Analiza matematyczna ISIM II

Transkrypt

1 Anliz mtemtyczn ISIM II Ryszrd Szwrc Spis treści Cłki niewłściwe 3. Cłki niewłściwe z funkcji nieujemnych Cłki i szeregi Cłki niewłściwe z osobliwością w kilku punktch Funkcje wielu zmiennych Grnic funkcji wielu zmiennych Pochodne cząstkowe Wyższe pochodne cząstkowe Reguł łńcuch Różniczkowlność funkcji wielu zmiennych Interpretcj geometryczn różniczkowlności Geometri odwzorowń z R n w R m Grdient i poziomice funkcji Ekstrem funkcji wielu zmiennych Ekstrem wrunkowe-metod mnożników Lgrnge Stosownie metody Lgrnge Procedur znjdowni wrtości njwiększej i njmniejszej funkcji n zbiorze zwrtym Metod mnożników Lgrnge przy kilku wrunkch Twierdzenie o funkcji uwikłnej Różniczk Wykłd prowdzony w semestrze letnim 24 n podstwie nottek Mgdleny Świczewskiej z 25-26, oprcowny n podstwie nottek Mteusz Wsylkiewicz

2 2 4 Cłki podwójne Zsd Cvlieriego Ścisłe określenie cłki podwójnej Riemnn Oblicznie pól Zmin kolejności cłkowni Geometri odwzorowń z R 2 w R Twierdzenie o zminie zmiennych Cłki potrójne i wielokrotne Środek msy Moment bezwłdności Potencjł grwitcyjny Cłki krzywoliniowe i powierzchniowe Cłk krzywoliniow niezorientown Interpretcj cłki Cłk krzywoliniow zorientown Cłki powierzchniowe Powierzchnie w R Płszczyzn styczn do powierzchni Pole powierzchni w R Cłki powierzchniowe funkcji sklrnych (niezorientowne) Interpretcj cłki powierzchniowej Cłki powierzchniowe pól wektorowych (zorientowne) Interpretcj fizyczn cłki powierzchniowej zorientownej Cłk powierzchniow dl wykresów funkcji Wzór Green 4 8. Rotcj Twierdzenie Stokes 8 9. Interpretcj rotcji curl F Interpretcj cłki (F T ) ds dl krzywej zmkniętej C C

3 Cłki niewłściwe 3 Wzór Guss-Ostrogrdskiego 23. Interpretcj fizyczn dywergencji Potencjły i funkcje hrmoniczne Inny zpis cłki F ds Cłki niewłściwe Przykłd. () f(x) =, < x. Dl o < < mmy x S x dx = log x = log +. To ozncz, że pole obszru pod wykresem funkcji y = /x, < x, jest nieskończone. (b) f(x) = / x, < x. Wtedy dl < < mmy dx = 2 x x = Pole pod wykresem y = / x, < x, jest skończone i równe 2 pomimo tego, że obszr pod wykresem jest nieogrniczony. (c) f(x) = /x 2, x. Dl b > mmy b x dx = 2 x b = b b. Definicj.. Mówimy, że cłk w punkcie b jeśli b f(x) dx jest niewłściw z osobliwością. Funkcj f(x) jest określon i ciągł w przedzile [, b).

4 4 Anliz mtemtyczn ISIM 2 2. b = lub b < i f(x) jest nieogrniczon w pobliżu b. Podobnie określ się cłkę niewłściwą grnicy cłkowni. Przykłdy. Cłk π π x dx b Punkt osobliwy x dx sin x x dx nie m osobliwości sin x x 2 dx Definicj.2. Złóżmy, że dl cłki b f(x) dx z osobliwością w dolnej f(x) dx z osobliwością w punkcie b b istnieje grnic lim f(x) dx. Mówimy wtedy, że cłk f(x) dx jest zbieżn i piszemy b b b b f(x) dx = lim f(x) dx. b b Podobnie określmy zbieżność cłki z osobliwością w punkcie. W przeciwnym wypdku, gdy grnic nie istnieje, mówimy, że cłk jest rozbieżn. Przykłd. log x dx = lim log x dx = lim + +(x log x x) = lim +( log + ) =, bo lim log =. + b

5 Cłki niewłściwe 5 Twierdzenie.3 (wrunek Cuchy ego zbieżności cłki). Złóżmy, że cłk b f(x) dx m osobliwość w punkcie b. Cłk t jest zbieżn wtedy i tylko wtedy, gdy dl dowolnej dodtniej liczby ε istnieje liczb < b < b tk, że dl dowolnych b i b z wrunku b < b < b < b wynik b f(x) dx < ε. b Dowód. Zbieżność cłki ozncz z definicji istnienie grnicy lim b b F (b ), gdzie F (b ) = b f(x) dx. Z kolei grnic t istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy spełniony jest wrunek Cuchy ego, czyli w zpisie kwntyfiktorowym ε > b < b b, b [b < b < b < b] = F (b ) F (b ) < ε. Ale F (b ) F (b ) = b f(x) dx b f(x) dx = b b f(x) dx. Przykłd. Sprwdzmy zbieżność cłki b b sin x x dx sin x x 2 b. Dl ε > przyjmijmy b = 2/ε. Wtedy dl b > b > 2 ε mmy b b sin x x Z twierdzeni 6.2 z I semestru mmy pewnego ξ, b < ξ < b. dx < ε. b b sin x x dx = ξ b dx. Dl < b < b mmy b sin x dx = cos b cos ξ b, dl

6 6 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Możn udowodnić, że b c Przypuśćmy, że cłk f(x) dx i b b sin x x dx = π 2. f(x) dx m osobliwość w b. Dl < c < b cłki f(x) dx są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. Pondto w przypdku zbieżności mmy b f(x) dx = c f(x) dx + b c f(x) dx. Osttni wzór otrzymujemy przez przejście grniczne b b w równości b f(x) dx = Definicj.4. Mówimy, że cłk f(x) dx z osobliwością w b jest bezwzględnie zbieżn, jeśli zbieżn jest cłk c b f(x) dx + b b c f(x) dx. f(x) dx. Twierdzenie.5. Cłk bezwzględnie zbieżn jest zbieżn. Dowód. Dl b < b < b mmy b b f(x) dx b b f(x) dx. Ztem z wrunku Cuchy ego dl cłki cłki b f(x) dx. b f(x) dx wynik ten wrunek dl

7 Cłki niewłściwe 7 Przykłd. π sin x x 2 dx. Sprwdzmy wrunek Cuchy ego dl cłki π sin x x 2 dx. b sin x x 2 b dx b b x 2 dx = b b < b. Twierdzenie.6 (kryterium porównwcze). Niech f(x) g(x) dl x < b. (i) Ze zbieżności cłki b g(x) dx wynik zbieżność b f(x) dx b g(x) dx. b f(x) dx. Pondto (ii) Z rozbieżności cłki b f(x) dx wynik rozbieżność b g(x) dx. Dowód. (i) Dl < b < b < b mmy b b f(x) dx b b g(x) dx. Stąd otrzymujemy zbieżność cłki. Przechodzimy do grnicy b b w nierówności b by otrzymć drugą część tezy. Uwg. Jeśli cłk b to f(x) dx b g(x) dx f(x) dx z osobliwością w b jest bezwzględnie zbieżn, b b f(x) dx f(x) dx.

8 8 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Rzeczywiście, mmy f(x) f(x) f(x). Po scłkowniu otrzymujemy b f(x) dx b f(x) dx Przechodzimy do grnicy b b i otrzymujemy b Przykłd. Czy cłk (n+)π nπ Ztem sin x x dx f(x) dx π sin x x (n + )π nπ π sin x x b f(x) dx b b f(x) dx. f(x) dx. dx jest bezwględnie zbieżn? Mmy (n+)π nπ dx sin x dx = 2 π π sin x dx = (n + )π n k=2 k n. 2 (n + )π. Twierdzenie.7. Jeśli funkcj F (x) jest ciągł w przedzile [, b] i różniczkowln w sposób ciągły w [, b) orz F (x) = f(x) dl x < b, to Dowód. b b f(x) dx = F (b) F (). f(x) dx = F (b ) F () F (b) F (). b b Twierdzenie.8. Przy złożenich poprzedniego twierdzeni z b = i dodtkowym złożeniu, że L = lim x F (x) mmy b f(x) dx = L F ().

9 Cłki niewłściwe 9 Przykłdy. () log x dx = (x log x x) =. Rolę funkcji F (x) spełni x log x x < x, F (x) = x =. (b) dx x x = 2 x = 2.. Cłki niewłściwe z funkcji nieujemnych Przypuśćmy, że cłk b f(x) dx m osobliwość w punkcie b orz f(x) dl x < b. Wtedy funkcj F (b ) = b f(x) dx jest rosnąc. Ztem cłk b f(x) dx jest zbieżn lbo rozbieżn do. Przykłdy. () (b) dx x + x 4. Mmy <, x + x 4 x Ztem rozwżn cłk jest zbieżn. dx x +. Dl x mmy x Ztem x + x 2x, dx x + x =. dx = 2 x x dx 2x = log x =. = 2.

