3. KOADERNOA: Aldagai anitzeko funtzioak. Eugenio Mijangos

Transcript

1 3. KOADERNOA: Aldagai anitzeko funtzioak Eugenio Mijangos

2

3 3. KOADERNOA: ALDAGAI ANITZEKO FUNTZIOAK Eugenio Mijangos Matematika Aplikatua, Estatistika eta Ikerkuntza Operatiboa Saila Zientzia eta Teknologia Fakultatea Euskal Herriko Unibertsitatea Leioan, 2006ko irailean

4

5 Aurkibidea 3. Aldagai anitzeko funtzioak Balio errealeko funtzioen geometria Gainazal koadrikoak Elipsoidea Hiperboloide azalbakarra Azalbiko hiperboloidea Konoa Paraboloide eliptikoa Paraboloide hiperbolikoa Zilindro parabolikoa Zilindro eliptikoa Zilindro hiperbolikoa Limiteak eta jarraitutasuna Kontzeptu topologiko batzuk Limitearen definizioa Funtzioen konposizioa Diferentziazioa Deribatuen propietateak Gradienteak eta norabide-deribatuak Deribatu partzial iteratuak Ariketak Taylor-en formulak. Goi-ordenako deribatuak Taylor-en lehen mailako formula Taylor-en bigarren mailako formula Mutur lokalak eta globalak Mutur baldintzatuak: Lagrange-ren biderkatzaileak Mutur globalak bilatzeko prozedura Ariketak iii

6

7 3. koadernoa Aldagai anitzeko funtzioak. Koaderno honetan, aldagai bakar bateko funtzioen kalkulu diferentziala aldagai anitzeko funtzioetara hedatzen da Balio errealeko funtzioen geometria. Definizioa. Izan bedi f : A IR n IR m. Honelako funtzio bati, m = 1 bada, funtzio eskalar deitzen zaio. Adibidez: f(x, y, z) = (x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2. Normalean, A-k f funtzioaren definizio-eremua adierazten du. Espazioko A eskualde bateko tenperatura adierazten duen funtzioa mota horretakoa da, hots: T : A IR 3 IR; honela, T (x, y, z)-k adierazten du tenperatura (x, y, z) puntuan. f-ri, m > 1 bada, funtzio bektorial deritzogu. Adibidez: IR 6 -tik IR 2 -rako funtzioa: f(x) = f(x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, x 6 ) = (x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6, x x2 6 ). Fluido bat espazioan zein abiaduratan mugitzen den zehazteko, V : IR 4 IR 3 funtzioa behar da; funtzio horretan V (x, y, z, t) abiadurabektorea da espazioko (x, y, z) puntuan t unean. Definizioa. Izan bedi f : U IR n IR. IR n+1 -eko (x 1,..., x n, f(x 1,..., x n )) puntuen multzoari f-ren irudikapen edo grafiko deitzen diogu. Adibidez, n = 1 kasurako irudikapena IR 2 -ko kurba bat da. Aldiz, n = 2-rako irudikapena IR 3 -ko gainazal bat da. 1

8 2 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. n = 3 kasuan zailagoa da IR 4 -ko multzoak irudikatzea; horregatik sartzen da sestra-multzoaren ideia irudia. (a) f(x) funtzio baten grafikoa; (b) f(x, y) funtzio baten grafikoa adibidea. Har dezagun f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 funtzioa. Sestramultzoa da IR 3 -ko azpimultzo bat non f konstantea baita, hau da, x 2 + y 2 + z 2 = 1 f-ren sestra-multzo bat da. 1 erradioko esfera gisa irudika dezakegu. Ondorioz, sestra-multzo horiek funtzio baten portaera edo egitura adierazten digute. Sestra-multzoak bi aldagaiko funtzioekin, f(x, y), erabiltzen badira, sestrakurba deritzegu. Adibidez, mapa topografiko bateko sestra-kurbak; altuera konstante bat adierazten dute. xy planoaren gaineko muino baten kasuan, sestra-kurba guztiek h(x, y) funtzioari buruzko ideia argi bat ematen digute; muinoko (x, y) puntuen altuera adierazten dute. Definizioa irudia. Funtzio baten sestra-kurbak. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

