną w punkcie x 0 U, to dla dowolnego wektora jednostkowego v R n istnieje pochodna kierunkowa w jego kierunku oraz D v f( x 0 ) = f ( x 0 ) v.

27 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 25 Dowód. Ponieważ więc biorąc h = t v otrzymujemy f( x 0 + lim h) f( x 0 ) f ( x 0 )( h) h 0 h f( x 0 + t v) f( x 0 ) f ( x 0 )(t v) lim t 0 t v = 0, = 0. Ponieważ f ( x 0 )(t v) = tf ( x 0 )( v) oraz t v = t v = t, więc a zatem f( x 0 + t v) f( x 0 ) lim f ( x 0 )( v) = 0, t 0 t D v f( x 0 ) = lim t 0 f( x 0 + t v) f( x 0 ) t = f ( x 0 )( v). Uwaga. Istnienie pochodnych kierunkowych we wszystkich kierunkach nie implikuje różniczkowalności. Rozważmy funkcję f : R 2 R daną wzorem { x 3 gdy (x, y) (0, 0) f(x, y) = x 2 +y 2 0 gdy (x, y) = (0, 0). Ta funkcja ma pochodne kierunkowe w punkcie (0, 0) we wszystkich kierunkach. Ustalmy wektor jednostkowy v = (a, b). Wtedy D v f(0, 0) = lim t 0 f(ta, tb) f(0, 0) t = lim t 0 (ta) 3 (ta) 2 +(tb) 2 t = a3 a 2 + b 2. Jednak nie jest ona różniczkowalna w (0, 0), gdyby tak było, to a 3 a 2 + b = D vf(0, 0) = f (0, 0) v = 2 x dla dowolnego wektora jednostkowe (a, b), i sprzeczność. (0, 0)a + (0, 0)b = a y Jeśli f : U R, U R n jest funkcją różniczkowalną, to na mocy poprzedniego twierdzenia pochodną kierunkową można wyrazić poprzez gradient funkcji następująco v ( x) = grad x f v.

28 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 26 Przypomnijmy, że z nierówności Schwartza dla dowolnych wektorów ā, b R n zachodzi nierówność ā b ā b. Dlatego jeśli v = 1, to v ( x) = grad x f v grad x f v = grad x f. Ponadto jeśli v = grad x f/ grad x f, to v ( x) = grad x f v = grad x f grad x f grad x f = grad x f. Wniosek 2.4. Pochodna kierunkowa jest największa w kierunku wektora gradientu. Inaczej mówiąc, funkcja f w punkcie x rośnie najszybciej w kierunku wektora grad x f. Przykład. Obliczmy pochodna funkcji f(x, y) = x 2 x 2 y+3xy 2 +1 w punkcie P = (3, 1) w kierunku wektora P Q, gdzie Q = (6, 5). Wówczas P Q = (3, 4) i ma długość 5. Zatem wektor jednostkowy tego wektora to v = (3/5, 4/5). Wiemy, że grad (x,y) f = (2x 2xy + 3y 2, x 2 + 6xy), a więc ( 3 (P ) = (3, 9) v 5, 4 ) = = 9. Jeśli f : U R, U R n jest funkcją różniczkowalną w punkcie x 0 = (x 0 1,..., x 0 n), to pochodne cząstkowe wyznaczają powierzchnię styczną w R n+1 do wykresu funkcji f w punkcie ( x 0, f( x 0 )) przez następujące równanie x n+1 = f( x 0 ) + n i=1 x i ( x 0 )(x i x 0 i ). W przypadku, gdy n = 2 wzór na płaszczyzną styczną jest następujący z = z 0 + x (x 0, y 0 )(x x 0 ) + y (x 0, y 0 )(y y 0 ), gdzie z 0 = f(x 0, y 0 ). Przykład. Wyznaczmy płaszczyzną styczną do funkcji f(x, y) = x 2 + 3xy w punkcie (1, 2). Ponieważ (x, y) = 2x + 3y oraz (x, y) = 3x, więc x y (1, 2) = 8, (1, 2) = 3, a płaszczyzna styczna ma równanie y y z = 7 + 8(x 1) + 3(y 2).

29 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 27 Definicja. Podzbiór U R n nazywamy wypukłym, gdy dla dowolnych punktów x, ȳ należących do U odcinek łączący te punkty, tzn. zawarty jest w U. [ x, ȳ] = { x + t(ȳ x) : 0 t 1} Twierdzenie 2.5. Niech f : U R m będzie funkcją różniczkowalną, gdzie U R m jest zbiorem otwartym i wypukłym. Jeśli wszystkie pochodne cząstkowe funkcji f są ograniczone, to f jest funkcją Lipschitza. Dowód. Oznaczmy L i = sup grad x f i dla i = 1,..., m. x U Ponieważ wszystkie pochodne cząstkowe są ograniczone, więc są to liczby skończone. Weźmy dowolne punkty x, ȳ w zbiorze U. Dla każdego 1 i m rozważmy funkcję ϕ i : [0, 1] R, ϕ i (t) = f i ( x + t(ȳ x)). Ponieważ U jest zbiorem wypukłym, więc funkcja ϕ i jest dobrze określona i ciągła, jako złożenie funkcji ciągłych. Ponadto, jest różniczkowalna na (0, 1) ponieważ f ma wszystkie pochodne kierunkowe. Zatem z twierdzenia Lagrange a istnieje θ (0, 1) taka, że Niech v = (ȳ x)/ ȳ x, wtedy f i (ȳ) f i ( x) = ϕ i (1) ϕ i (0) = ϕ i(θ). Stąd ϕ i(θ) = i ( x + θ(ȳ x)) ȳ x. v f i (ȳ) f i ( x) = i ( x + θ(ȳ x)) ȳ x = v = grad x+θ(ȳ x) f i v ȳ x L i ȳ x. Ponieważ więc m f(ȳ) f( x) f i (ȳ) f i ( x), i=1 m f(ȳ) f( x) L ȳ x, gdzie L = L i. i=1

30 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 28 Wniosek 2.6. Niech f : U R m będzie funkcją różniczkowalną, gdzie U R m jest zbiorem otwartym i wypukłym, której pochodne cząstkowe są ciągłe. Niech A U będzie zbiorem domkniętym, ograniczonym i wypukłym. Wówczas f : A R m jest funkcją Lipschitza. Dowód. Ponieważ zbiór A jest zwarty, więc z twierdzenia Weierstrassa pochodne cząstkowe muszą być na tym zbiorze ograniczone. Uwaga. Niech A : R n R m będzie odwzorowaniem liniowym. Oznaczmy A = sup A x. x R n, x =1 Norma ta jest dobrze określona ponieważ odwzorowanie R n x A x R jest ciągłe, a zbiór { x R n, x = 1} jest zwarty. Zauważmy, że A x A x dla dowolnych x R n. Rzeczywiście, jeśli x = 0, to w sposób oczywisty otrzymujemy równość. W przeciwnym przypadku rozważmy ȳ = x/ x. Wówczas ȳ = 1, zatem A x = A( x x ) = x Aȳ x A. x Twierdzenie 2.7. Niech U R n, V R m będą podzbiorami otwartymi. Załóżmy, że funkcja f : U V jest różniczkowalna w punkcie x U oraz funkcja g : V R k jest różniczkowalna w f( x) V. Wówczas złożenie g f : U R k jest funkcją różniczkowalną w x oraz (g f) ( x) = g (f( x)) f ( x). Dowód. Oznaczmy A = f ( x) oraz B = g (f( x)). Musimy pokazać, że g(f( x + lim h)) g(f( x)) BA h h 0 h Z ciągłości funkcji f w x wiemy, że lim(f( x + h) f( x)) = 0. h 0 Zatem z różniczkowalności funkcji g w f( x) mamy = 0. g(f( x + h)) g(f( x)) B(f( x + h) f( x)) f( x + h) f( x) = g(f( x) + (f( x + h) f( x))) g(f( x)) B(f( x + h) f( x)) f( x + h) f( x) = 0, (4)

31 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 29 gdy h 0. Ponadto f( x + h) f( x) h f( x + h) f( x) A h h f( x + h) f( x) A h h + A h h + A A + 1, gdy h jest odpowiednio małe z różniczkowalności f w x. Zatem g(f( x + h)) g(f( x)) BA h h g(f( x + h)) g(f( x)) B(f( x + h) f( x)) h + B(f( x + h) f( x) A h) h g(f( x + h)) g(f( x)) B(f( x + h) f( x)) f( x + h) f( x) f( x + h) f( x) h + B (f( x + h) f( x) A h h g(f( x + h)) g(f( x)) B(f( x + h) f( x)) f( x + h) ( A + 1) f( x) + B (f( x + h) f( x) A h, h więc teraz zbieżność do zera przy h 0 wynika z (4) oraz z z różniczkowalności f w x. Uwaga. Jeśli f : R n R m oraz g : R m R są różniczkowalne, z poprzedniego twierdzenia mamy 1 [ ] x 1 ( x)... 1 x n ( x) (g f) ( x) = g g x 1 (f( x))... x m (f( x))....., m x 1 ( x)... m x n ( x) stąd Zatem (g f) ( x) = [ m i=1 g x i (f( x)) i x 1 ( x)... g f x k ( x) = m i=1 m i=1 g x i (f( x)) i x k ( x). g x i (f( x)) i x n ( x) ].