10 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Uwg. W kryterium porównwczym wystrczy, by f(x) g(x) dl c x < b dl pewnego punktu c, < c < b. Rzeczywiście, cłki orz b f(x) dx są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie rozbieżne. b c f(x) dx Twierdzenie.9 (kryterium grniczne). Złóżmy, że funkcje ciągłe f(x) i g(x) są określone i dodtnie n przedzile [, b) orz Wtedy cłki b rozbieżne. f(x) dx orz b f(x) lim x b g(x) = A >. g(x) dx są jednocześnie zbieżne lub jednocześnie Dowód. Z złożeni możn znleźć punkt c < b tki, że dl c x < b mmy 2 A < f(x) g(x) < 3 2 A. Wtedy 2 Af(x) < g(x) < 3 Af(x), c x < b. 2 Z kryterium porównwczego i z poprzedniej Uwgi otrzymujemy tezę twierdzeni. Przykłdy. () dx x log( + x). Mmy lim x + x log(+x) x 2 x 2 = lim x + x log( + x) 2x = lim x + +x dx x = 2 =. x = lim 2( + x) = 2. x +

11 Cłki niewłściwe (b) dx log( + x). lim x + log(+ x) x x = lim x + log( + x) = y=+ x = log y lim y + y y lim y + log y = (log y) y= =. dx = 2 x x = 2. Uwg. Jeśli w złożenich twierdzeni A =, to ze zbieżności wynik zbieżność b rozbieżność b Przykłdy. f(x) dx. f(x) dx. Jeśli A =, to z rozbieżności b b g(x) dx g(x) dx wynik () Dl α, β > rozwżmy cłkę orz g(x) = x 2. Wtedy x α e xβ dx. Przyjmijmy f(x) = x α e xβ f(x) lim x g(x) = lim x α+2 = x e xβ y=x β y γ y lim e, y dl γ = α+2. Niech n = [γ] +. Wtedy β yγ e yn yn y ey y n+ (n+)! = (n + )!. y f(x) Ztem x lim =. Cłk funkcji g(x) = g(x) x 2 jest zbieżn n półprostej [, ), ztem zbieżn jest też cłk x α e xβ dx.

12 2 Anliz mtemtyczn ISIM 2 (b) Obrcmy wykres funkcji y = x dl x wokół osi OX. Otrzymujemy tzw. trąbę Gbriel. Obliczmy objętość obszru ogrniczonego przez trąbę przyjmując, że x jest liczone w metrch. V = π Obliczmy pole powierzchni. S = 2π x dx x = π 2 x + x4 dx 2π = π (m 3 ). dx x = 2π log x =. Zgdk. Wyobrźmy sobie, że trąb wykonn jest z wsiąkliwej biłej bibuły. Nlewmy do trąby π metrów sześciennych czrnego trmentu. Nstępnie wylewmy trment. Wewnętrzn stron trąby zostnie zbrwion n czrno. Czyli z pomocą skończonej ilości trmentu zbrwiliśmy nieskończoną powierzchnię. Jk wyjśnić ten prdoks?.2 Cłki i szeregi Rozwżmy cłkę niewłściwą b b < b < b 2 <... < b n..., orz b n n b. Twierdzenie.. (i) Jeśli cłk b n= b n b n f(x) dx. f(x) dx z osobliwością w b. Niech = f(x) dx jest zbieżn, to zbieżny jest szereg cłek włściwych (ii) Jeśli f(x), to implikcj odwrotn jest również prwdziw. Dowód. (i) Obliczmy sumę częściową szeregu. n S n = b k b n k= b k f(x) dx = f(x) dx n b f(x) dx. S = 2π b f(x) + f (x) 2 dx

13 Cłki niewłściwe 3 (ii) Niech f(x). Dl zbieżności cłki cłki b b f(x) dx wystrczy pokzć, że f(x) dx są wspólnie ogrniczone, niezleżnie od b < b. Niech b < b. Poniewż b n b, to b n > b dl pewnego wskźnik n. Wtedy b f(x) dx b n f(x) dx = n b k k=b k f(x) dx b k k= b k f(x) dx. Twierdzenie.. Złóżmy, że f(x) jest dodtnią funkcją mlejącą n przedzile [, ). Wtedy zbieżność cłki f(x) dx jest równowżn zbieżności szeregu f(n). Pondto dl I n = n n f(x) dx orz S n = f(n) ciąg liczb n= i= S n I n jest zbieżny. Dowód. Z nierówności f(k) k k f(x) dx f(k ) (.) otrzymujemy, że zbieżność szeregu szeregu k k= k zbieżnością cłki f(k) jest równowżn ze zbieżnością k= f(x) dx. Z kolei zbieżność szeregu cłek jest równowżn ze f(x) dx. Zsumujmy (.) dl k = 2, 3,..., n. Wtedy n f(2) + f(3) f(n) }{{} S n f() + f(n) f(x) dx f() + f(2) f(n ). }{{} S n Otrzymujemy więc S n I n f() f(n) f(). Ciąg S n I n jest rosnący. Rzeczywiście, mmy f(n) > n+ f(x) dx. To ozncz, że S n+ S n > I n+ I n, czyli S n+ I n+ > S n I n. Ciąg S n I n jest ztem zbieżny. n

14 4 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Przykłdy. () f(x) = x α, α >. Mmy dx x = log x α =, α α x α α Ztem szereg n α jest zbieżny tylko dl α >. (b) f(x) = x log α, α >, x 2. Mmy x dx x log α x = log log x α =, (log α x) α α 2 (c) f(x) = x. Mmy S n I n = n n x dx gdzie c jest stłą Euler (c =, ). 2 < α, = α >. α < α, = (log α 2) α α >. = n log n n Twierdzenie.2. Jeśli funkcj g(x) jest nieujemn i mlejąc w przedzile [, b) orz lim g(x) =, ntomist dl x b b < b cłki b f(x) dx są wspólnie ogrniczone, to cłk b f(x)g(x) dx jest zbieżn. Dowód. Z złożeni b f(x) dx M dl pewnej stłej M i wszystkich b < b. Sprwdzmy wrunek Cuchy ego zbieżności cłki b f(x)g(x) dx. Dl b < b < b, n podstwie twierdzeni o wrtości średniej, mmy b b f(x)g(x) dx = g(b ) ξ b f(x) dx c,

15 Cłki niewłściwe 5 dl pewnej wrtości ξ, b < ξ < b. Ztem b b ξ b f(x)g(x) dx = g(b ) f(x) dx f(x) dx ξ g(b ) f(x) dx + b f(x) dx 2Mg(b ). Przykłdy. () Bdmy zbieżność cłki Dirichlet dx. Wystrczy zbdć zbieżność cłki π/2 Ztem cłk wynosi π/2. sin x x sin x x dx. Przyjmijmy g(x) = x b sin x dx = cos(π/2) cos b. π/2 sin x x orz f(x) = sin x. Wtedy dx jest zbieżn. Możn udowodnić, że wrtość cłki (b) sin(x 2 ) dx nosi nzwę cłki Fresnel. Zbdmy zbieżność cłki Przyjmujemy f(x) = 2x sin(x 2 ) orz g(x) = 2x. Wtedy b 2x sin(x 2 ) dx = b cos(x2 ) π/2 = cos(b2 ). π/2 π/2 sin(x 2 ) dx.

16 6 Anliz mtemtyczn ISIM 2.3 Cłki niewłściwe z osobliwością w kilku punktch Definicj.3. Mówimy, że cłk b b, jeśli cłki c f(x) dx i b c f(x) dx m osobliwość w punktch i f(x) dx mją osobliwości w punktch i b, odpo- wiednio, dl < c < b. Mówimy, że cłk b f(x) dx jest zbieżn, jeśli zbieżne są cłki c f(x) dx i b c b f(x) dx. Określmy wtedy f(x) dx = c f(x) dx + b c f(x) dx. Wrtość cłki po lewej stronie nie zleży od wyboru punktu c. Przykłd. Mmy orz < dx x 5 + x 2 +. Bdmy cłki x x 5 + x 2 + x < x, < dx x = 2, Definicj.4. Mówimy, że cłk b i c, < c < b jeśli cłki c dx x 5 + x 2 + x orz dx x 5 + x 2 + x. x 5 + x 2 + x < x 5 dx x 5 = 4. f(x) dx m osobliwość w punktch, b f(x) dx i b f(x) dx mją osobliwości w punktch i c orz w c i b, odpowiednio. Jeśli obie cłki są zbieżne, to określmy Przykłd. b f(x) dx = c c f(x) dx + b c f(x) dx. dx 3. Mmy trzy punkty osobliwe, orz. x2 (x 2 + ) Funkcj podcłkow jest przyst, więc wystrczy zbdć cłkę dx 3 x2 (x 2 + ).

17 Cłki niewłściwe 7 Mmy < x, x, 3 x2 (x 2 + ) 3, x 2 3 x2 (x 2 + ) x 2, dx 3 x 2 = 3; dx x 2 =. Uwg. Mmy b nie istnieje, bo sin x dx =. Ale grnic cłek b Określ się słbszą zbieżność cłki Mówimy, że pv b sin x dx = cos cos b. sin x dx, gdy, f(x) dx w sensie wrtości głównej. f(x) dx jest zbieżn, jeśli istnieje grnic lim f(x) dx. Dl porównni, zbieżność cłki w zwykłym sensie ozncz istnienie grnicy b lim b pv f(x) dx. Rozwżmy cłkę f(x) dx z osobliwością w punkcie. Mówimy, że cłk f(x) dx jest zbieżn, jeśli istnieje grnic ε lim ε + f(x) dx + ε f(x) dx. Zwykł zbieżność tej cłki oznczłby istnienie grnicy lim ε + η + η f(x) dx + ε f(x) dx.