9 3. 1. Balio errealeko funtzioen geometria. 3 Izan bitez f : U IR n IR eta c IR. Orduan, f( x) = c betetzen duten x U puntuen multzoari c balioko sestra-multzo izena ematen zaio, n = 2 bada, c balioko sestra-kurba deitzen zaio, eta n = 3 bada, c balioko sestra-gainazal deitzen zaio. Sinboloak erabiliz, c balioko sestra-multzoa honela adierazten da: { x U f( x) = c} IR n. Ohartu sestra-multzoa beti definizio-eremuan dagoela adibidea. Deskribatu f(x, y) = x 2 + y 2 funtzio koadratikoaren irudikapena. Ebazpena. Haren irudikapena z = x 2 + y 2 biraketa-paraboloidea da, jatorritik gorantz orientatuta eta biraketa-ardatza z ardatza duena irudia. f(x, y) = x 2 + y 2 funtzioaren sestra-kurbak irudia. Aurreko irudiaren sestra-kurbak grafikoraino garraiatuta. Eugenio Mijangos Fernández

10 4 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. c < 0-rako, ez dago c-sestra-kurbarik; eta c > 0-rako, {(x, y) x 2 + y 2 = c} c-sestra-kurben multzoa da, hau da, O-zentroko eta c erradioko zirkuluen multzoa. Beraz, xy planoaren gaineko c altueraraino altxatuz, sestra-kurba c erradioko zirkulu bat da, eta itxura paraboliko hartzen du. Ebakitze-metodoa.- f-ren grafikoaren ebakidura bat lortzen da grafikoa plano (bertikal) batez ebakiz. Adibidez, f(x, y) = x 2 + y 2 funtzioaren irudikapena IR 3 -ko P 1 {y = 0} planoaz hots, xz planoaz ebakiz, multzo hau lortzen da: P 1 f ren grafikoa = P 1 biraketa-paraboloidea = {(x, y, z) y = 0, z = x 2 }; xz-ko parabola da. Era berean, P 2 {x = 0} planorako hau da, yz planorako, zera dugu: P 2 biraketa-paraboloidea = {(x, y, z) x = 0, z = y 2 } yz-ko parabola da. Normalean, gutxienez ebakidura bat kalkulatzea egokia izaten da sestra-multzoek emandako informazioa osatzeko irudia. f(x, y) = x 2 + y 2 funtzioaren bi sekzio adibidea. f(x, y) = x 2 y 2 funtzio koadratikoaren irudikapena paraboloide hiperboliko edo zeladura deitzen da, eta O puntuan du jatorria. Irudikatu. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

11 3. 1. Balio errealeko funtzioen geometria. 5 Ebazpena. Gainazal hau irudikatzeko, lehenengo marraztu sestrakurbak. Horretarako, x 2 y 2 = c ekuazioa ebatzi behar da. Har ditzagun c = 0. ± 1, ±4 balioak. - c = 0 bada, y = ±x zuzenak ditugu. - c = 1 bada, x 2 y 2 = 1 hiperbola dugu; x ardatza bertikalki zeharkatzen du (±1, 0) puntuetan. - c = 4 bada, x 2 y 2 = 2 2 hiperbola dugu; x ardatza bertikalki zeharkatzen du (±2, 0) puntuetan. - c = 1 bada, x 2 y 2 = 1 hiperbola dugu; y ardatza horizontalki zeharkatzen du (0, ±1) puntuetan irudia. f(x, y) = x 2 y 2 funtzioaren sestra-kurbak. - c = 4 bada, x 2 y 2 = 2 2 hiperbola dugu; y ardatza horizontalki zeharkatzen du (0, ±2) puntuetan. Orain, datuak osatzeko, bi ebakidura kalkulatuko ditugu: - xz planoarekin, P 1 f ren grafikoa = {(x, y, z) y = 0, z = x 2 }; gorantz zabaltzen den parabola da. - yz planoarekin, P 2 f ren grafikoa = {(x, y, z) x = 0, z = y 2 }; beherantz zabaltzen den parabola da. Eugenio Mijangos Fernández