32 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 30 Przykład. 1. Niech f : R 2 R, g : R R będą różniczkowalne oraz ϕ(x, y) = g(f(x, y)), wtedy ϕ x (x, y) = g (f(x, y)) ϕ (x, y), x y (x, y) = g (f(x, y)) (x, y). y Stąd wynika, że dowolna funkcja postaci ϕ(x, y) = g(x 2 + y 2 ) spełnia równanie y ϕ x x ϕ y = 0. Istotnie stąd ϕ x (x, y) = g (x 2 + y 2 )2x, ϕ y (x, y) = g (x 2 + y 2 )2y, y ϕ x x ϕ y = yg (x 2 + y 2 )2x xg (x 2 + y 2 )2y = Niech f : R R 2, g : R 2 R będą różniczkowalne oraz ϕ(x) = g(f(x)), wtedy ϕ (x) = g x (f(x))f 1(x) + g y (f(x))f 2(x). Zatem jeśli funkcje różniczkowalne x, y : R R spełniają x (t) = H y (x(t), y(t)), y (t) = H (x(t), y(t)), x dla pewnej funkcji różniczkowalnej H : R 2 ϕ(t) = H(x(t), y(t)) jest stała. Istotnie ϕ (t) = H x (x(t), y(t))x (t) + H y (x(t), y(t))y (t) = = H x (x(t), y(t)) H y (x(t), y(t)) H y 2.1 Pochodne wyższych rzędów R, to odwzorowanie (x(t), y(t)) H (x(t), y(t)) = 0. x Definicja. Niech U R n jest zbiorem otwartym. Jeśli funkcja f : U R ma pochodną cząstkową x i na całym zbiorze U oraz x i : U R ma pochodną cząstkową względem x j w punkcie x U, to liczbę ( ) ( x) x j x i

33 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 31 nazywamy pochodną cząstkową drugiego rzędu funkcji f względem x i i x j w punkcie x i oznaczamy 2 f x j x i ( x), f xj x i ( x) lub D xj x i f( x). Przykład. Obliczmy pochodne cząstkowe drugiego rzędu dla funkcji f(x, y) = x 2 y 3xy 2 2x 2. Wówczas x (x, y) = 2xy 3y2 4x, y (x, y) = x2 6xy, zatem 2 f x (x, y) = 2 f (x, y) = 2y 4, 2 x x 2 f (x, y) = 2x 6y, y x 2 f x y (x, y) = 2x 6y, 2 f y (x, y) = 2 f (x, y) = 6x. 2 y y Pochodne cząstkowe f xi x j i f xj x i mogą się różnić, najczęściej jednak będą równe, co pokazuje następujące twierdzenie. Pochodne cząstkowe odpowiadające różnym współrzędnym x i i x j nazywamy mieszanymi. Twierdzenie 2.8. Jeśli dla funkcji f : U R, U R n pochodne cząstkowe drugiego rzędu f xi x j i f xj x i istnieją na całym zbiorze U oraz są ciągłe, to dla dowolnego x U mamy f xi x j ( x) = f xj x i ( x). Dowód. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że 1 i < j n. Rozważmy funkcję dwóch zmiennych g(x, y) = f(x 1,..., x i 1, x, x i+1,..., x j 1, y, x j+1,..., x n ). Wówczas g xy (x i x j ) = f xi x j ( x), g yx (x i x j ) = f xj x i ( x) oraz g xy, g yx są ciągłe. Zatem wystarczy pokazać, że g xy = g yx. Dla dowolnych h, k bliskich zeru rozważmy wyrażenie oraz funkcje a = g(x + h, y + k) g(x, y + k) g(x + h, y) + g(x, y) ϕ(x, y) = g(x + h, y) g(x, y), ψ(x, y) = g(x, y + k) g(x, y). Z twierdzenia Lagrange a otrzymujemy, że a = ϕ(x, y + k) ϕ(x, y) = kϕ y (x, y + θ 1 k),

34 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 32 ϕ y (x, y + θ 1 k) = g y (x + h, y + θ 1 k) g y (x, y + θ 1 k) = hg xy (x + θ 2 h, y + θ 1 k) dla pewnych θ 1, θ 2 (0, 1). Stąd a = khg xy (x + θ 2 h, y + θ 1 k). Postępując podobnie dla funkcji ψ otrzymujemy dla pewnych θ 1, θ 2 (0, 1). Zatem a = hkg yx (x + θ 2h, y + θ 1k) g xy (x + θ 2 h, y + θ 1 k) = g yx (x + θ 2h, y + θ 1k). Zbiegając teraz (h, k) (0, 0) i korzystając z ciągłości g yx i g xy otrzymujemy g xy (x, y) = g yx (x, y) Definicja. Pochodne cząstkowe wyższego rzędu definiujemy analogicznie jak pochodne drugiego rzędu. Pochodne cząstkowe trzeciego rzędu możemy określić, gdy wszystkie pochodne drugiego rzędu 2 f x j x i istnieją dla wszystkich i, j = 1,..., n i posiadają pochodne cząstkowe. Wówczas stosujemy oznaczenie 3 f = ( ) 2 f. x k x j x i x k x j x i Ogólnie pochodne cząstkowe rzędu r+1 określamy rekurencyjnie. Możemy je określić, gdy wszystkie pochodne r tego rzędu r f x ir... x i1 istnieją dla wszystkich i 1,..., i r = 1,..., n i posiadają pochodne cząstkowe. Wówczas stosujemy oznaczenie r+1 f = ( ) r f. x ir+1 x ir... x i1 x ir+1 x ir... x i1 Przykład. Obliczmy wszystkie pochodne cząstkowe trzeciego rzędu dla funkcji f(x, y) = x 3 + 2xy 3. Wówczas zatem stąd x (x, y) = 3x2 + 2y 3, 2 f (x, y) = 6x, x2 2 f x y (x, y) = 6y2, y (x, y) = 6xy2, 2 f (x, y) = 12xy, y2 3 f (x, y) = 6, x3 3 f (x, y) = 0, x 2 y 3 f x y (x, y) = 12y, 3 f (x, y) = 12x. 2 y3

35 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 33 Definicja. Mówimy, że funkcja f : U R, gdzie U R n jest zbiorem otwartym, jest klasy C r, gdy istnieją wszystkie pochodne r tego rzędu r f x ir... x i1 dla i 1,..., i r = 1,..., n oraz są funkcjami ciągłymi. Wówczas dla dowolnego punktu x U pochodną rzędu r funkcji f w punkcie x nazywamy odwzorowanie r liniowe r {}}{ d r f( x) : R n... R n R określone wzorem d r f( x)( h 1,..., h r ) = i 1,...,i r=1,...,n przy czym h j = (h j 1,..., h j n) dla j = 1,..., r. r f x ir... x i1 ( x)h 1 i 1... h r i r, Przykład. Dla funkcji f : R 2 R druga pochodna to odwzorowanie 2 liniowe d 2 f(x, y)((h 1, h 2 ), (k 1, k 2 )) = = 2 f x 2 (x, y)h 1k f x y (x, y)h 1k f y x (x, y)h 2k f y 2 (x, y)h 2k 2. Zatem jej forma kwadratowa jest postaci d 2 f(x, y)((h 1, h 2 ), (h 1, h 2 )) = 2 f x 2 (x, y)h f x y (x, y)h 1h f y 2 (x, y)h2 2. Idąc dalej można pokazać, że d r f(x, y)(h 1, h 2 ) r = r i=1 ( r i ) r f (x, x r i y)hr i yi 1 h i 2. Uwaga. Niech f : U R, gdzie U R n jest zbiorem otwartym i wypukłym, będzie funkcją klasy C r. Ustalmy punkt x 0 U oraz wektor h taki, że x 0 + h U. Następnie rozważmy funkcję g(t) = f( x 0 + t h). Jest ona określona na pewnym otwartym przedziale zawierającym [0, 1]. Wówczas funkcja g jest klasy C r oraz g (r) (t) = d r f( x 0 + t h) h r. Aby uzasadnić ten wzór dla r = 1 rozważmy funkcję h(t) = x 0 + t h. Wtedy h (t) = h oraz ze wzoru na pochodną funkcji złożonej otrzymujemy g (t) = (f h) (t) = f (h(t))h (t) = df( x 0 + t h) h = n i=1 x i ( x 0 + t h)h i.