18 8 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Przykłd. pv dx x zwykłym sensie, bo cłki =, bo ε dx x + dx x ε dx x i dx x =. Cłk nie jest zbieżn w nie są zbieżne. 2 Funkcje wielu zmiennych Będziemy rozwżć funkcje określone n podzbiorze A R n o wrtościch rzeczywistych. Większość teorii dotyczy n = 2 lub n = 3. Punkty w R 2, R 3 lub R n będziemy oznczć odpowiednio przez Przykłdy. (x, y), (x, y, z), x = (x, x 2,..., x n ). f(x, y) = xy pole prostokąt o bokch x, y >, f(x, y, z) = xyz objętość prostopdłościnu, c f(x, y, z) =, potencjł grwitcyjny, (x, y, z). x2 + y 2 + z2 W przestrzeni R n rozwżmy metrykę d(x, y) = n (x k y k ) 2 = x y, gdzie x = n x 2 k. k= Twierdzenie 2.. x + y x + y. Dowód. Mmy n n n n x + y 2 = (x k + y k ) 2 = x 2 k + yk x k y k, k= k= k= k= n n ( x + y ) 2 = x 2 + y x y = x 2 k + yk x y. k= k= Wystrczy udowodnić, że k= n x k y k n x 2 n k yk. 2 (2.) k= k= k=

19 Funkcje wielu zmiennych 9 W tym celu rozwżmy funkcję f(λ) = n (x k + λy k ) 2. 2 k= Funkcj t jest nieujemnym trójminem kwdrtowym f(λ) = ( n ) ( n ) yk 2 λ 2 + x k y k λ + n y 2 k= k= 2 k. 2 k= Ztem wyróżnik tego trójminu jest niedodtni. Ale Stąd otrzymujemy (2.). ( n ) 2 ( n ) ( n ) = x k y k x 2 k yk 2. k= k= k= Wniosek 2.2 (Nierówność trójkąt). Dowód. d(x, z) d(x, y) + d(y, z). d(x, z) = x z = (x y)+(y z) x y + y z = d(x, y)+d(y, z). Uwg. Z wniosku wynik, że Rzeczywiście, mmy d(x, z) d(y, z) d(x, y). (2.2) d(x, z) d(x, y) + d(y, z), d(y, z) d(y, x) + d(x, z). Ztem d(x, z) d(y, z) d(x, y), d(y, z) d(x, z) d(x, y). Stąd otrzymujemy (2.2).

20 2 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Definicj 2.3. Podzbiór A R 2 nzywmy otwrtym, jeśli dl kżdego punktu (x, y ) w A możn znleźć liczbę δ > tką, że jeśli d((x, y), (x, y )) < δ, to (x, y) leży w A. Wrunek d((x, y), (x, y )) < δ, ozncz, że (x x ) 2 + (y y ) 2 < δ 2. Czyli koło otwrte o środku w (x, y ) i promieniu δ leży w A. Przykłd. Zbiory A = {(x, y) : x 2 + y 2 < }, B = {(x, y) : x 2 + y 2 > } są otwrte. Rzeczywiście, jeśli x 2 +y 2 <, to możemy przyjąć δ = x 2 + y. 2 Dl x 2 + y 2 > przyjmujemy δ = x 2 + y Grnic funkcji wielu zmiennych Przypuśćmy, że funkcj f(x, y) jest określon w kole otwrtym o środku w (x, y ), być może z wyłączeniem punktu (x, y ). Mówimy, że funkcj f(x, y) m grnicę L w punkcie (x, y ) jeśli wrtości f(x, y) leżą blisko wrtości L, gdy punkt (x, y) leży blisko (x, y ), le (x, y) (x, y ). Tzn. ε > δ > x, y { d((x, y), (x, y )) < δ = f(x, y) L < ε } Piszemy wtedy Przykłdy. () (b) lim f(x, y) = L. (x,y) (x,y ) lim x = x, lim y = y. (x,y) (x,y ) (x,y) (x,y ) x 2 y 2 lim (x,y) (,) x 2 + y. Oznczmy f(x, y) = x2 y 2. Wtedy f(x, ) =, 2 x 2 + y2 orz f(, y) =. Ztem grnic nie istnieje. (c) Niech g(x, y) = [f(x, y)] 2, dl f(x, y) z przykłdu (b). Wtedy g(x, ) = g(, y) =, le g(x, x) =. Stąd grnic g(x, y) nie istnieje. (d) x 3 + y 3 lim (x,y) (,) x 2 + y. Mmy 2 lim (x,y) (,) x 3 + y 3 x x 2 + y y 2 ( x + y )(x 2 + y 2 ).

21 Funkcje wielu zmiennych 2 Ztem x 3 + y 3 x 2 + y 2 x2 + y 2 (x,y) (,). Możn też przeprowdzić rozumownie z użyciem współrzędnych biegunowych. Dl x = r cos θ i y = r sin θ wrunek (x, y) (, ) jest równowżny wrunkowi r +. Wtedy x 3 + y 3 x 2 + y = r3 (cos 3 θ + sin 3 θ) 2 r 2 bo cos 3 θ + sin 3 θ 2. = r(cos 3 θ + sin 3 θ) r +, Zdnie. Wskzć funkcję f(x, y) tką, że lim f(t, tb) = dl dowolnego t + wektor (, b) (, ), le grnic funkcji f(x, y) w punkcie (, ) nie istnieje. Dziłni rytmetyczne n grnicch są spełnione tk jk dl funkcji jednej zmiennej. N przykłd poniżej korzystmy ze wszystkich tkich dziłń. x 3 + y 3 lim (x,y) (,3) x 2 + y = ( ) = 2, 6. 2 ( ) Prwdziwe jest też twierdzenie o podstwiniu. Twierdzenie 2.4. Jeśli w punkcie L, to lim f(x, y) = L orz funkcj g(t) jest ciągł (x,y) (x,y ) lim g(f(x, y)) = g(l) = g (x,y) (x,y ) ( lim f(x, y) (x,y) (x,y ) ). Przykłd. lim (x,y) (e,) log y x = t= y x lim log t = log t e =. e Definicj 2.5. Mówimy, że funkcj f(x, y) jest ciągł w (x, y ) jeśli jest określon w pewnym kole wokół (x, y ) orz lim f(x, y) = f(x, y ). (x,y) (x,y ) xy Przykłd. Funkcj f(x, y) = sin jest ciągł w kżdym punkcie. + x 2 + y2 Dl zbioru A R 2 i punktu p mogą zdrzyć się dw przypdki.

22 22 Anliz mtemtyczn ISIM 2 () p leży w A z pewnym kołem wokół siebie. Tzn. p nleży do wnętrz zbioru A. (2) Kżde koło o środku w p zwier punkty ze zbioru A i spoz zbioru A. Tzn. p leży n brzegu zbioru A. Wnętrze i brzeg zbioru A oznczmy symbolmi int A orz bd A, odpowiednio. Przykłd. A = {(x, y) : x + y }. Wtedy int A = {(x, y) : x + y < } orz bd A = {(x, y) : x + y = }. Mówimy, że funkcj f(x, y) jest ciągł n zbiorze A jeśli f jest określon n A, ciągł w kżdym punkcie wewnętrznym orz dl punktów brzegowych (x, y ) spełni lim f(x, y) = f(x, y ). (x,y) (x,y ) (x,y) A Przykłd. A = [, ] [, 2] orz 4 x y (x, y) A, f(x, y) = (x, y) / A. Funkcj f jest ciągł n A, tzn. gdy rozwżmy ją tylko n zbiorze A. Ale f nie jest ciągł n R 2. 3 Pochodne cząstkowe Definicj 3.. Złóżmy, że funkcj f(x, y) jest określon w otoczeniu punktu (x, y ). Pochodną cząstkową względem x funkcji f w punkcie (x, y ) określmy wzorem f x (x f(x + h, y ) f(x, y ), y ) = lim. h h Podobnie określmy pochodną cząstkową względem y f y (x f(x, y + h) f(x, y ), y ) = lim. h h

23 Pochodne cząstkowe 23 Aby obliczyć f x (x, y ) i f y (x, y ) wystrczy znć wrtości f(x, y) n frgmentch dwu prostych przechodzących przez punkt (x, y ). Uwg. f x (x, y ) = d dx f(x, y ), x=x f y (x, y ) = d dy f(x, y). y=y Przykłd. f(x, y) = 24xy 5x 2 y. Chcemy obliczyć obie pochodne cząstkowe w punkcie (, 2). Możemy to zrobić n dw sposoby. () Obliczmy f x i f w dowolnym punkcie i po wykonniu obliczeń podstwimy (, 2). y Mmy f x = 24y xy, f y = 24x 5x2. Ztem f f (, 2) = = 28, x y (, 2) = = 9. (b) Obliczmy f(x, 2) orz f(, y). Dlej f(x, 2) = 48x x 2, f(, y) = 24y 5y = 9y. f x f d (, 2) = y dy f(, y) = y=2 d dy (9y) = 9. y=2 (, 2) = d dx f(x, 2) x= = d dx (48x x2 ) = (48 2x) = 28, x= x= Przykłd. x 3 y xy 3 (x, y) (, ), f(x, y) = x 2 + y 2 x = y =. (3.)