12 6 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak irudia. f(x, y) = x 2 y 2 funtzioaren sestra-kurbak haren grafikoan Gainazal koadrikoak. IR 3 -an ekuazio mota hau duten gainazalak koadrika deitzen dira: a 11 x 2 + a 22 y 2 + a 33 z 2 + 2a 12 xy + 2a 13 xz + 2a 23 yz non a ij guztiak zenbaki errealak diren Elipsoidea. Koadrika honen ekuazio bat: + 2a 14 x + 2a 24 y + 2a 34 z + a 44 = 0, x 2 a 2 + y2 b 2 + z2 c 2 = Z Y X irudia. x 2 /4 + y 2 /25 + z 2 /4 = 1 elipsea. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

13 Hiperboloide azalbakarra. 7 O(0, 0, 0)-an zentratuta dago eta simetrikoa da plano koordenatuekiko. Ardatz koordenatuek (±a, 0, 0), (0, ±b, 0) eta (0, 0, ±c) erpinetan ebakitzen dute. Gainazala x a, y b, z c paralelepipedoak bornatzen du. Plano koordenatuekiko sekzio paraleloak elipseak dira. a, b eta c ardatzerdien luzerak dira. Bi ardatzerdik luzera berdina badute, biraketa-elipsoidea da. Hiruren luzera berdina bada, esfera bat dugu Hiperboloide azalbakarra. Koadrika honen ekuazio bat: x 2 a 2 + y2 b 2 z2 c 2 = Z X irudia. x 2 /0.4 + y 2 /0.4 z 2 /8 = 1 hiperboloide azalbakarra. O(0, 0, 0)-an zentratuta dago eta simetrikoa da plano koordenatuekiko. Ardatz koordenatuek (±a, 0, 0) eta (0, ±b, 0) erpinetan ebakitzen dute. Ez da bornatua. xy planoarekiko sekzio paraleloak elipseak dira. xz eta yz planoekiko sekzio paraleloak hiperbolak dira. a = b bada, biraketa-hiperboloidea dugu Y 2 3 Eugenio Mijangos Fernández

14 8 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak Azalbiko hiperboloidea. Koadrika honen ekuazio bat hau da: x 2 a 2 + y2 b 2 z2 c 2 = Z X irudia. x 2 / y 2 /0.08 z 2 /2 = 1 azalbiko hiperboloidea. Gainazalak bi zati ditu: bata z c denean eta bestea z c denean O(0, 0, 0)-an zentratuta dago eta simetrikoa da plano koordenatuekiko. x ardatzak (0, 0, ±c) erpinetan ebakitzen du. Ez da bornatua. xy planoarekiko sekzio paraleloak elipseak dira. xz eta yz planoekiko sekzio paraleloak hiperbolak dira. a = b bada, biraketa-hiperboloidea dugu Konoa. Koadrika honen ekuazio bat: x 2 a 2 + y2 b 2 = z Y 2 3 Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

15 Paraboloide eliptikoa Z X irudia x 2 (1/8) 2 + y2 (1/6) 2 = z2 konoa Y Gainazalaren erpina O(0, 0, 0) da. Simetrikoa da plano koordenatuekiko. Ez dago bornatuta. xy planoarekiko sekzio paraleloak elipseak dira. xy planoarekiko ebakidura O(0, 0, 0) da. xz eta yz planoekiko ebakidurak z = ±x/a eta z = ±y/b dira, hurrenez hurren. a = b bada, biraketa-konoa dugu Paraboloide eliptikoa. Koadrika honen ekuazio bat: x 2 a 2 + y2 b 2 = z irudia. x 2 + y 2 = z paraboloide eliptikoa. Gainazalaren erpina O(0, 0, 0) da, eta xy planoaren gainetik dago. Eugenio Mijangos Fernández