36 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 34 Stąd g (t) = n i=1 ( ) d ( x 0 + t h)h i = dt x i n i=1 ( ) d ( x 0 + t h) h i. dt x i Korzystając ponownie ze wzoru na pochodną funkcji złożonej otrzymujemy g (t) = n n ( ) ( x 0 + t h) h j h i = x j=1 i=1 j x i = n n 2 f ( x 0 + t h)h i h j = d 2 f( x 0 + t h)( h, x j x h). i j=1 i=1 Dla wyższych r wzór dowodzi się indukcyjnie względem r, krok indukcyjny jest podobny do przed chwila przedstawionych rozważań. Twierdzenie 2.9 (wzór Taylora). Niech U R n będzie zbiorem otwartym i wypukłym oraz niech f : U R będzie funkcją klasy C m+1. Wówczas dla dowolnych x, x + h U istnieje 0 < θ < 1 taka, że f( x + h) = m d k f( x) h k k=0 k! + dm+1 f( x + θ h) h m+1. (m + 1)! Dowód. Rozważmy funkcję pomocniczą ϕ(t) = f( x + t h), która jest klasy C m na odcinku otwartym zawierającym przedział [0, 1]. Zatem korzystając ze wzoru Taylora dla funkcji jednej, wiemy, że istnieje 0 < θ < 1 taka, że Z drugiej strony ϕ(1) = ϕ(0) + ϕ (0) 1! + ϕ (0) 2! dla dowolnego k = 0,..., m + 1. Stąd f( x+ h) = f( x)+d k f( x) h+ d2 f( x) h ϕ(m) (0) m! ϕ (k) (t) = d k f( x + t h) h k 2! dm f( x) h m m! + ϕ(m+1) (θ) (m + 1)!. + dm+1 f( x + θ h) h m+1. (m + 1)! Wniosek Niech U R n będzie zbiorem otwartym i wypukłym oraz niech f : U R będzie funkcją klasy C m+1. Wówczas dla dowolnego x U mamy f( x + h) m d k f( x) h k = + O( h m+1 ). k! k=0

37 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 35 Przykład. Rozwińmy funkcję f(x, y) = e x sin y w szereg Taylora w punkcie (0, 0) dla m = 2. W tym przypadku oraz 2 f x 2 (x, y) = ex sin y, x (x, y) = ex sin y, 2 f y x (x, y) = ex cos y, y (x, y) = ex cos y, 2 f y 2 (x, y) = ex sin y. Zatem f(0, 0) + df(0, 0)(x, y) + d 2 f(0, 0)(x, y) 2 /2 = = f(0, 0) + (0, 0)x + (0, 0)y + x y + 1 f 2 ( 2 x (0, 2 0)x2 + 2 f x y (0, 0)xy + 2 f y (0, 2 0)y2 ) = = y + xy/2. Stąd e x sin y = y + xy/2 + O( (x, y) 3 ) = y + xy/2 + O((x 2 + y 2 ) 3/2 ) = = y + xy/2 + O(max{x 3, y 3 }). 2.2 Ekstrema lokalne Definicja. Niech f : U R, gdzie U R n jest zbiorem otwartym. Mówimy, że punkt x 0 U jest minimum lokalnym funkcji f, gdy istnieje δ > 0 taka, że dla dowolnego x B( x 0, δ) zachodzi nierówność f(x) f(x 0 ); maksimum lokalnym funkcji f, gdy istnieje δ > 0 taka, że dla dowolnego x B( x 0, δ) zachodzi nierówność f(x) f(x 0 ). Minima i maksima lokalne funkcji będziemy nazywać ekstremami lokalnymi. Twierdzenie 2.11 (warunek konieczny istnienia ekstremum). niech U R n będzie zbiorem otwartym. Jeśli funkcja f : U R ma pochodne cząstkowe w punkcie x 0 U oraz ma w tym punkcie ekstremum lokalne, to x i ( x 0 ) = 0 dla i = 1,..., n.

38 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 36 Dowód. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że f w punkcie x 0 = (x 0 1,..., x 0 n) U ma maksimum lokalne. Następnie ustalmy 1 i m oraz rozważmy funkcję g i (x) = f(x 0 1,..., x 0 i 1, x, x 0 i+1,..., x 0 n). Z założenia funkcja ta jest różniczkowalna w punkcie x 0 i oraz ma maksimum lokalne. Zatem możemy skorzystać z warunku koniecznego istnienia ekstremum dla funkcji jednej zmiennej, a mówi on, że g i(x 0 i ) = 0. Z drugiej strony x i ( x 0 ) = g i(x 0 i ) = 0. Uwaga. Z każdą n n macierzą rzeczywistą A = [a ij ] n n możemy stowarzyszyć formę dwuliniową na R n postaci A((x 1,..., x n ), (y 1,..., y n )) = n n a ij x i y j. i=1 j=1 Przypomnijmy, że macierz A (formę A) nazywamy dodatnio (ujemnie) określoną, gdy A( x, x) > 0 dla dowolnego niezerowego x R n. Ponadto, mówimy, że A jest nieokreślona, gdy odwzorowanie R n A( x, x) R przyjmuje zarówno wartości dodatnie i ujemne. Dla dowolnego i = 1,..., n oznaczmy a 11 a 1i A i = a i1 a ii x Twierdzenie 2.12 (kryterium Sylvestera). Załóżmy, że macierz A jest symetryczna. Wtedy macierz A jest dodatnio określona wtedy i tylko wtedy, gdy det(a i ) > 0 dla wszystkich i = 1,..., n. Macierz A jest ujemnie określona wtedy i tylko wtedy, gdy ( 1) i det(a i ) > 0 dla wszystkich i = 1,..., n. Jeśli macierz A nie spełnia żadnego z warunków to A jest nieokreślona. 1 i n det(a i ) 0, 1 i n ( 1) i det(a i ) 0,

39 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 37 Twierdzenie 2.13 (warunki dostateczne istnienia ekstremum). Niech U R n będzie zbiorem otwartym. Załóżmy, że funkcja f : U R jest klasy C 2 oraz w punkcie x 0 U mamy x i ( x 0 ) = 0 dla i = 1,..., n. Wtedy jeśli d 2 f( x 0 ) jest formą dodatnio określoną, to f ma w x 0 minimum lokalne; jeśli d 2 f( x 0 ) jest formą ujemnie określoną, to f ma w x 0 maksimum lokalne; jeśli d 2 f( x 0 ) jest formą nieokreśloną, to f nie ma w x 0 lokalnego. ekstremum Dowód. Załóżmy, d 2 f( x 0 ) jest formą dodatnio określoną oraz przypuśćmy, że f nie ma w x 0 minimum lokalnego. Wówczas istnieje ciąg punktów { x m } w U taki, że x m x 0 oraz f( x m ) < f( x 0 ) dla wszystkich m N. Wówczas ze wzoru Taylora dla dowolnego m N istnieje 0 < θ m < 1 taka, że f( x m ) = f( x 0 ) + df( x 0 )( x m x 0 ) d2 f( x 0 + θ m ( x m x 0 ))( x m x 0 ) 2. Ponieważ z założenia df( x 0 ) = 0 oraz f( x m ) < f( x 0 ) dla wszystkich m N, więc d 2 f( x 0 + θ m ( x m x 0 ))( x m x 0 ) 2 < 0. Niech h m = ( x m x 0 )/ x m x 0. Ponieważ h m S n 1 = { x R n : x = 1} oraz S n 1 jest zbiorem zwartym, więc istnieje podciąg {k m } taki, że h km h S n 1. Ponadto d 2 f( x 0 +θ m ( x m x 0 ))( h m ) 2 = oraz z ciągłości drugiej pochodnej otrzymujemy 1 x m x 0 2 d2 f( x 0 +θ m ( x m x 0 ))( x m x 0 ) 2 < 0 d 2 f( x 0 )( h) 2 = lim m d2 f( x 0 + θ km ( x km x 0 ))( h km ) 2 0, co stoi w sprzeczności z założeniem, że forma d 2 f( x 0 ) jest dodatnio określona. Przykład. Zbadajmy ekstrema lokalne funkcji f(x, y) = x 2 + 2xy + 4y 2 6x. Ponieważ (x, y) = 2x + 2y 6, (x, y) = 2x + 8y, x x więc jeśli w punkcie (x 0, y 0 ) ma ekstremum, to 2x 0 + 2y 0 6 = 0, 2x 0 + 8y 0 = 0.