24 24 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Dl (x, y) (, ) obliczmy f x. f x = (3x2 y y 3 )(x 2 + y 2 ) (x 3 y xy 3 )2x = x4 y + 4x 2 y 3 y 5. (3.2) (x 2 + y 2 ) 2 (x 2 + y 2 ) 2 Ze wzoru f(y, x) = f(x, y) otrzymujemy f y = xy4 + 4x 3 y 2 x 5 (x 2 + y 2 ) 2. (3.3) Poniewż wrtość f(, ) jest określon osobno pochodne cząstkowe w punkcie (, ) musimy obliczyć inczej. Mmy f(x, ) = orz f(, y) =. Ztem f f (, ) = (, ) =. (3.4) x y Twierdzenie 3.2. Złóżmy, że funkcj f(x, y) m pochodną cząstkową względem x w prostokącie (, b) (c, d). Wtedy dl punktów (x, y) i (x 2, y) z tego prostokąt mmy f(x 2, y) f(x, y) = f x (ζ, y) (x 2 x ), dl pewnej liczby ζ leżącej pomiędzy x i x 2. Podobnie jeśli funkcj f(x, y) m pochodną cząstkową względem y, to f(x, y 2 ) f(x, y ) = f y (η, y) (y 2 y ), dl pewnej liczby η leżącej pomiędzy y i y 2. Dowód. Rozwżmy funkcję jednej zmiennej x f(x, y) n przedzile (, b). Z twierdzeni Lgrnge otrzymujemy f(x 2, y) f(x, y) = d dx f(x, y) x=ζ (x 2 x ) = f x (ζ, y) (x 2 x ).

25 Pochodne cząstkowe Wyższe pochodne cząstkowe Dl funkcji f(x, y) pochodne cząstkowe f x i f są znowu funkcjmi dwu y zmiennych. Możemy więc obliczć pochodne cząstkowe tych funkcji. Nstępne pochodne cząstkowe oznczmy symbolmi 2 f x 2, 2 f y x, 2 f x y, 2 f y 2, przy czym w pochodnych miesznych wykonujemy różniczkownie w kolejności od prwej do lewej strony Przykłd. f(x, y) = sin(xy 2 ). 2 f x 2 = y4 sin(xy 2 ), f x = y2 cos(xy 2 ), 2 f x y = 2y cos(xy2 ) 2xy 3 sin(xy 2 ), f y = 2xy cos(xy2 ), 2 f y x = 2y cos(xy2 ) 2xy 3 sin(xy 2 ), 2 f y 2 = 2x cos(xy2 ) 4x 2 y 2 sin(xy 2 ). Zuwżmy, że pochodne mieszne są w tym przypdku równe. Przykłd. Rozwżmy ponownie funkcję f(x, y) z (3.). Obliczymy pochodne mieszne w (, ). Ze wzorów (3.2), (3.3) i (3.4) mmy Ztem f f (, y) = y, x 2 f (, ) =, y x (x, ) = x. y 2 f (, ) =. x y Uwg. Z przykłdu wynik, że pochodne mieszne nie muszą być sobie równe. Niedługo udowodnimy, że jeśli pochodne te są ciągłe w dnym punkcie, to są w tym punkcie równe sobie.

26 26 Anliz mtemtyczn ISIM Reguł łńcuch Dl funkcji jednej zmiennej jeśli y = g(u) orz u = f(x), to dy dx = dy du du dx. Dl funkcji wielu zmiennych jest wiele możliwości złożeni funkcji. () Niech z = f(x, y) orz x = g (t), y = g 2 (t). Otrzymujemy z = f(g (t), g 2 (t)). Wtedy dz dt = z x dx dt + z y dy dt, gdzie z x i z dx są obliczne w x i y y dt, dy dt i dz są obliczne w t. dt Po wykonniu obliczeń trzeb podstwić x = g (t) orz y = g 2 (t), tzn. wynik m być zpisny w języku zmiennej t. (b) z = f(x, y) orz x = g (u, v), y = g 2 (u, v). Tzn. z = f(g (u, v), g 2 (u, v)). Wtedy z u = z x x u + z y y u, z v = z x x v + z y y v. Pochodne z x i z są obliczne w (x, y) pozostłe w (u, v). Wynik y m być zpisny w języku zmiennych u i v. Przykłd. z = x log y, x = u 2 v 2, y = u 2 + v 2. z u = log y 2u + x y 2u = 2u log(u2 + v 2 ) + 2u u2 v 2 u 2 + v, 2 z v = log y ( 2v) + x y 2v = 2v log(u2 + v 2 ) + 2v u2 v 2 u 2 + v. 2

27 Pochodne cząstkowe 27 Dowód reguły (b). Zkłdmy, że funkcje f f orz są ciągłe. Mmy z(u, v) = x y f(g (u, v), g 2 (u, v)). Przyjmujemy oznczeni x = g (u, v) s = g (u + h, v) g (u, v), Wielkości s i t zleżą od h. y = g 2 (u, v), t = g 2 (u + h, v) g 2 (u, v). z f(g (u + h, v), g 2 (u + h, v)) f(g (u, v), g 2 (u, v)) (u, v) = lim u h h lim h Z Twierdzeni 3.2 mmy f(x + s, y + t) f(x, y + t) + f(x, y + t) f(x, y) h f(x + s, y + t) f(x, y + t) = f x (x + θ s, y + t) s, f(x, y + t) f(x, y) = f y (x, y + θ 2t) t, dl pewnych < θ, θ 2 <. Gdy h, to s orz t. Ztem Dlej f x (x + θ f s, y + t) h x f y (x, y + θ f 2t) h y s h = g (u + h, v, ) g(u, v) g h h u t h = g 2(u + h, v, ) g(u, v) g 2 h h u (x, y) = z x, (x, y) = z y. Resumując, w grnicy otrzymmy z x x u + z y y u. Przykłd. w = cos(xyz 2 ) orz x = sin t, y = t 2, z = e t. (u, v) = x u, (u, v) = y u. dw dt = w x dx dt + w y dy dt + w z dz dt = sin(xyz 2 )yz 2 cos t sin(xyz 2 )xz 2 2t sin(xyz 2 )2xyz e t = sin(t 2 e 2t sin t) [t 2 e 2t cos t + 2te 2t sin t + 2t 2 e 2t sin t].

28 28 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Przykłd. Gór pisku w ksztłcie stożk rosnie w tempie 4 litry n sekundę, promień podstwy r rośnie w tempie e r decymetrów n sekundę. W jkim tempie rośnie wysokość w momencie, gdy V = 6 l orz r = 6 dcm? Mmy V = 3 πr2 h. Ztem h = 3 π V r 2. Wielkości h, V i r są funkcjmi czsu t. Otrzymujemy dh dt = h V dv dt + h dr r dt = 3 π r 4 3 2V 2 π r 3 e r. Niech t ozncz moment czsu, gdy V = 6 l orz r = 6 dcm. Wtedy Ile wynosi r jeśli dr dt = e r? dh = 3 dt t=t π e 6 (dcm/sek). 2 π Różniczkowlność funkcji wielu zmiennych Definicj 3.3. Mówimy, że funkcj f(x, y) jest różniczkowln w punkcie (x, y ), jeśli istnieją pochodne cząstkowe = f (x x, y ), b = f (x y, y ) orz Uwgi. f(x + h, y + h 2 ) f(x, y ) h bh 2 lim (h,h 2 ) (,) h 2 + h 2 2 =. () Przyrost rgumentu od (x, y ) do (x + h, y + h 2 ) wynosi (h, h 2 ). Wielkość h 2 + h 2 2 jest więc długością tego przyrostu. (b) Dl funkcji jednej zmiennej różniczkowlność ozncz, że Tzn. f(x + h) f(x ) h f (x ) =:. h f(x + h) f(x ) h lim h h =.