16 10 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. Simetrikoa da xz eta yz plano koordenatuekiko, beraz z ardatzarekiko ere bai. Ez dago bornatuta. xy planoarekiko sekzio paraleloak elipseak dira. xy planoarekiko ebakidura O(0, 0, 0) da. xz eta yz planoekiko ebakidurak parabolak dira. a = b bada, biraketa-paraboloidea da Paraboloide hiperbolikoa. Koadrika honen ekuazio bat: x 2 a 2 y2 b 2 = z irudia. x 2 y 2 = z paraboloide hiperbolikoa. Simetrikoa da xz eta yz plano koordenatuekiko, beraz, z ardatzarekiko ere bai. Ez dago bornatuta. xy planoarekiko sekzio paraleloak hiperbolak dira. xz eta yz planoekiko sekzio paraleloak parabolak dira. O koordenatu-jatorria minimo puntua da xz planoarekiko ebakidurarako. Hots, z = x2 a parabolarako. 2 O koordenatu-jatorria maximo puntua da yz planoarekiko ebakidurarako. Hots, z = y2 b parabolarako. 2 Hori dela eta, O puntua minimax edo zeladura-puntu deitzen da. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

17 Zilindro hiperbolikoa Zilindro parabolikoa. Koadrika honen ekuazio bat: x 2 = 4cz Z X irudia. x 2 = z zilindro parabolikoa Y Zilindro eliptikoa. Koadriko honen ekuazio bat: x 2 a 2 + z2 b 2 = Z X irudia. x 2 + z 2 = 1 zilindro eliptikoa Y Zilindro hiperbolikoa. Koadriko honen ekuazio bat: x 2 a 2 z2 b 2 = 1. Eugenio Mijangos Fernández

18 12 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak Z X Y irudia. x 2 z 2 = 1 zilindro hiperbolikoa Limiteak eta jarraitutasuna Kontzeptu topologiko batzuk. Definizioa. Izan bitez x 0 IR n eta r zenbaki erreal positibo bat. Orduan, x x 0 < r baldintza betetzen duen x-ren multzoari r erradioko eta x 0 zentroko bola ireki deritzogu irudia. Bolen itxura. Bola hori adierazteko, D r ( x 0 ) = { x IR x x 0 < r} (edo B r ( x 0 )) notazioa erabiltzen da, eta x 0 -tik r baino distantzia gutxiagora dauden IR n -ko x puntuen multzoa da. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

19 Kontzeptu topologiko batzuk. 13 Definizioa. Izan bedi U IR n. U multzoa ireki deitzen da U-ko x 0 guztietarako D r ( x 0 ) bola bat existitzen bada, eta bola hori U-ren azpimultzoa bada irudia. x 0 U, U irekia bada, bola bat sartzen da. x gaia barnean daukan U multzo irekiari x-ren ingurune deitzen diogu. Definizioa. Izan bedi A IR n. Orduan, x IR n A-ren muga-puntua da baldin x-ren ingurune guztiek A-ko puntu bat eta A-tik kanpoko puntu bat badauzkate. Intuitiboki, zera adierazten du: A-ren muga-puntu bat A-ren ertzeko puntu bat dela adibidea. (a) Izan bedi A = (a, b) IR. Orduan, A-ren muga-puntuak a eta b dira. (b) Izan bedi A = D r (x 0, y 0 ) IR 2 bola. Orduan, A-ren muga-puntuen multzoa (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 = r 2 zirkunferentzia da. (c) Izan bedi A = {(x, y) IR 2 x > 0} IR 2. Orduan, A-ren mugapuntuen multzoa y ardatza da. (d) Izan bedi A = D r ( x 0 ) \ { x 0 } IR 2, alegia, bola hau x 0 -an zulatuta dago. Orduan, x 0 A-ren muga-puntua da. Hemendik aurrera, f funtzio baten definizio-eremua multzo irekia izango da. Orain gure asmoa da aurkitzea f-ren limitea x x 0 denean, non x 0 A-ren barneko puntua edo A-ren muga-puntua baita. Eugenio Mijangos Fernández