40 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 38 Jedynym punktem spełniającym ten układ równań jest (4, 1). drugiej pochodnej to [ ] 2 f d 2 (x, y) 2 f [ ] (x, y) x f(x, y) = 2 x y f (x, y) 2 f =. (x, y) 2 8 x y y 2 Macierz Ta macierz jest dodatnio określona ponieważ det A 1 = 2 > 0 oraz det A 2 = 12 > 0. Zatem d 2 f(4, 1) jest dodatnio określona, a więc f ma minimum lokalne w punkcie (4, 1) i jest to jedyne ekstremum lokalne tej funkcji. Przykład. Rozważmy funkcję f(x, y) = x 2 y 2. Wówczas (x, y) = 2x, x (x, y) = 2y, x zatem jedynym punktem podejrzanym o ekstremum jest (0, 0). Ponadto [ ] 2 0 d 2 f(x, y) =. 0 2 Wówczas det A 1 = 2 > 0 oraz det A 2 = 4 < 0, a więc d 2 f(0, 0) jest nieokreślona. Zatem f nie ma ekstremów lokalnych. W tym wypadku (0, 0) jest punktem siodłowym funkcji f. Uwaga. Niech D R n będzie zbiorem domkniętym i ograniczonym. Niech f : D R będzie funkcją ciągłą, która jest różniczkowalna we wnętrzu zbioru D. Z twierdzenia Weierstrassa funkcja ta przyjmuje na zbiorze D wartość najmniejszą i największą. Aby wyznaczyć te wartości wyznaczamy wszystkie ekstrema w zbiorze D, a następnie sprawdzamy, w którym z tych punktów funkcja przyjmuje wartość najmniejszą i największą. Aby wyznaczyć ekstrema znajdujące się we wnętrzu zbioru D możemy zastosować warunek konieczny istnienia ekstremum, tzn. wyznaczamy wszystkie punkty, w których pochodna jest równa zero. Sytuacja staje się bardziej skomplikowana, gdy ekstrema pojawiają się na brzegu zbioru D. Aby je wyznaczyć będziemy potrzebować bardziej wyrafinowanych narzędzi. Definicja. Niech (X 1, ρ 1 ) oraz (X 2, ρ 2 ) będą przestrzeniami metrycznymi. Odwzorowanie f : X 1 X 2 nazywamy homeomorfizmem, gdy jest ciągłe odwracalne i odwzorowanie odwrotne f 1 też jest ciągłe. Definicja. Niech U, V R n będą zbiorami otwartymi. Funkcję f : U V nazywamy dyfeomorfizmem klasy C r, gdy f jest bijekcją klasy C r oraz funkcja odwrotna f 1 : V U jest również klasy C r. Przykład. Rozważmy funkcję f : R R, f(x) = x 3. Jest ona bijekcją klasy C r dla dowolnego r N. Jednak jej funkcja odwrotna f 1 (x) = 3 x nie jest nawet różniczkowalna w 0, więc nie jest dyfeomorfizmem.

41 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 39 Uwaga. Niech f : U V będzie dyfeomorfizmem klasy C 1. Ponieważ f 1 f = Id, ze wzoru na pochodną funkcji złożonej dla dowolnego x U otrzymujemy (f 1 ) (f( x))f ( x) = Id. Zatem f ( x) : R n R n jest odwzorowaniem liniowym odwracalnym, a jego odwzorowanie odwrotne, to (f 1 ) (f( x)). Funkcję J f ( x) = det f ( x) nazywamy jakobianem odwzorowania f. Zatem jeśli f jest dyfeomorfizmem, to J f ( x) 0 dla dowolnego x U. Twierdzenie 2.14 (o lokalnym odwracaniu odwzorowań). Niech f : G R n będzie funkcją klasy C 1 na zbiorze otwartym G R n. Załóżmy, że dla pewnego punktu x 0 G pochodna f ( x 0 ) : R n R n jest odwzorowaniem liniowym odwracalnym (równoważnie J f ( x 0 ) 0). Wówczas istnieją otwarte otoczenia x 0 U oraz f( x 0 ) V takie, że f : U V jest dyfeomorfizmem klasy C 1. Przykład. Rozważmy funkcję f : (0, + ) R R 2 \ {(0, 0)}, f(x, y) = (x cos y, x sin y). Wówczas [ ] cos y x sin y f (x, y) =, sin y x cos y a więc J f (x, y) = det f(x, y) = x cos 2 y + x sin 2 y = x 0. Zatem lokalnie wokół każdego punktu z dziedziny funkcja f jest odwracalna, a nawet jest dyfeomorfizmem. Jednak globalnie funkcja nie jest nawet odwracalna ponieważ f(x, y + 2π) = f(x, y). 2.3 Funkcje uwikłane Niech f : R R będzie funkcją. Formalnie ta funkcja jest relacją w R R wyznaczoną w ten sposób, że x f y y = f(x) F (x, y) = 0, gdzie F (x, y) = y f(x). Zatem równanie F (x, y) = 0 jest również podaniem wzoru na funkcję f, ale w sposób uwikłany. Jeśli f : U R m, gdzie U R n, to możemy ją wyrazić w sposób uwikłany równaniem F ( x, ȳ) = 0, gdzie F : U R m R m, F ( x, ȳ) = ȳ f( x). Rozważmy teraz odwrotną sytuację, załóżmy, że dana jest funkcja klasy F : U V R m, gdzie U R n oraz V R m. Spróbujemy określić kiedy równanie (układ równań) F ( x, ȳ) = 0 F i (x 1,..., x n, y 1,..., y m ) = 0 dla i = 1,..., m

42 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 40 (F = (F 1,..., F m )) wyznacza funkcję f : U V klasy C 1. Przykład. Rozważmy równanie postaci x 2 +y 2 = 1 F (x, y) = x 2 +y 2 1 = 0. Wtedy dla każdego punktu (x 0, y 0 ), y 0 0 równanie to wyznacza lokalnie wokół tego punktu funkcję postaci f(x) = sgn(y 0 ) 1 x 2. Twierdzenie 2.15 (o funkcji uwikłanej). Niech F : G R m będzie funkcją klasy C 1, gdzie G R n R m jest zbiorem otwartym. Niech x 0 R n, ȳ 0 R m, ( x 0, ȳ 0 ) G będzie punktem takim, że F ( x 0, ȳ 0 ) = 0. Przez F x0 oznaczmy funkcję z otoczenia punktu ȳ 0 R m do R m daną wzorem F x0 (ȳ) = F ( x 0, ȳ). Jeśli F x 0 (ȳ 0 ) : R m R m jest odwzorowaniem odwracalnym, to istnieją otoczenia otwarte x 0 U oraz ȳ 0 V oraz funkcja f : U V klasy C 1 taka, że jeśli x U oraz ȳ V, to F ( x, ȳ) = 0 ȳ = f( x), tzn. równanie F ( x, ȳ) = 0 wyznacza funkcję klasy C 1 wokół punktu ( x 0, ȳ 0 ). Uwaga. Gdy m = 1, to kluczowy warunek podany w twierdzeniu jest równoważny stwierdzeniu, że F ( x y 0, y 0 ) 0. Zauważmy, że dla funkcji F (x, y) = x 2 + y 2 1 mamy F (x, y) = 2y, zatem nie jest on spełniony tylko dla y punktów (1, 0) i ( 1, 0). Łatwo zauważyć, że wokół tych punktów równanie F (x, y) = 0 nie może być uwikłaniem żadnej funkcji zmiennej x. Przykład. Rozważmy równanie ln x 2 + y 2 = arctg y x. Niech F (x, y) = ln x 2 + y 2 arctg y x. Wówczas F y (x, y) = y x 2 + y (y/x) 2 x = y x x 2 + y 2, F y(x, y) = y + x x 2 + y 2. Zatem jeśli (x 0, y 0 ) spełnia nasze równanie oraz x 0 y 0, to istnieje funkcja x y(x) wokół tego punktu taka, że F (x, y(x)) = 0. Możemy nawet wyznaczyć pochodną funkcji y. Otóż a więc 0 = d dx F (x, y(x)) = F x(x, y(x)) + F y (x, y(x))y (x), y (x) = F x(x, y(x)) F y (x, y(x)) = x y(x) x + y(x).