29 Pochodne cząstkowe 29 Twierdzenie 3.4. Złóżmy, że dl funkcji f(x, y) pochodne cząstkowe f x i f y są ciągłe w punkcie (x, y ). Wtedy funkcj f(x, y) jest różniczkowln w punkcie (x, y ). Dowód. f(x + h, y + h 2 ) f(x, y ) h bh 2 = f(x + h, y) f(x, y ) h + f(x + h, y + h 2 ) f(x + h, y) bh 2 = f x (x +θ h, y )h f x (x, y )h + f y (x +h, y +θ 2 h 2 )h 2 f y (x, y )h 2 [ f = x (x + θ h, y ) f ] [ f x (x, y ) h + y (x + h, y + θ 2 h 2 ) f ] y (x, y ) h 2 }{{}}{{} A B Mmy Ah + Bh 2 A h + B h 2 A h 2 + h B h 2 + h 2 2 = ( A + B ) h 2 + h 2 2. Ztem f(x + h, y + h 2 ) f(x, y ) h bh 2 h 2 + h 2 2 A + B (h,h 2 ) (,). Przykłd. f(x, y) = sin(xy). Mmy f x = y cos(xy), f y = x cos(xy). Pochodne cząstkowe są ciągłe. Ztem f(x, y) jest różniczkowln w kżdym punkcie. W punkcie (, ) pochodne cząstkowe zerują się. Różniczkowlność ozncz więc, że sin(xy) x2 + y. 2 (x,y) (,)

30 3 Anliz mtemtyczn ISIM Interpretcj geometryczn różniczkowlności Wykres funkcji z = f(x, y) jest podzbiorem przestrzeni R 3. Rozwżmy obrz prostej y = y przez funkcję f(x, y), czyli krzywą x f(x, y ). T krzyw znjduje się w płszczyźnie pionowej y = y. Chcemy znleźć styczną do tej krzywej. Gdyby funkcj f zleżł tylko od zmiennej x, to styczn do krzywej miłby równnie z z = f (x )(x x ). Ale rozwżmy x f(x, y ). Ztem równnie stycznej m postć z z = f x (x, y ) (x x ) y = y Przy oznczeniu = f x (x, y ) równnie stycznej, to z z = (x x ) y = y Podobnie, rozwżmy obrz prostej x = x czyli funkcję y f(x, y). Równnie stycznej m postć z z = b(y y ) x = x gdzie b = f x (x, y ). Te dwie styczne rozpinją płszczyznę o równniu z z = (x x ) + b(y y ). Niech (x, y, z) ozncz punkt n płszczyźnie odpowidjący punktowi (x, y), w zmyśle położonym blisko punktu (x, y ). Ztem z = z + (x x ) + b(y y ) = f(x, y ) + h + bh 2, przy oznczenich h = x x i h 2 = y y. Wtedy f(x, y) z = f(x + h, y + h 2 ) f(x, y ) h bh 2. Resumując, różniczkowlność ozncz, że ilorz odległości punktu wykresu (x, y, f(x, y)) i odpowidjącego punktu (x, y, z) n płszczyźnie, przez odległość pomiędzy (x, y ) i (x, y), jest mły, gdy (x, y) (x, y ). W tkim

31 Pochodne cząstkowe 3 wypdku mówimy, że płszczyzn z z = (x x ) + b(y y ) jest styczn do wykresu w punkcie (x, y, z ), gdzie z = f(x, y ). Podobnie określmy różniczkowlność funkcji wielu zmiennych. Funkcj n zmiennych f(x,..., x n ) jest różniczkowln w punkcie (x,..., x n ), jeśli f(x + h,..., x n + h n ) f(x,..., x n ) h... n h n lim (h,...,h n) h h 2 n gdzie = f (x,..., x n ),..., n = f (x,..., x n ). x x n Wygodnie będzie zstosowć zpis wektorowy Wtedy x x n h x =., h =., A = (,..., n ). h n j = lim t f(x + te j ) f(x) t = f x j (x), =, gdzie e j jest j-tym wektorem bzowym. Wrunek różniczkowlności m postć f(x + h) f(x) Ah lim =, gdzie h = h h h h 2 n. Rozwżmy m funkcji f,..., f m, kżd zleżn od n zmiennych x,..., x n. Możemy utworzyć jedną funkcję f(x), le o wrtościch wektorowych wzorem x f (x) R n x =. f(x) =. Rm. f m (x) x n Odwrotnie, kżd funkcj f : R n R m skłd się z rodziny m funkcji o wrtościch rzeczywistych. Przykłd. Rozwżmy odwzorownie ( ) x 2 R 2 + x 2 2 x x x x 2 R 3. 2 x sin x 2

32 32 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Wtedy f (x, x 2 ) = x 2 + x 2 2. Mówimy, że funkcj f : R n R m jest różniczkowln w punkcie x, jeśli kżd z funkcji f,..., f m jest różniczkowln w x. Tzn. dl i =, 2,..., m mmy f i (x + h) f i (x) A i h lim =, h h gdzie A i = ( i,..., in ), ij = f i dx j (x). Czy możn to objąć jednym zpisem dl funkcji f(x)? Definicj 3.5. Mówimy, że funkcj f : R n R m jest różniczkowln w punkcie x, jeśli f(x + h) f(x) Ah lim h h =, gdzie A = ( ij ). Sprwdzimy, że fktycznie wrunek w definicji ozncz, że kżd z funkcji f i jest różniczkowln. Skorzystmy z nierówności Otrzymujemy m c i /2 c 2 j j= m c j, i =, 2,..., m. j= m f i (x+h) f i (x) A i h f(x+h) f(x) Ah f j (x+h) f j (x) A j h. j= Z pierwszej nierówności wynik, że jeśli f jest różniczkowln w punkcie x według Definicji 3.5, to kżd z funkcji f i jest różniczkowln w x. Z kolei z drugiej nierówności wynik, że jeśli kżd z funkcji f i jest różniczkowln w x, to f jest różniczkowln w punkcie x według Definicji 3.5. Stosujemy oznczenie A = Df(x), tzn. Df(x) jest mcierzą wymiru m n złożoną z pochodnych cząstkowych. Numer wiersz odpowid numerowi funkcji skłdowej, ntomist numer kolumny odpowid numerowi zmiennej, względem której obliczn jest pochodn cząstkow. Przykłd. R 2 ( ) x x 2 x x 2 x x 2 R 3. x 2 + x 2 2

33 Pochodne cząstkowe 33 Wtedy Df(x) = x 2 x, Df(, 2) = 2. 2x 2x Lemt 3.6. Złóżmy, że dl pewnej mcierzy B wymiru m n mmy Wtedy B = Df(x). Dowód. Mmy f(x + h) f(x) Bh lim h h =. f i (x + h) f i (x) B i h f(x + h) f(x) Bh, gdzie B i ozncz i-ty wiersz mcierzy B. Ztem Niech h = te j. Wtedy f i (x + h) f i (x) B i h lim h h = lim t f i (x + te j ) f i (x) tb ij t Stąd otrzymujemy b ij = f i x j (x). Lemt 3.7 (nierówność Schwrz). = lim t =. f i (x + te j ) f i (x) t b ij. ( b + 2 b n b n ) 2 ( n)(b 2 + b b 2 n). Równość zchodzi tylko wtedy, gdy wektory = (, 2,..., n ) i b = (b, b 2,..., b n ) są równoległe. Dowód. ( n)(b 2 + b b 2 n) ( b + 2 b n b n ) 2 = 2 i b 2 j 2 i j i<j i b i j b j = ( 2 i b 2 j + 2 jb 2 i ) 2 i b i j b j i<j i<j = i<j( i b j j b i ) 2. Przypuśćmy, że w nierówności Schwrz mmy równość orz, że i. Wtedy i b j = j b i, czyli wektor b jest wielokrotnością wektor ze współczynnikiem b i / i.

34 34 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Lemt 3.8. Dl mcierzy A wymiru m n orz wektor h R n mmy m Ah A HS h, gdzie A HS = /2 n 2 ij i= j= Wielkość A HS nzywmy normą Hilbert-Schmidt mcierzy A. Dowód. Oznczmy Ah = y.. y m m n Wtedy Ah 2 = yi 2. Ale y i = ij h j. Z nierówności Schwrz mmy i= j= 2 n n yi 2 = ij h j 2 ij j= j= n n h 2 j = 2 ij h 2, j= j=. czyli m m n Ah 2 = yi 2 2 ij h 2 = A 2 HS h 2. i= i= j= Twierdzenie 3.9. Jeśli funkcj f(x) jest różniczkowln w punkcie R n, to f(x) jest ciągł w. Dowód. Trzeb udowodnić, że lim h f( + h) f() =. Oznczmy u(h) = f( + h) f() Ah, gdzie A = Df(). Dl h mmy f( + h) f() = u(h) + Ah u(h) + Ah [ ] u(h) u(h) + A HS h = h + A HS h Z różniczkowlności pierwszy skłdnik w nwisie kwdrtowym dąży do zer, gdy h. Ztem cłe wyrżenie dąży do zer, gdy h.

35 Pochodne cząstkowe 35 Twierdzenie 3.. Złóżmy, że funkcj f : R n R m jest różniczkowln w punkcie R n ntomist funkcj g : R m R p jest różniczkowln w punkcie b = f(). Wtedy funkcj złożon g f : R n R p jest różniczkowln w punkcie orz D(g f)() = Dg(b) Df(). Uwgi. () Mcierze Dg(b) i Df() mją wymiry p m i m n odpowiednio. Po pomnożeniu otrzymmy mcierz wymiru p n. (b) Wzór n pochodną funkcji złożonej wielu zmiennych zgdz się ze wzorem dl jednej zmiennej: (g f) () = g (b) f (), b = f(). (c) Możn nieformlnie wyjśnić wzór w twierdzeniu. Oznczmy A = Df(), B = Dg(b). Różniczkowlność ozncz, że Ztem f( + h) f() + Ah, gdy h, g(b + k) g(b) + Bk, gdy k. g(f( + h)) g(f() + Ah) = g(b + Ah) Stąd D(g f)() = BA. g(b) + BAh = g(f()) + BAh, gdy h. Dowód. Posłużymy się oznczenimi z Uwgi (c). Trzeb udowodnić, że g f( + h) g f() BAh lim h h Wtedy tez wynik z Lemtu 3.6. Oznczmy =. u(h) = f( + h) f() Ah, v(k) = g(b + k) g(b) Bk. Przyjmijmy k = f( + h) f() = u(h) + Ah. Wtedy g f( + h) g f() BAh = g(f( + h)) g(f()) BAh = g(b + k) g(b) BAh = v(k) + Bk BAh = v(k) + B(k Ah) = v(k) + Bu(h).