20 14 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. Hemen f : IR IR funtzioen limitearen kontzeptua orokortzen da f : IR n IR m funtzioetara Limitearen definizioa. Izan bedi f : A IR n IR m, non A multzo irekia baita. Izan bedi x 0 edo A-ren barneko puntua edo A-ren muga-puntua, eta izan bedi N IR m b-ren ingurune bat. Definizioa. b-ren edozein N ingurunetarako, x-k x0 -rantz jo ahala, f( x)-k N ingurunean bukatzera jotzen badu (hau da, f( x), b-tik hurbil dago, x, x 0 - tik hurbil badago ), orduan esango dugu f( x)-k b-rantz jotzen duela x-k x 0 -rantz jotzen badu. Ohartu ez dela beharrezkoa f( x 0 ) existitzea irudia. Limitearen definizioaren geometria. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

21 Limitearen definizioa. 15 Gauza bera esan dezakegu adierazpen matematiko hauek erabiliz, lim f( x) = b x x 0 edo f( x) b x x 0 denean. Definizioa. f( x)-k ez badu jotzen puntu batera x-k esaten da lim f( x) ez dela existitzen. x x 0 x 0 -rantz jotzen duenean, Jarraian, limitearen definizioa emateko beste era bat ikusiko dugu. Definizioa. Izan bedi f : A IR n IR m eta izan bedi x 0 A-ko puntu bat edo A-ren muga-puntu bat. Orduan, lim x x 0 f( x) = b baldin eta soilik baldin ɛ > 0 δ > 0 0 < x x 0 < δ f( x) b < ɛ irudia. ɛ-δ-ren bidezko limite-definizioaren geometria teorema. Limiteen bakartasuna. Izan bitez f : A IR n IR m eta x 0 (A-ko puntu bat edo A-ren mugapuntu bat). Baldin lim f( x) = b1 eta lim f( x) = b2 badugu, b 1 = b 2. x x 0 x x 0 Hau da, aldagai bateko funtzioetarako bezala, limitea, existitzen bada, bakarra da. Ondorioz, kalkulatu nahi badugu lim f(x, y), limite (x,y) (x 0,y 0 ) Eugenio Mijangos Fernández

22 16 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. honek existitzekotan, askea izan behar du (x, y) (x 0, y 0 )-ra hurbiltzen duen bidearekiko. Esate baterako, g : IR IR funtzio jarraitu bat bada non y 0 = g(x 0 ); honek gertatu behar du: lim f(x, y) = l bada, lim f(x, g(x)) = l (x,y) (x 0,y 0 ) x x 0 izan behar du. xy + y adibidea. Frogatu lim (x,y) (0,0) x 2 + y 2 ez dela existitzen. Ebazpena. x = 0 zuzenean zehar, f(x, y) = f(0, y) = y 0, (x, y) (0, 0) denean. y = 0 zuzenean zehar, f(x, y) = f(y, 0) = x 0, (x, y) (0, 0) denean. Baina y = 2x zuzenean zehar, (x, y) (0, 0) denean hau dugu: f(x, y) = f(x, 2x) = 2x2 + 8x 3 x 2 + 4x 2 = 2x2 + 8x 3 Beraz f funtzioak ez du limiterik (0, 0) puntuan. 5x 2 = x 2 5. x 2 y adibidea. lim (x,y) (0,0) x 4 + y 4. Ebazpena. Argi ikusten denez, (0, 0) puntua y = mx motako zuzenetan dago. Beraz, aurreko limitea existitzen bada honen berdina izan behar du m guztietarako: lim x 0 x 2 (mx) 2 x 4 + (mx) 4 = lim x 0 m 2 x 4 x 4 (1 + m 4 ) = lim x 0 m m 4 = m2 1 + m 4, baina, m-ren balioa aldatzen bada, limitearen balioa ere aldatzen da. Beraz, funtzioak ez du limiterik (0, 0) puntuan. Metodo horri limite erradialen kalkulua deritzogu. Ohartu limite erradial guztiak berdinak izan eta limitea ez existitzea gerta daitekeela. x 2 + y adibidea. lim (x,y) (0,0) x 2 + y. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