43 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH Powierzchnie Definicja. Niepusty podzbiór M R n nazywamy k-wymiarową powierzchnią (1 k n), gdy dla dowolnego punktu ȳ 0 M istnieje otoczenie otwarte ȳ 0 U R n, podzbiór otwarty V R k oraz odwzorowanie ϕ : V U klasy C 1 takie, że rząd odwzorowania liniowego ϕ ( x) : R k R m jest równy k dla dowolnego x V, ϕ : V ϕ(v ) jest homeomorfizmem oraz ϕ(v ) = M U. Wówczas odwzorowanie ϕ nazywamy mapą lub parametryzają zbioru M U, a zbiór ϕ(v ) = M U płatem. Uwaga. Niech γ : (a, b) R n będzie krzywą klasy C 1, tzn. γ jest klasy C 1 oraz γ (t) R n jest wektorem niezerowym dla dowolnego t (a, b). Załóżmy, że krzywa γ nie ma samoprzecięć, tzn. γ jest różnowartościowa oraz jeśli γ(t n ) γ(t), to t n t. Wówczas γ(a, b) jest powierzchnią 1-wymiarową, a jej parametryzają jest funkcja γ. Przykład. γ : (0, 2π) R 2, γ(t) = (e t cos t, e t sin t). Wówczas γ (t) = (e t (cos t sin t), e t (sin t + cos t)), więc γ (t) 2 = 2e 2t > 0. Ponadto, jeśli γ(t n ) γ(t), to e tn = γ(t n ) γ(t) = e t, a z ciągłości logarytmu t n t. Uwaga. Niech f : U R m, U R n otwarty, będzie funkcją klasy C 1. Wówczas wykres tej funkcji M = {( x, f( x)) : x U} R n+m jest powierzchnią wymiaru n. Globalną mapą jest funkcja ϕ : U M, ϕ( x) = ( x, f( x)). Funkcja ϕ jest bijekcją, a funkcja odwrotną jest rzutowanie na pierwsze n współrzędnych. Ponadto 1 0 ϕ ( x) =..... f ( x) 0 1 zatem rząd tego przekształcenia wynosi n. wymiarowym płatem. Stąd wykres funkcji f jest n Twierdzenie Niech G R n będzie zbiorem otwartym oraz niech g : G R m będzie funkcją klasy C 1 oraz 1 m < n. Rozważmy zbiór M = { x G : g( x) = 0}. Jeśli dla dowolnego x M mamy rz g ( x) = m, to M jest powierzchnią wymiaru n m. Dowód. Niech x 0 = (x 0 1,..., x 0 n) M. Ponieważ rząd m n macierzy g ( x 0 ) wynosi m, więc znajdziemy m jej kolumn, które są liniowo niezależne. Bez zmniejszenia ogólności rozumowania możemy założyć, jest to m ostatnich kolumn. Niech k = n m. Wówczas g (x 0 1,...,x0 k )(x0 k+1,..., x0 k+m ) jest m m

44 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 42 macierzą składającą się z tych m kolumn. A więc g (x 0 1,...,x0 k )(x0 k+1,..., x0 k+m ) jest odwzorowaniem odwracalnym. Z twierdzenia o funkcji uwikłanej istnieją zbiory otwarte (x 0 1,..., x 0 k ) U Rk, (x 0 k+1,..., x0 k+m ) V Rm oraz funkcja f : U V klasy C 1 taka, że jeśli (x 1,..., x n ) U V, to Zatem x M g(x 1,..., x n ) = 0 (x k+1,..., x k+m ) = f(x 1,..., x k ). M (U V ) = {ȳ U : (ȳ, f(ȳ))} oraz x 0 M (U V ). Z poprzedniej uwagi zbiór ten, który jest wykresem funkcji f, jest k wymiarowym płatem, a więc cały zbiór M jest k wymiarową powierzchnią. Przykład. Sfera dwuwymiarowa S 2 = {(x, y, z) R 2 : x 2 + y 2 + z 2 = 1} jest powierzchnią dwuwymiarową. Rozważmy funkcję g(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1. Wówczas g (x, y, z) = (2x, 2y, 2z). Jeśli (x, y, z) S 2, to przynajmniej jedna współrzędna jest niezerowa, zatem rząd g (x, y, z) jest równy 1. Tak więc S 2 jest powierzchnią wymiaru 3 1 = 2. Przykład. Rozważmy podzbiór R 3 postaci Wówczas oraz M = {(x, y, z) R 2 : x 2 + y 2 + z 2 = 1, x + y + z = 0}. g(x, y, z) = (x 2 + y 2 + z 2 1, x + y + z) g (x, y, z) = [ 2x 2y 2z Jeśli (x, y, z) M, to nie wszystkie współrzędne są sobie równe, a stąd rząd macierzy g (x, y, z) wynosi 2. Zatem M jest powierzchnią wymiaru 3 2 = Ekstrema warunkowe Niech G R n będzie zbiorem otwartym oraz niech f : G R oraz g : G R m będą funkcją klasy C 1 oraz 1 m < n. Rozważmy zbiór M = { x G : g( x) = 0}. Następnie rozważmy funkcję f : M R. Naszym celem jest wyznaczenie ekstremów tej funkcji. Ponieważ dziedzina tej funkcji jest wyznaczona warunkiem g( x) = 0, więc będziemy mówić o ekstremach warunkowych ].

45 2 RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI WIELU ZMIENNYCH 43 Twierdzenie 2.17 (metoda mnożników Lagrange a). Załóżmy, że dla dowolnego x M mamy rz g ( x) = m. Jeśli funkcja f : M R ma w punkcie x 0 M ekstremum lokalne, to istnieją liczby λ 1,..., λ m (mnożniki Lagrange a) takie, że funkcja L : G R określona wzorem spełnia warunek L( x) = f( x) + m λ j g j ( x), j=1 L x i ( x 0 ) = 0 dla i = 1,..., n. Załóżmy, że dodatkowo funkcje f i g są klasy C 2. Jeśli d 2 L( x 0 ) h 2 > 0 dla wszystkich niezerowych h R n spełniających n i=1 g j x i ( x 0 )h i = 0 dla j = 1,..., m, (5) to x 0 jest lokalnym minimum warunkowym funkcji f. Jeśli d 2 L( x 0 ) h 2 < 0 dla wszystkich niezerowych h R n spełniających (5), to x 0 jest lokalnym maksimum warunkowym funkcji f. Uwaga. Rozważmy (n + m) (n + m) macierz [ 0 g C = ( x 0 ) g ( x 0 ) T d 2 L( x 0 ) Wówczas warunek dostateczny istnienia minimum warunkowego jest równoważny warunkowi ]. ( 1) m det C i > 0 dla i = 2m + 1,..., m + n, natomiast warunek dostateczny istnienia maksimum warunkowego jest równoważny warunkowi ( 1) i m det C i > 0 dla i = 2m + 1,..., m + n. Przykład. Wyznaczmy ekstrema funkcji f(x, y, z) = x+y +z pod warunkiem, że x 2 + y 2 + z 2 = 1, (g(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1). Rozważmy funkcję L(x, y, z) = x + y + z + λ(x 2 + y 2 + z 2 1). Szukamy x, y, z oraz λ takich, że 0 = x L(x, y, z) = 1 + 2λx, 0 = L(x, y, z) = 1 + 2λy, y