36 36 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Wprowdzmy oznczenie v(k) k, ϕ(k) = k. k = Wtedy g f( + h) g f() BAh h v(k) h + Bu(h) h ϕ(k) k h + B u(h) HS h Z różniczkowlności funkcji f drugi skłdnik dąży do zer, gdy h. Pondto, gdy h, to również k. Ztem ϕ(k). Dlej k h u(h) h + Ah h u(h) h + A HS h A HS. Przykłd. Mmy Ztem Otrzymujemy f(x, y) = (x 2 +, y 2 ), = (2, ), g(u, v) = (u + v, u, v 2 ), b = f(2, ) = (5, ). Df(x, y) = Df(2, ) = [ ] 2x, Dg(u, v) = 2y [ ] 4, Dg(5, ) = 2. 2v. 2 [ ] D(g f)(2, ) = =

37 Pochodne cząstkowe 37 Twierdzenie 3.. Jeśli funkcj f : R n R m ciągłe pochodne cząstkowe w punkcie R n, to f jest różniczkowln w. Dowód. Dl h R n określmy ciąg wektorów v i wzormi v =, v = v + h e, v 2 = v + h 2 e 2,... v n = v n + h n e n = + h. Wtedy punkty v j i v j różnią się tylko n j-tej współrzędnej o h j. Ztem n f( + h) f() = f(v n ) f(v ) = [f(v j ) f(v j )] j= gdzie punkt w j leży n odcinku pomiędzy v j i v j. Otrzymujemy = n j= f x j (w j ) h j, n [ f( + h) f() f () h j j= x = n f (w j ) f ] () h j j j= x j x j n f (w j ) f n () j= x j x j h f j (w j ) f () j= x j x j h. Ztem n f( + h) f() f () h j j= x j h n f (w j ) f () j= x j x j. Gdy h, to v j dl j =, 2,..., n. Wtedy w j. Resumując, prw stron osttniego wzoru dąży do zer. Uwg. Z twierdzeni wynik, że jeśli pochodne cząstkowe funkcji f : R n R m są ciągłe w punkcie, to f jest różniczkowln w. Twierdzenie 3.2 (reguł łńcuch). Złóżmy, że funkcje f, f 2,..., f m : R n R mją ciągłe pochodne cząstkowe w punkcie. Złóżmy też, że funkcj g : R m R m ciągłe pochodne cząstkowe w punkcie b = (f (), f 2 (),..., f m ()). Przyjmijmy, że f j (x) = f j (x, x 2,..., x n ) orz g(y) = g(y, y 2,..., y m ). Wtedy funkcj złożon G : R n R określon wzorem G(x, x 2,..., x n ) = g(f (x), f 2 (x),..., f m (x))

38 38 Anliz mtemtyczn ISIM 2 jest różniczkowln w punkcie orz G x i () = g y (b) f x i () + g y 2 (b) f 2 x i () g y m (b) f m x i (). Dowód. Tworzymy funkcję F : R n R m wzorem f (x) f 2 (x) F (x) =.. f m (x) Wtedy G(x) = g(f (x)). Ztem funkcj G jest różniczkowln w punkcie orz DG() = Dg(b) DF (). Ale ( G DG() = (), G (),..., G ) () x x 2 x n ( g Dg(b) = (b), g ) g (b),..., (b) y y 2 y m f () x f 2 DF () = () x. f m () x f x 2 ()... f 2 ()... x 2.. f m ()... x 2 f () x n f 2 () x n. f m () x n Aby obliczyć G x i () mnożymy sklrnie wiersz Dg(b) przez i-tą kolumnę mcierzy DF (). Twierdzenie 3.3. Jeśli dl funkcji n zmiennych f : R n R i ustlonych 2 f 2 f i j pochodne cząstkowe orz są ciągłe w punkcie, to x i x j x j x i 2 f x i x j () = 2 f x j x i ().

39 Pochodne cząstkowe 39 Dowód. Ustlmy i < j. Przy obliczniu używmy funkcji 2 f x i x j () i g(x, y) = f(,..., i x,..., j y,..., n ). 2 f x j x i () w punkcie Wystrczy ztem rozwżyć przypdek funkcji g : R 2 R zkłdjąc, że pochodne mieszne 2 g x y i 2 g są ciągłe w punkcie (c, d). Dl przyrostu y x h = (h, h 2 ) rozwżmy wyrżenie I = g(c + h, d + h 2 ) g(c, d + h 2 ) g(c + h, d) + g(c, d). Oznczmy ϕ(y) = g(c + h, y) g(c, y). Wtedy I = ϕ(d + h 2 ) ϕ(d) = ϕ (d + θ h 2 )h 2 [ g = y (c + h, d + θ h 2 ) g ] y (c, d + θ h 2 ) Zmienijąc rolmi x i y otrzymmy Przyjmijmy, że h, h 2 >. Wtedy I = 2 g y x (c + θ 2h, d + θ h 2 ) h h 2. h 2 = 2 g x y (c+θ 2h, d+θ h 2 ) h h 2. 2 g x y (c + θ 2h, d + θ h 2 ) = 2 g y x (c + θ 2h, d + θ h 2 ). Przechodzimy do grnicy, gdy h, h 2 i otrzymujemy Zuwżmy, że 2 g x y ( i, j ) = 2 g x y (c, d) = 2 g (c, d). y x 2 f x i x j (), 2 g y x ( i, j ) = 2 f x j x i (). Uwg. Z poprzednich twierdzeń otrzymujemy hierrchię włsności funkcji: ciągłe pochodne cząstkowe dją różniczkowlność, z której wynik istnienie pochodnych cząstkowych.

40 4 Anliz mtemtyczn ISIM Geometri odwzorowń z R n w R m Rozwżmy odwzorownie c : R R 3. Tkie odwzorownie nzywmy krzywą c (t) c(t) = c 2 (t). c 3 (t) Wektorem siecznym odpowidjcym dwu momentom czsu t i t + h jest c(t + h) c(t). h Wektor styczny do krzywej w punkcie c(t) otrzymujemy przez przejście grniczne c c(t + h) c(t) (t) = lim. h h Mmy c (t) = Dc(t). Przykłd. Znleźć wektor styczny do krzywej sin t c(t) = cos t t odpowidjący momentowi t = π. Chodzi więc o wektor styczny w punkcie c(π) = π cos t c (t) = sin t, c (π) = Niech f : R 3 R 3. Wtedy σ(t) = f(c(t)) jest nową krzywą. Różniczkując otrzymmy σ (t) = Df(c(t)) c (t). Funkcj f przeksztłc c(t) n σ(t). Odwzorownie Df(c(t)) przeksztłc wektor styczny c (t) n wektor styczny σ (t). Podobn interpretcj dotyczy krzywych c : R R n i funkcji f : R n R m.

41 Pochodne cząstkowe Grdient i poziomice funkcji Pochodne cząstkowe w jednym punkcie nie dją pełnej informcji o zchowniu się funkcji. Definicj 3.4. Złóżmy, że funkcj f : R n R jest różniczkowln w punkcie R n. Grdientem nzywmy wektor Tzn. f() = Df(). f() = ( f (),..., f ) (). x x n Ustlmy punkt x i wektor v R n. Chcemy zbdć tempo zminy wrtości funkcji f : R n R w punkcie x wzdłuż prostej x + tv, gdzie t R. W tym celu obliczmy d dt f(x + tv) t=. Z definicji mmy d dt f(x + tv) f(x + hv) f(x) = lim. t= h h To wyrżenie nzywmy pochodną kierunkową w punkcie x w kierunku v. Dl v = e j otrzymmy w wyniku f x j (x). Tzn. pochodne cząstkowe są również pochodnymi kierunkowymi w kierunkch równoległych do poszczególnych osi współrzędnych. Ze wzoru n pochodną funkcji złożonej otrzymujemy d f f(x + tv) = (x + tv) v f (x + tv) v n, dt x x n ztem d dt f(x + tv) = f(x) v. (3.5) t= Przykłd. f(x, y) = e xy sin z. Chcemy obliczyć pochodną kierunkową w punkcie (,, π ) w kierunku wektor (2,, ). Mmy 2 f(x, y, z) = (ye xy sin z, xe xy sin z, e xy cos z), f(,, π ) = (,, ). 2 Ztem f(,, π ) (2,, ) = 2. 2