23 Limitearen definizioa. 17 Ebazpena. Hauek dira limite erradialak m: x 2 + y 2 lim (x,y) (0,0) x 2 + y = lim x 2 + (mx) 2 x 0 x 2 + (mx) = lim x 2 (1 + m 2 ) x 0 x(x + m) Hala ere, y = x 2 bidea hartzen badugu, hau dugu x 2 + y 2 lim (x,y) (0,0) x 2 + y = lim x 2 + (x 2 ) 2 x 0 x 2 + x 2 = lim x 0 x 2 (1 + x 2 ) 2x 2 Limiteak bakarra izan behar duenez, limite hau ez da existitzen. = lim x 0 x 1 + m2 x + m = 0. 1 = lim x 0 2 (1+x2 ) = 1 2. Jarraian azaltzen den teoremak limitearen existentziarako baldintza beharrezko bat ematen digu teorema. Baldin lim f(x, y) = l (x,y) (x 0,y 0 ) [ ] lim lim f(x, y) x x 0 y y 0 diegu. bada, orduan [ eta lim y y 0 lim f(x, y) x x 0 lim x x0 [lim y y0 f(x, y)] = l eta lim y y0 [lim x x0 f(x, y)] = l. ] limiteei limite iteratu deitzen Oharra. Limite iteratu bat ez bada existitzen edo limite horiek desberdinak badira, limite bikoitza ez da existitzen. x 2 y adibidea. Aztertu lim (x,y) (0,0) x 2 -ren existentzia. + y2 Ebazpena. Limite iteratuek hau ematen dute: [ x 2 y 2 ] x 2 lim lim x 0 y 0 x 2 + y 2 = lim x 0 x 2 = 1 eta lim y 0 [ lim x 0 x 2 y 2 ] y 2 x 2 + y 2 = lim y 0 y 2 = 1. Bi limiteak desberdinak direnez, limite bikoitza ez da existitzen. Oharra. Hala eta guztiz ere, ez ahaztu baldintza hori beharrezkoa dela baina ez nahikoa. Eugenio Mijangos Fernández

24 18 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. xy 3.9. adibidea. Aztertu lim (x,y) (0,0) x 2 -ren existentzia. + y2 Ebazpena. Limite iteratuek hau ematen dute: [ ] xy 0 lim lim x 0 y 0 x 2 + y 2 = lim x 0 x 2 = 0 eta [ ] xy 0 lim lim y 0 x 0 x 2 + y 2 = lim y 0 y 2 = 0. Hau da, bi balioak berdinak dira. Baina, limite erradialak (y = mx) kalkulatzen baditugu, hau dugu: lim (x,y) (0,0) xy x 2 + y 2 = lim x 0 xmx x 2 + (mx) 2 = m 1 + m 2 ; m-ren balio desberdinetarako balio desberdinak hartzen ditu. limite bikoitza ez da existitzen kasu honetan ere. Beraz, Ikus dezagun orain baldintza nahiko bat teorema. Maiorante funtzioaren irizpidea. Baldin g : A IR 2 IR existitzen bada, non (i) lim g(x, y) = l, (x,y) (x 0,y 0 ) (ii) f(x, y) l g(x, y) l, orduan lim f(x, y) = l. (x,y) (x 0,y 0 ) Frogantza. (i) hipotesiarekin, ɛ > 0 δ > 0 non 0 < (x, y) (x 0, y 0 ) < δ g(x, y) l < ɛ. Eta (ii) hipotesiarekin, f(x, y) l g(x, y) l < ɛ. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