46 3 CAŁKA RIEMANNA 44 Wówczas 0 = z L(x, y, z) = 1 + 2λz, x2 + y 2 + z 2 = 1. 3 = 4λ 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) = 4λ 2, a więc mamy dwie możliwości λ 1 = 3/2 oraz λ 1 = 3/2, rozważmy pierwszą z nich. Wtedy x 0 = y 0 = z 0 = 1/ 3. Ponadto 2λ d 2 L(x 0, y 0, z 0 ) = 0 2λ λ 1 Sprawdzamy wartość tej formy kwadratowej dla wektorów (h 1, h 2, h 3 ) niezerowych spełniających warunek Wtedy 0 = x g(x 0, y 0, z 0 )h 1 + y g(x 0, y 0, z 0 )h 2 + z g(x 0, y 0, z 0 )h 3 = = 2 (h 1 + h 2 + h 3 ). 3 d 2 L(x 0, y 0, z 0 )(h 1, h 2, h 3 ) 2 = 2λ 1 (h h h 2 3) > 0. Zatem w punkcie ( 1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) funkcja ma lokalne minimum warunkowe. 3 Całka Riemanna Pojęcie całki Riemanna można w naturalny sposób uogólnić dla funkcji określonych na prostokątach domkniętych w przestrzeni R m. Zbiór postaci P = [a 1, b 1 ]... [a m, b m ] R m, gdzie a i, b i R, a i < b i dla i = 1,..., m nazywamy prostokątem. Liczbę nazywamy objętością, zaś nazywamy średnicą prostokąta P. P = (b 1 a 1 )... (b m a m ) δ(p ) = (b 1 a 1 ) (b m a m ) 2

47 3 CAŁKA RIEMANNA 45 Niech a i = x 0 i < x 1 i <... < x k i 1 i < x k i i = b i będzie podziałem odcinka [a i, b i ] dla i = 1,..., m. Taka rodzina podziałów wyznacza podział κ prostokąta P na prostokąty postaci κ = {[x l 1 1 1, x l 1 1 ]... [x lm 1 m, x lm m ] : 1 l 1 k 1,..., 1 l m k m }. Przez Π P oznaczać będziemy zbiór wszystkich takich podziałów prostokąta P. Niech κ Π P oraz κ = {P 1,..., P k }. Wtedy średnicą podziału κ nazywamy δ(κ) = max{δ(p i ) : 1 i k}. Niech f : P R będzie funkcją ograniczoną. Niech m i = inf{f( x) : x P i }, M i = sup{f( x) : x P i } dla i = 1,..., k. Następnie utwórzmy sumy górne i dolne Niech s(f, κ) = n m i P i, S(f, κ) = i=1 n M i P i. i=1 I (f) = sup{s(f, κ) : κ Π P } oraz I (f) = inf{s(f, κ) : κ Π P }. Wówczas I (f) I (f). Definicja. Jeśli I (f) = I (f), to mówimy, że funkcja f : P R jest całkowalna w sensie Riemanna, a liczbę I (f) = I (f) nazywamy całką Riemanna lub całką wielokrotną funkcji f : P R i oznaczamy f( x) d x =... f(x 1,..., x m ) dx 1... dx m = P = P b1 a 1... bm a m f(x 1,..., x m ) dx 1... dx m. Podobnie jak w przypadku zwykłej całki Riemanna całkę wielokrotną można aproksymować ciągiem sum pośrednich. Niech κ = {P 1,..., P k } będzie podziałem prostokąta P. Załóżmy, że ξ i P i dla i = 1,..., k i rozważmy sumę pośrednią σ(f, κ) = k i=1 f( ξ i ) P i. Niech {κ n } będzie normalnym ciągiem podziałów, tzn. δ(κ n ) 0. Wówczas jeśli f : P R jest funkcją całkowalną w sensie Riemanna, to σ(f, κ n ) f( x) d x. P Wiele własności zwykłej całki Riemanna przenosi się na całki określone na prostokątach, a dowody tych własności są analogiczne.

48 3 CAŁKA RIEMANNA 46 Twierdzenie 3.1. Jeśli funkcja f : P R jest ciągła, to jest całkowalna w sensie Riemanna. Niech f, g : P R będą funkcjami całkowalnymi w sensie Riemanna. Wówczas dla funkcje f + g, f g oraz αf dla dowolnego α R są całkowalne oraz αf( x) d x = α f( x) d x, P P (f( x) + g( x)) d x = 3.1 Całki iterowane P P f( x) d x + P g( x) d x. Niech P = [a, b] [c, d] będzie prostokątem w R 2. Załóżmy, że f : P R jest funkcją ograniczoną taką, że dla dowolnego y [c, d] całka b f(x, y) dx a istnieje oraz funkcja [c, d] y b f(x, y) dx R jest całkowalna w sensie a Riemanna. Wówczas całkę d ( b ) f(x, y) dx dy, c a którą nazywamy całką iterowaną. Analogicznie możemy zdefiniować całkę iterowaną b ( d ) f(x, y) dy dx. a c Twierdzenie 3.2 (Fubiniego). Jeśli f : [a, b] [c, d] R jest funkcją ciągłą, to obie całki iterowane istnieją oraz d ( b ) b ( d ) f(x, y) dxdy = f(x, y) dx dy = f(x, y) dy dx. [a,b] [c,d] c a Dowód. Niech g : [a, b] R będzie dana wzorem g(x) = d f(x, y) dy. Funkcja f jest ciągła i określona na zbiorze zwartym, więc jest jednostajnie ciągła. c Zatem dla dowolnego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że Stąd jeśli x x < δ, to g(x) g(x ) = ρ((x, y), (x, y )) < δ f(x, y) f(x, y ) < ε. d c d c (f(x, y) f(x, y)) dy ε dy = (d c)ε, a d c c f(x, y) f(x, y) dy

49 3 CAŁKA RIEMANNA 47 więc g jest również jednostajnie ciągła i całki iterowane są dobrze określone. Niech {κ n } będzie normalnym ciągiem podziałów. Załóżmy, że κ n jest wyznaczony przez punkty Niech a = x n 0 < x n 1 <... < x n k n = b, c = y n 0 < y n 1 <... < y n l n = d. σ(f, κ n ) = k n i=1 l n j=1 f( ξ i,j ) P ij będzie sumą pośrednią tzn. ξ ij P ij = [x n i 1, x i i] [y n j 1, y n j ]. Załóżmy, że δ(κ n ) < δ. Wówczas dla dowolnego x [x n i 1, x i i] mamy Zatem y n j f(x, y)dy f( ξ ij )(yj n yj 1) n yj 1 n y n j yj 1 n f(x, y) f( ξ ij ) dy ε(y n j y n j 1). d c f(x, y)dy l n j=1 l n j=1 f( ξ ij )(y n j y n j 1) y n j f(x, y)dy f( ξ ij )(yj n yj 1) n yj 1 n l n j=1 ε(y n j y n j 1) = ε(d c). Stąd a zatem x n i ( d ) f(x, y)dy dx x n i 1 c ε(d c)(x n i x n i 1), b a ( d c l n j=1 ) f(x, y)dy dx f( ξ ij )(y n j y n j 1)(x n i x n i 1) k n i=1 l n j=1 f( ξ ij ) P ij ε P. Stąd wynika, że σ(f, κ n ) ( b ) d f(x, y)dy dx, ale z drugiej strony wiemy, a c że σ(f, κ n ) f(x, y) dxdy, co kończy dowód. P

50 3 CAŁKA RIEMANNA 48 Uwaga. Jeśli P = [a 1, b 1 ]... [a m, b m ] jest prostokątem w R m, to możemy definiować m! całek iterowanych w zależności od kolejności wykonywania całkowania. Jeśli f : P R jest funkcją ciągłą, to wszystkie te całki iterowane istnieją i są równe całce f( x) d x, np. P bm ( bm 1 ( b1 ) ) f( x) d x =... f(x 1,..., x m ) dx 1... dx m 1 dx m. a m 1 a 1 P a m Przykład. Obliczmy całkę [1,2] [ 1,0] (yx2 y 3 x)dxdy. Ponieważ funkcja pod całką jest ciągła, więc wystarczy policzyć jedną z całek iterowanych, np. 0 1 ( 2 ) (yx 2 y 3 x)dx dy = 1 = 0 [ yx y3 x 2 2 [ ] 7y y4 8 1 ] 2 dy = = ( ) = ( ) 7y 3 3y3 dy 2 Całkę Riemanna możemy określić dla funkcji ograniczonych określonych na dowolnych ograniczonych podzbiorach R m. Niech D R m będzie zbiorem ograniczonym, a f : D R funkcją ograniczoną. Niech P R m będzie dowolnym prostokątem takim, że D P. Wówczas określmy funkcję f 0 : P R wzorem { f( x) gdy x D f 0 ( x) = 0 gdy x P \ D. Definicja. Mówimy, że funkcja f jest całkowalna (w sensie Riemanna) w zbiorze D, gdy funkcja f 0 jest całkowalna w zbiorze P i całkę z funkcji f na zbiorze D określamy wzorem f( x) d x = f 0 ( x) d x. D Definicja. Niech ϕ, ψ : [a, b] R będą funkcjami ciągłymi takimi, że ϕ(x) ψ(x) dla wszystkich x [a, b]. Wówczas zbiór D = {(x, y) R 2 : a x b, ϕ(x) y ψ(x)} nazywamy zbiorem normalnym względem osi Ox. Twierdzenie 3.3 (Fubiniego dla obszrów normalnych). Jeśli funkcja f : D R jest ciągła w zbiorze normalnym D = {(x, y) R 2 : a x b, ϕ(x) y ψ(x)}, P