42 42 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Przy porównywniu pochodnych kierunkowych w różnych kierunkch wybier się wektory v o długości. Liczbę f(x) v możn interpretowć jko tempo zminy wrtości funkcji f w kierunku v, gdy prędkość zminy rgumentu wynosi. Twierdzenie 3.5. Złóżmy, że f(x). Wtedy wektor f(x) wskzuje kierunek njszybszego wzrostu wrtości funkcji f, strtując z punktu x. Z kolei wektor f(x) wskzuje kierunek njszybszego spdku wrtości funkcji. Dowód. Niech v będzie dowolnym wektorem o długości. Tempo zminy wrtości funkcji w kierunku v wynosi f(x) v f(x) v = f(x). Równość zchodzi tylko wtedy, gdy wektory v i f(x) mją ten sm kierunek i zwrot, tzn. v = f(x) f(x). Przykłd. W którym kierunku od punktu (, ) funkcj f(x, y) = x 2 y 2 rośnie njszybciej? Mmy f(x, y) = (2x, 2y). Ztem f(, ) = (, 2). Funkcj rośnie njszybciej w kierunku (, ). Definicj 3.6. Poziomicą funkcji f : R n R nzywmy zbiór postci {x R n : f(x) = c} dl ustlonej wrtości c. Przykłd. f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2. Poziomic {(x, y, z) : x 2 + y 2 + z 2 = } jest sferą. Mmy f(x, y, z) = 2(x, y, z). Ztem grdient jest prostopdły do sfery. Wrtość funkcji, gdy rgument porusz się po poziomicy nie zmieni się. Wydje się, że grdient powinien być zwsze prostopdły do poziomicy. Twierdzenie 3.7. Złóżmy, że funkcj f : R n R jest różniczkowln w punkcie x R n. Wtedy grdient f(x ) jest prostopdły do poziomicy S = {x R n : f(x) = f(x )} w nstępującym sensie: dl dowolnej krzywej c(t) leżącej n poziomicy S, spełnijącej c() = x i c () = v, mmy f(x ) v. Dowód. Funkcj f(c(t)) jest stł. Ztem = d dt f(c(t)) = Df(c(t)) c (t) = f(c(t)) c (t). Dl t = otrzymujemy f(x ) v =.

43 Pochodne cząstkowe 43 Definicj 3.8. Niech S = {x R n : f(x) = c}. Przestrzenią styczną do poziomicy S w punkcie x nzywmy hiperprzestrzeń określoną przez f(x ) (x x ) =, o ile f(x ). Przykłd. Znleźć równnie płszczyzny stycznej do powierzchni 3xy+z 2 = 4 w punkcie (,, ). Chodzi o poziomicę funkcji f(x, y, z) = 3xy + z 2. Obliczmy f(x, y, z) = (3y, 3x, 2z), f(,, ) = (3, 3, 2). Równnie m postć 3(x ) + 3(y ) + 2(z ) =, po uproszczeniu 3x + 3y + 2z = 8. Uwg. Określenie płszczyzny stycznej do poziomicy zgdz sie z określeniem płszczyzny stycznej do wykresu funkcji z = f(x, y). Rzeczywiście, niech z = f(x, y ). Rozwżmy funkcję F (x, y, z) = f(x, y) z. Wykres funkcji f możn utożsmić z poziomicą funkcji F przy c =. Mmy f F (x, y, z ) = x (x, y ), f }{{} y (x, y ),. }{{} b Równnie m postć (x x ) + b(y y ) (z z ) =, czyli z z = (x x ) + b(y y ). Definicj 3.9. Zbiór D R n nzywmy ogrniczonym, jeśli dl pewnej stłej liczby K. Uwgi. D {x R n : x K} () Dl n = 3 wrunek w definicji ozncz, że zbiór D jest zwrty w kuli ośrodku w (,, ) i promieniu K. (b) Jeśli x K, to x i K dl i =, 2,..., n. Ztem współrzędne punktów ze zbioru ogrniczonego D są wspólnie ogrniczone. Odwrotnie, jeśli współrzędne punktów z D są wspólnie ogrniczone, tzn. x i K dl i =, 2,..., n i x D, to x = x 2 + x x 2 n nk 2 = K n.

44 44 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Definicj 3.2. Mówimy, że zbiór D R d jest domknięty, jeśli dl dowolnego ciągu x (n) D z wrunku x (n) x n wynik x D. Przykłd. Dl funkcji ciągłej f : R d R zbiór {x R d : f(x) c} jest domknięty. Rzeczywiście, niech f(x (n) ) c orz x (n) x. Wtedy z n ciągłości mmy f(x) = lim n f(x (n) ). Ztem f(x) c. Zbiory B = {(x, y, z) : x 2 + y 2 + z 2 }, S = {(x, y, z) : x 2 + y 2 + z 2 = } są domknięte. Definicj 3.2. Zbiór D R d nzywmy zwrtym, jeśli D jest domknięty i ogrniczony. Twierdzenie Funkcj ciągł określon n zbiorze zwrtym jest ogrniczon i osiąg swoje kresy dolny i górny. Lemt Niech D będzie zwrtym podzbiorem w R d. Kżdy ciąg x (n) punktów z D zwier podciąg zbieżny do punktu ze zbioru D. Dowód. Wiemy, że ciągi współrzędnych x (n), x (n) 2,..., x (n) d są ogrniczone. Z twierdzeni Bolzno-Weierstrss istnieje ciąg wskźników n k tki, że ciągi x (n k), x (n k) 2,..., x (n k) d są zbieżne. Oznczmy lim x (n k) i = x i. Wtedy dl x = k (x, x 2,..., x d ) mmy x (n k) x k. Z domkniętości zbioru D mmy x D. Dowód twierdzeni. Złóżmy nie wprost, że istnieje ciąg x (n) D tki, że f(x (n) ) > n. Z ciągu x (n) wybiermy podciąg x (n k) zbieżny np. do x. Z ciągłości mmy f(x (n k) ) k f(x). Ale f(x (n k) ) > n k k. Dowód drugiej części tezy możn przeprowdzić tk smo jk dowód Twierdzeni 3.8 z części I. Dl funkcji f : R n R odwzorownie x f(x) nzywmy grdientowym polem wektorowym. Dl n = 3 wykres pol leży w R 6. Przykłd. W początku ukłdu R 3 umieszczmy dużą msę M. N msę m umieszczoną w punkcie (x, y, z) dził sił przyciągni F (x, y, z) = GMm (x, y, z), r = r 2 r x 2 + y 2 + z 2.

45 Pochodne cząstkowe 45 Określmy funkcję V (x, y, z) = GMm x2 + y 2 + z 2. Wtedy V = F. Funkcję V (x, y, z) nzywmy potencjłem grwitcyjnym. 3.6 Ekstrem funkcji wielu zmiennych Definicj Złóżmy, że funkcj ciągł f o wrtościch rzeczywistych jest określon n podzbiorze R n. Mówimy, że punkt x jest loklnym minimum funkcji f, jeśli dl pewnej liczby δ > mmy f(x) f(x ) dl x x < δ. Przykłdy. () f(x, y) = x 2 + y 2. W punkcie (, ) występuje minimum. (b) g(x, y) = x 2 y 2. W punkcie (, ) nie m loklnego minimum ni mksimum. Twierdzenie Złóżmy, że f : R n R jest różniczkowln i posid loklne ekstremum w punkcie x. Wtedy f(x ) =. Dowód. Ustlmy wektor v R n. Rozwżmy funkcję g(t) = f(x + tv). Jeśli x jest loklnym minimum funkcji f(x), to funkcj g(t) posid loklne minimum w punkcie t =. Ztem g () =. Ale = g () = d dt f(x + tv) = f(x ) v. t= Poniewż v jest dowolnym wektorem, to f(x ) =. Definicj Punkty x, dl których f(x ) = nzywmy stcjonrnymi. Definicj Mówimy, że funkcj f : R n R jest klsy C 2 jeśli jest dwukrotnie różniczkowln i wszystkie pochodne cząstkowe drugiego rzędu są ciągłe. Dl funkcji klsy C 2 mcierz Hf(x) = ( 2 ) n f (x) x i x j i,j= Jeśli v = dl v R n, to =. Rzeczywiście 2 = =.

46 46 Anliz mtemtyczn ISIM 2 nzywmy hessjnem. Hessjn jest mcierzą symetryczną, bo 2 f x i x j (x) = 2 f x j x i (x). Definicj Mcierz kwdrtow A wymiru n n jest dodtnio określon, jeśli Av v > dl v R n, v. Uwg. n n n n Av v = (Av) i v i = ij v j v i = ij v i v j. i= i= j= i,j= Lemt Dl mcierzy dodtnio określonej A istnieje liczb δ > tk, że jeśli b ij ij < δ, to mcierz B = (b ij ) n i,j= też jest dodtnio określon. Dowód. Wystrczy sprwdzić, że Bv v > dl v =. Rzeczywiście,kżdy wektor w możn zpisć jko w = λv, gdzie v =, orz λ = w. Wtedy Bw w = λ 2 Bv v. Zbiór S = {v R n : v 2 + v vn 2 = } jest zwrty. Funkcj n S v Av v = ij v i v j jest ciągł. T funkcj osiąg minimum w pewnym punkcie v n zbiorze S. Tzn. Av v Av v =: m >, dl v S. Złóżmy, że b ij ij < δ. Wtedy dl v = mmy n Bv v = Av v + (B A)v v m + (b ij ij )v i v j i,j= n n m b ij ij v i v j m δ v i v j i,j= i,j= ( n 2 = m δ v i ) m n 2 δ. i= Przyjmijmy δ = m. Wtedy Bv v >. 2n2 i,j