25 Limitearen definizioa. 19 Ondorioz, lim f(x, y) = l. (x,y) (x 0,y 0 ) xy adibidea. Aurkitu lim (x,y) (0,0) x2 + y. 2 Ebazpena. Limite erradialak kalkulatuz: lim (x,y) (0,0) xy x2 + y 2 = lim x 0 xmx x2 + (mx) 2 = lim x 0 mx = lim = 0. x m 2 mx 2 x2 (1 + m 2 ) Beraz, limitea existitzekotan, zero izan behar du. Ikus dezagun teoremako baldintzak betetzen dituen g(x, y) funtzio bat existitzen dela. xy f(x, y) 0 = xy x2 + y 2 x 2 y. Hau da, problema honetan g(x, y) = y, eta 3.3. teoremako baldintzak betetzen ditu, zeren lim y = 0 eta f(x, y) 0 y 0. (x,y) (x 0,y 0 ) Ondorioz xy x2 + y = 0. 2 lim (x,y) (0,0) Jarraian, beste baldintza nahiko bat ikusiko dugu. Hau da, limite erradial (edo limite iteratu) baten bidez lortutako l limitea benetako limitea dela egiaztatzen da beste metodo bat erabiliz. Dakigunez hau betetzen da: lim f(x, y) = l lim (x,y) (x 0,y 0 ) [f(x, y) l] = 0 (x,y) (x 0,y 0 ) lim f(x, y) l = 0. (x,y) (x 0,y 0 ) Bestalde, koordenatu polarretarako aldagai-aldaketa kontuan hartuz, hau da: { x = x0 + ρ cos θ y = y 0 + ρ sin θ, Eugenio Mijangos Fernández

26 20 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. zera betetzen da: (x, y) (x 0, y 0 ) ρ 0 +, θ [0, 2π). Hortaz, teorema hau dugu teorema. Koordenatu polarretarako aldaketa. lim f(x, y) = l (x,y) (x 0,y 0 ) lim f(x 0 + ρ cos θ, y 0 + ρ sin θ) l = 0 ρ 0 + θ [0, 2π). Beraz, (x 0, y 0 ) = (0, 0) bada, hau dugu: lim f(x, y) = l lim (x,y) (0,0) f(ρ cos θ, ρ sin θ) l = 0 θ [0, 2π) ρ 0 + lim f(ρ cos θ, ρ sin θ) = l ρ 0 + θ [0, 2π). Ondorioz, limitea ez bada l edozein θ [0, 2π) argumentutarako, limitea ez da existitzen. xy adibidea. Egiaztatu lim (x,y) (0,0) x2 + y 2 polarretarako aldagai-aldaketa erabiliz. Ebazpena. lim (x,y) (0,0) = lim ρ 0 + = 0 dela koordenatu xy x2 + y 2 = lim ρ 0 + (ρ cos θ)(ρ sin θ) (ρ cos θ)2 + (ρ sin θ) 2 ρ 2 cos θ sin θ ρ cos 2 θ + sin 2 θ = lim ρ 0 + ρ cos θ sin θ = 0. Batzuetan, limite bikoitza aldagai bakarreko funtzio baten limitera labur daiteke. Ikus dezagun teorema hau teorema. Demagun f : A IR 2 IR funtzioa bi funtzioren konposizioa dela, f = h g, non g : A IR 2 IR eta h : IR IR. Demagun, gainera, lim g(x, y) = t 0 existitzen dela. (x,y) (x 0,y 0 ) Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