51 3 CAŁKA RIEMANNA 49 to funkcja f jest całkowalna w zbiorze D oraz ( b ) ψ(x) f(x, y) dxdy = f(x, y) dy dx. D a ϕ(x) Uwaga. Zbiór normalny względem osi Oy określamy wzorem D = {(x, y) R 2 : c y d, ϕ(y) x ψ(y)}, ϕ, ψ : [c, d] R są odpowiednimi funkcjami ciągłymi. Jeśli f : D R jest ciągła, to ( d ) ψ(y) f(x, y) dxdy = f(x, y) dx dy. D c Uwaga. Jeśli D jest sumą skończonej liczby zbiorów D 1,..., D k normalnych względem osi Ox lub Oy o rozłącznych wnętrzach, to zbiór D nazywamy regularnym. Wówczas jeśli f : D R jest funkcją ciągłą, to jest całkowalna w D oraz k f(x, y) dxdy = f(x, y) dxdy. D D i i=1 Przykład. Obliczmy całkę xy dxdy, gdzie D jest trójkątem ograniczonym D osiami Ox, Oy oraz prostą x + y = 1. Wówczas D jest zbiorem normalnym względem osi Ox oraz więc D xy dxdy = ϕ(y) D = {(x, y) R 2 : 0 x 1, 0 y 1 x}, = 1 ( 1 x ) xy dy dx = ( x 2x 2 + x ) dx = 0 [ xy 2 [ x 2 2 ] 1 x 0 dx = 4 x3 3 + x4 8 ] 1 0 = Uwaga. W przestrzeniach R m dla m 3 można mówić również o zbiorach normalnych. W R 3 zbiory normalne są postaci D = {(x, y, z) R 3 : a x b, α(x) y β(x), ϕ(x, y) z ψ(x, y)}, gdzie α, β : [a, b] R oraz ϕ, ψ : {(x, y) R 2 : a x b, α(x) y β(x)} R są funkcjami ciągłymi takimi, że α β oraz ϕ ψ. Wówczas dla dowolnej funkcji ciągłej f : D R mamy ( b ( β(x) ) ) ψ(x,y) f(x, y, z) dxdydz = f(x, y, z) dz dy dx. D a α(x) ϕ(x,y)

52 3 CAŁKA RIEMANNA Zamiana zmiennych Definicja. Mówimy, że zbiór ograniczony A R m jest mierzalny w sensie Jordana, gdy stała równa 1 na zbiorze A jest całkowalna w sensie Riemanna. Wówczas liczbę A = 1 d x nazywamy miarą Jordana (polem powierzchni dla m = 2, objętością dla m = 3) zbioru A. Uwaga. Jeśli A jest zawarty w pewnym prostokącie P R m, to mierzalność A jest równoważna całkowalności funkcji { 1 gdy x A χ A (x) = 0 gdy x P \ A. Zauważmy, że wtedy sumy górne (dolne) S(χ A, κ) (s(χ A, κ)) przybliżają miarę A sumami objętości prostokątów podziału κ, które razem pokrywają (są zawarte) zbiór A. Uwaga. Jeśli zbiór A R 3 jest postaci A = {(x, y, z) R 3 : (x, y) B, f(x, y) z g(x, y)}, gdzie f, g : B R są funkcjami całkowalnymi takimi, że f g, to A = (g(x, y) f(x, y)) dxdy. B Twierdzenie 3.4 (o zamianie zmiennych). Niech A, D będą podzbiorami R m mierzalnymi w sensie Jordana. Niech ϕ : A D będzie dyfeomorfizmem klasy C 1 oraz niech f : D R będzie funkcją ciągłą. Wówczas f(ȳ) dȳ = f( x) J ϕ ( x) d x. D A Uwaga. Odwzorowanie ϕ : A D nazywamy zamianą zmiennych (współrzędnych), przypomnijmy, że J ϕ ( x) = det ϕ ( x). W twierdzeniu możemy osłabić założenia, wystarczy założyć, że istnieje podzbiór A 0 A taki, że miara A \ A 0 jest zero oraz ϕ : A 0 ϕ(a 0 ) jest dyfeomorfizmem. Przykład (Współrzędne biegunowe). Każdy punkt (x, y) na płaszczyźnie R 2 (oprócz (0, 0)) można jednoznacznie przedstawić w postaci (x, y) = (r cos t, r sin t), gdzie r > 0, t [0, 2π). A

53 3 CAŁKA RIEMANNA 51 Wówczas r jest odległością punktu (x, y) od (0, 0), zaś t jest kątem pomiędzy promieniem wodzącym a osią Ox. Mówimy wtedy, że (r, t) są współrzędnymi biegunowymi punktu (x, y), zaś odwzorowanie ϕ : (0, + ) [0, 2π) R 2 dane wzorem ϕ(r, t) = (r cos t, r sin t) jest zamianą zmiennych. Rzeczywiście, jest bijekcją oraz jej jakobian wynosi x x J ϕ (r, t) = r t = cos t r sin t sin t r cos t = r > 0, y r y t więc z twierdzenia o lokalnym odwzracaniu odwzorowań ϕ jest dyfeomorfizmem. Dla dowolnego R > 0 oznaczmy D R = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 R 2 }. Obliczmy całką D r e x2 y 2 dxdy. W tym celu skorzystamy z zamiany zmiennych na współrzędne biegunowe, tzn. wykorzystamy odwzorowanie ϕ : A R D R, gdzie A R = [0, R] [0, 2π). Wtedy twierdzenie o zamianie zmiennych mówi, że x2 y2 e D r Zatem dxdy = = e (r cos t)2 (r sin t)2 A r R ( 2π ) 0 0 e r2 r dt J ϕ (r, t) drdt = dr = = [ πe r2 ] R 0 = π(1 e R2 ). x2 y2 e R 2 x2 y2 e R 2 R 0 R 2π 0 2πe r2 rdr x2 y2 dxdy = lim e dxdy = π. R D r Z drugiej strony z twierdzenia Fubiniego ( π = dxdy = = Stąd otrzymujemy R e x2 dx R R R ( e y2 dy = e x2 dx = π. e x2 y 2 dx R 2 e dx) x2. R ) dy = 0 e r2 r drdt

54 3 CAŁKA RIEMANNA 52 Przykład (współrzędne walcowe). Gdy bryła D R 3 jest częścią walca, to możemy zastosować współrzędne walcowe, które są połączeniem współrzędnych biegunowych na płaszczyźnie Oxy ze współrzędną z, tzn. Łatwo sprawdzić, że J ϕ = r. ϕ(r, t, h) = (r cos t, r sin t, h). Przykład (współrzędne sferyczne). Gdy bryła jest częścią kuli K R = {(x, y, z) : x 2 + y 2 + z 2 R 2 }, to dla dowolnego punktu (x, y, z) K R mamy ( x ) 2 ( y ) 2 ( z ) = 1, gdzie r = (x, y, z). r r r Ponieważ ( (x r ) 2 + ( y r ) ) 2 2 ( z ) 2 + = 1 r więc istnieje kąt β [ π/2, π/2] taki, że (x ) 2 ( y ) 2 z + = cos β, = sin β. r r r Ponieważ ( ) 2 ( ) 2 x y + = 1 r cos β r cos β więc istnieje kąt α [0, 2π) taki, że zatem x r cos β = cos α, y r cos β = sin α, x = r cos α cos β, y = r sin α cos β, z = r sin β. Wówczas r jest odległością od środka kuli, α jest długością geograficzną, a β szerokością geograficzną punktu (x, y, z). Niech ϕ(r, α, β) = (r cos α cos β, r sin α cos β, r sin β), wtedy J ϕ (r, α, β) = = x r y r z r x α y α z α x β y β z β = cos α cos β r sin α cos β r cos α sin β sin α cos β r cos α cos β r sin α sin β sin β 0 r cos β = r2 cos β.