47 Pochodne cząstkowe 47 Twierdzenie 3.3. Złóżmy, że funkcj f : R n R jest klsy C 2 orz f(x ) = dl pewnego punktu x R n. (i) Jeśli mcierz Hf(x ) jest dodtnio określon, to w punkcie x funkcj f(x) posid loklne minimum. (ii) Jeśli mcierz Hf(x ) jest dodtnio określon, to w punkcie x funkcj f(x) posid loklne mksimum. (iii) Jeśli mcierz Hf(x ) posid wrtości włsne różnych znków, to w punkcie x nie m loklnego ekstremum. Dowód. Zstosujemy oznczenie x := x. Ustlmy wektor v R n i rozwżmy funkcję jednej zmiennej g(t) = f(x+tv). Z reguły łńcuch mmy g (t) = n i= f x i (x + tv)v i = f(x + tv) v. Ztem g () = f(x) v =. Obliczmy g (t). g (t) = d dt ( n i= ) f (x + tv)v i = x i = n n i= j= n i= ( ) d f (x + tv)v i dt x i 2 f x j x i (x + tv)v j v i = Hf(x + tv) v v. Ztem g () = Hf(x)v v >. To ozncz, że funkcj g(t) posid ścisłe loklne minimum w punkcie t =. Ze wzoru McLurin dl n = 2 otrzymujemy g(t) = g() + g ()t + 2 g (θ)t 2 dl pewnej wrtości < θ <. Dl t = otrzymujemy gdzie f(x + v) = f(x) + 2 h ij = n i,j= 2 f x i x j (x + θv). h ij v i v j, Jeśli wektor v m odpowiednio młą normę, to liczby h ij leżą blisko liczb h ij = 2 f (x), z złożeni o ciągłości drugich pochodnych cząstkowych. x i x j

48 48 Anliz mtemtyczn ISIM 2 Wtedy z lemtu mcierz H = ( h ij ) n i,j= jest dodtnio określon, jeśli tylko norm v jest odpowiednio mł, np. v < η dl pewnej liczby η >. Wtedy f(x + v) = f(x) + n h ij v i v j > f(x) 2 i,j= dl < v < η. Złóżmy, że mcierz Hf(x) m wrtości włsne λ > i λ 2 <. Niech v i v 2 oznczją odpowidjące jednostkowe wektory włsne. Rozwżmy funkcje g (t) = f(x + tv ), g 2 (t) = f(x + tv 2 ). Wtedy pochodne tych funkcji w t = zerują się. Pondto g () = Hf(x)v v = λ v v = λ >, g 2() = Hf(x)v 2 v 2 = λ 2 v 2 v 2 = λ 2 <. Ztem g posid ścisłe loklne minimum w punkcie, ntomist g 2 posid ścisłe loklne mksimum w tym punkcie. To ozncz, że n prostej t x+tv funkcj f posid minimum w punkcie x ntomist n prostej t x + tv 2 m w punkcie x loklne mksimum. Uwg. Wektory v i v 2 z osttniej części dowodu są do siebie prostopdłe. Zdnie. Znleźć funkcję f(x, y) tką, że funkcj t f(tu, tv) przyjmuje minimum dl t = dl dowolnego wektor (u, v), le f(x, y) nie posid minimum w punkcie (, ). 3.7 Ekstrem wrunkowe-metod mnożników Lgrnge Często chcemy znleźć mksimum i minimum funkcji wielu zmiennych, le przy pewnych ogrniczenich. Przykłd. Firm sprzedje produkty A i B. Zysk ze sprzedży wynosi f(x, y), gdzie x i y oznczją ilości sprzednych produktów A i B, odpowiednio. Ze względu n ogrniczone zsoby finnsowe musi być spełniony wrunek g(x, y) = c.

49 Pochodne cząstkowe 49 Twierdzenie 3.3 (Lgrnge). Złóżmy, że funkcje f : U R n R i g : U R n R są klsy C. Niech S = {x U : g(x) = c}. Jeśli funkcj f S przyjmuje minimum lub mksimum w punkcie x orz g(x ), to f(x ) = λ g(x ) dl pewnej stłej λ. Tzn. grdienty f(x ) i g(x ) są równoległe. Dowód nieścisły. Wiemy, że przestrzeń styczn do poziomicy S w punkcie x skłd się z wektorów prostopdłych do g(x ). Niech σ(t) : (, ) S będzie krzywą klsy C przechodzącą przez x w chwili t =, tzn. σ() = x. Wtedy funkcj złożon f(σ(t)) przyjmuje ekstremum w chwili t =. Ztem = d dt f(σ(t)) = Df(σ(t))σ t= (t) = Df(x )σ () = f(x ) σ (). t= σ () jest wektorem stycznym do S w punkcie x. Tzn. grdient f(x ) jest prostopdły do kżdego wektor stycznego do S w punkcie x. Np. jeśli v jest tkim wektorem stycznym, to istnieje krzyw σ : (, ) S tk, że σ() = x i σ () = v. Ztem f(x ) jest prostopdły do przestrzeni stycznej do S w punkcie x. Ale g(x ) jest też prostopdły do tej przestrzeni stycznej. To ozncz, że f(x ) i g(x ) są równoległe. Uwg. Nieścisłość poleg n tym, że dl wektor v z przestrzeni stycznej do S w x trzeb znleźć krzywą σ(t) tką, że σ(t) S orz σ() = x, σ () = v. Tką krzywą możn łtwo znleźć, gdy poziomic S jest wykresem funkcji n zmiennych. Przykłd. Złóżmy, że S = {(x, y, z) : g(x, y, z) = }. Przypuśćmy, że g(x, y, z) = h(x, y) z. Wtedy S jest wykresem funkcji z = h(x, y). Niech (x, y, z ) będzie punktem z S, tzn. z = h(x, y ). Rozwżmy krzywą σ(t) = (x + t, y + bt, h(x + t, y + bt)). Wtedy σ () = (, b, c), gdzie c = h(x, y ) (, b), jest wektorem stycznym do S w punkcie (x, y, z ). Przestrzeń złożon z tkich wektorów m wymir 2. Ale przestrzeń styczn do S w punkcie (x, y, z ) m również wymir 2. Ztem przestrzenie te są równe.

50 5 Anliz mtemtyczn ISIM Stosownie metody Lgrnge Trzeb znleźć punkt x U i stłą λ tkie, że f x (x, x 2,..., x n ) = λ g x (x, x 2,..., x n ).. f (x, x 2,..., x n ) x n = λ g (x, x 2,..., x n ) x n g(x, x 2,..., x n ) = c Mmy ukłd n + równń z n + zmiennymi x, x 2,..., x n i λ. Przykłdy. () Niech S będzie prostą przechodzącą przez (, ) o nchyleniu 45. Chcemy znleźć minimum funkcji f(x, y) = x 2 + y 2 n S. Prost m równnie y = x +. Możemy rozwiązć zdnie n dw sposoby. (i) Podstwimy y = x + do funkcji f(x, y) i obliczmy minimum funkcji kwdrtowej. (ii) Stosujemy metodę Lgrnge. Prost S jest poziomicą funkcji g(x, y) = x y+ =. Mmy f(x, y) = (2x, 2y) orz g(x, y) = (, ). Grdienty są równoległe tylko wtedy, gdy y = x. W połączeniu z równniem y = x + otrzymmy x = 2, y = 2. (b) f(x, y) = x 2 y 2, S = {(x, y) : x 2 + y 2 = }. (i) Podstwimy y 2 = x 2. Wtedy f(x, y) = 2x 2. Obliczmy ekstrem n przedzile [, ]. (ii) Prmetryzujemy okrąg x = cos t, y = sin t i obliczmy ekstrem funkcji cos 2t. (iii) f(x, y) = (2x, 2y) orz g(x, y) = (2x, 2y). Wektory są równoległe, gdy x = lub y =. Otrzymujemy cztery rozwiązni (±, ) i (, ±). Mmy f(±, ) = orz f(, ±) =. (c) f(x, y, z) = x + z, S = {(x, y, z) : x 2 + y 2 + z 2 = }. Mmy f(x, y, z) = (,, ), g(x, y, z) = (2x, 2y, 2z).

51 Pochodne cząstkowe 5 Wektory te są równoległe, gdy y = orz z = x. Ztem 2x 2 =. Otrzymujemy dw rozwiązni ± ( ) 2,, 2 orz f ( ) 2,, = ( 2, f,, ) = (d) Rozwżmy mcierz symetryczną A wymiru n n. Określmy n f(x) = (Ax, x) = ij x i x j, x = (x, x 2,..., x n ). i,j= Chcemy znleźć ekstrem funkcji f(x) n S = {(x, x 2,..., x n ) : g(x) := x 2 + x x 2 n = }. Określmy n F (x, y) = (Ax, y) = ij x i y j. i,j= Wtedy f(x) = F (x, x). Obliczmy pomocniczo pochodne cząstkowe funkcji F. F x k (x, y) = n kj y j, j= F y k (x, y) = n ik x i. i= Mmy ztem f (x) = F (x, x) + F n n (x, x) = kj x j + ik x i x k x k y k j= i= n n n = kj x j + ki x i = 2 kj x j. j= i= j= Dlej g x k (x) = 2x k.