55 3 CAŁKA RIEMANNA 53 Wykorzystując współrzędne sferyczne obliczmy objętość kuli K R. Ponieważ K R = ϕ([0, R] [0, 2π) [ π/2, π/2]), więc R 2π π/2 K R = 1 dxdydz = r 2 cos β dr dα dβ = K R 0 0 π/2 ( R π/2 ( 2π ) ) ( R ) π/2 = r 2 cos β dα dβ dr = 2πr 2 cos β dβ dr = 0 π/2 0 0 π/2 R [ = 2πr 2 sin β ] R [ ] π/2 4πr dr = 4πr 2 3 R dr = = 4πR3 π/ Definicja. Niech D R m będzie zbiorem ograniczonym oraz f : D R n funkcją ograniczoną. Mówimy, że funkcja f jest całkowalna w sensie Riemanna, gdy jej wszystkie funkcje współrzędne f i : D R, i = 1,..., n są całkowalne w sensie Riemanna. Wówczas całką funkcji f : D R n nazywamy wektor ( ) f( x) d x = f 1 ( x) d x,..., f n ( x) d x. D D D Twierdzenie 3.5. Jeśli f : D R n jest funkcją całkowalną, to f( x) d x f( x) d x. D Dowód. Niech v = f( x) d x D Rn. Jeśli v jest wektorem zerowym, to nierówność jest oczywista. Załóżmy, że v 0. Wówczas z nierówności Schwartza dla dowolnego x D mamy D D v f( x) f( x). v Całkując tę nierówność stronami otrzymujemy v v f( x) d x = v = v v v f( x) d x = f( x) d x v D D 0 D f( x) d x

56 4 RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE 54 4 Równania różniczkowe 4.1 Przykłady Przykład. Do banku wkładamy w chwili t 0 pewien kapitał początkowy N 0. Bank oferuje nam oprocentowanie k(t)(w stosunku rocznym) - zmienne w czasie. Jaka będzie wartość wkładu w chwili t? Zależy to oczywiście od tego jak często bank kapitalizuje (dolicza odsetki) nasz wkład. Jeśli okres kapitalizacji wynosi h, to: N(t + h) = N(t) + h k(t)n(t) Co możemy powiedzieć na temat N(t) jeśli kapitalizacja przebiega w sposób ciągły, czyli h 0? N(t + h) N(t) = k(t)n(t) h Przechodząc z h 0 otrzymujemy { dn = k N dt N(t 0 ) = N 0 Przykład. (Rozwój populacji) Niech N(t) będzie wielkością populacji (np. ilość królików, bakterii itp.) na jakimś zamkniętym obszarze. Wiemy, że w chwili t 0 wielkość populacji wynosi N 0. Jakie prawa rządzą rozwojem populacji? Przyrost populacji N (t) jest proporcjonalny do jej wielkości, czyli N (t) = k(n(t)) N(t), gdzie k(n) jest współczynnikiem wzrostu populacji gdy jej wielkość wynosi N. Ponieważ ilość pokarmu jest stała, więc funkcja k jest malejąca. Dla uproszczenia możemy przyjąć k(n) = a b N. Zatem dynamikę populacji opisuje równanie: { N (t) = (a b N(t))N(t) N(t 0 ) = N 0 Przykład. (Współistnienie gatunków) Na danym terenie żyją dwa gatunki: drapieżniki i ofiary. Niech x(t) oznacza liczbę drapieżników, y(t) liczbę ofiar w chwili t. { x (t) = (b y(t) a)x(t) (Równanie Volterry-Lotki) y (t) = (e d x(t))y(t)

57 4 RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE 55 Przykład. (Druga zasada dynamiki) Obserwujemy ruch pewnej cząstki w R. Wiemy że w chwili t 0 znajduje się w x 0 R i porusza się z prędkością v 0 R. Załóżmy, że na cząstkę znajdującą się w x R i poruszającą się z prędkością v R w chwili t działa siła F (t, x, v) R. Wówczas ruch cząstki x(t) R opisuje równanie Newtona: m x (t) = F (t, x(t), x (t)) x(t 0 ) = x 0 x (t 0 ) = v Co to jest równanie różniczkowe zwyczajne? Definicja. Równaniem różniczkowym zwyczajnym rzędu n nazywamy równanie postaci F (t, x(t), x (t),..., x (n) (t)) = 0, (6) przy czym szukaną funkcją jest funkcja x : [t 0, t 0 + α] R d, która spełnia warunek (6), gdzie F : [t 0, t 0 + α] } R d {{... R } d R k jest funkcją n+1 przynajmniej ciągłą. W trakcie wykładu będziemy rozpatrywać jedynie równania różniczkowe postaci x (n) = f(t, x(t), x (t),..., x (n 1) (t)), (7) gdzie f : [t 0, t 0 + α] R } d {{... R } d R d n Równanie (7) może posiadać wiele rozwiązań. Aby ograniczyć się do jednego rozwiązania równanie (7) rozważa się wraz z warunkami początkowymi postaci: x(t 0 ) = x 0 x (t 0 ) = x 1. x (n 1) (t 0 ) = x n 1 (8) Stwierdzenie 4.1. Dowolne równanie postaci (7) można sprowadzić do równania pierwszego rzędu (czyli n = 1).

58 4 RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE 56 Dowód. Oznaczmy: Wówczas x 1 (t) = x(t) x 2 (t) = x (t). x n (t) = x (n 1) (t) x(t) = (x 1 (t),..., x n (t)) R d n. x 1(t) = x (t) = x 2 (t) x 2(t) = x (t) = x 3 (t). x n 1(t) = x (n 1) (t) = x n (t) Stąd otrzymujemy równanie x n(t) = x (n) (t) = f(t, x 1 (t),..., x n (t)) = f(t, x(t)). x (t) = f(t, x(t)) (9) gdzie f : [t 0, t 0 + α] R d n R d n, f i (t, x) = x i+1 dla i = 1,..., n 1 oraz f n (t, x) = f(t, x). Natomiast warunek początkowy wygląda następująco x(t 0 ) = (x 1 (t 0 ),..., x n (t 0 )) = (x(t 0 ), x (t 0 ),..., x (n 1) (t 0 )) = (x 0,..., x n 1 ). Jeśli teraz rozwiążemy równanie (9) z powyższym warunkiem początkowym, to y(t) = x 1 (t) jest rozwiązaniem równania (7) z warunkiem początkowym (8). 4.3 Interpretacja geometryczna Rozważmy równanie różniczkowe postaci x (t) = f(x(t)), gdzie f : R d R d. Równanie takiej postaci nazywamy autonomicznym (niezależnym od czasu t). Wówczas na funkcję f : R d R d możemy patrzeć jak na pole wektorowe (pole wektorów prędkości). Rozwiązanie x(t) możemy wówczas traktować jako opis ruchu cząstki w R d, którego wektor prędkości jest wyznaczony przez wektor pola f umieszczony w punkcie w którym znajduje się cząstka. Jeśli równanie różniczkowe jest postaci x (t) = f(t, x(t)), określa się je mianem nieautonomicznego (zależnego od czasu). W takim wypadku pole wektorowe f zmienia się w czasie, co należy uwzględnić w ruchu cząstki.

59 4 RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE Równanie o rozdzielonych zmiennych Definicja. Równanie postaci x (t) = h(t)g(x(t)), (10) gdzie h : K R, g : L R są funkcjami ciągłymi na pewnych odcinkach K i L nazywamy równaniem o rozdzielonych zmiennych. Twierdzenie 4.2. (Metoda rozdzielonych zmiennych) Niech g(x) 0 dla x L. Oznaczmy przez H oraz G funkcje pierwotne odpowiednio funkcji h oraz 1. Niech u : K L będzie funkcją różniczkowalną. g Wówczas u jest rozwiązaniem równania (10) wtedy i tylko wtedy gdy: C R G(u(t)) = H(t) + C. (11) Dowód. ( ) Zauważmy, że jeśli u (t) = h(t)g(u(t)) dla t K, to ( ) wystarczy zróżniczkować. u (t) g(u(t)) = h(t) G (u(t))u (t) = H (t) (G u) (t) = H(t) G(u(t)) = H(t) + C