27 Limitearen definizioa. 21 Baldin lim t t0 h(t) = l bada, orduan, lim f(x, y) = l. (x,y) (x 0,y 0 ) Frogantza. Baldin lim t t0 h(t) = l bada, ɛ > 0 δ > 0 non 0 < t t 0 < δ h(t) l < ɛ. Baina, δ > 0 honetarako, lim g(x, y) = t 0 denez gero, hau dugu: (x,y) (x 0,y 0 ) δ 1 > 0 non 0 < (x, y) (x 0, y 0 ) < δ 1 g(x, y) t 0 < δ. Hortaz, 0 < (x, y) (x 0, y 0 ) < δ 1 hau dugu: betetzen duen (x, y) guztietarako f(x, y) l = h(g(x, y)) l < ɛ f(x, y) l < ɛ. Ondorioz, lim f(x, y) = l. (x,y) (x 0,y 0 ) adibidea. Kalkulatu lim (x,y) (0,0) Ebazpena. Alde batetik, hau dugu: x 2 y 2 + sin(x + y) lim (x,y) (0,0) x + y x 2 y 2 + sin(x + y). x + y sin(x + y) = lim x y + (x,y) (0,0) x + y Bestalde, izan bedi = lim (x,y) (0,0) sin(x + y). x + y f(x, y) = Beraz, sin(x + y) x + y, f = h g, non g(x, y) = x + y eta h(t) = sin t. t Eugenio Mijangos Fernández

28 22 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. lim g(x, y) = lim sin t x + y = 0 eta lim h(t) = lim (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) t 0 t 0 t dugunez gero, hau ondorioztatzen da: x 2 y 2 + sin(x + y) lim (x,y) (0,0) x + y sin(x + y) = lim (x,y) (0,0) x + y = 1. = 1 Kalkulu praktikoak egin ahal izateko erregela batzuk ematen dizkigu teorema honek teorema. Izan bitez f, g : A IR n IR m, x 0, A-ko puntu bat edo A-ren muga-puntu bat, b IR m eta c IR. Baldin lim x x 0 f( x) = b1 eta lim x x 0 g( x) = b 2 badira, hau dugu: (i) (ii) lim cf( x) = c b 1. x x 0 lim ( f + g)( x) = b 1 + b 2. x x 0 (iii) m = 1 bada (kasu honetan b 1 = b 1 eta b 2 = b 2 ), lim x x 0 (fg)( x) = b 1 b 2. Gainera, (iv) m = 1 denean, baldin badira, orduan lim x x 0 1/f( x) = 1/b. Eta, (v) f( x) = (f 1 ( x),..., f m ( x)) bada, non lim f( x) = b 0 eta f( x) 0 x x 0 x A f i : A IR i = 1,..., m f-ren osagaiak diren, orduan lim f( x) = b = (b1,..., b m ) x x 0 betetzen da baldin eta soilik baldin i = 1,..., m bakoitzerako. lim x x 0 f i ( x) = b i adibidea. Izan bedi f : IR 2 IR funtzioa: (x, y) x 2 + y Kalkula ezazu f(x, y). lim (x,y) (0,1) Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

29 Limitearen definizioa. 23 Ebazpena. Hemen, f, (x, y) x 2, (x, y) y 2 eta (x, y) 2 funtzioen batura da. Beraz, 3.6. teoremaren bidez, hau dugu: lim f(x, y) = (x,y) (0,1) = 3. Definizioa. Izan bedi f : A IR n IR m funtzio bat, eta A haren definizio-eremua da. Izan bedi x 0 A. f jarraitua da x 0 puntuan baldin eta soilik baldin lim x x 0 f( x) = f( x0 ) irudia. Jarraitutasuna xy planoan. Definizioa. f jarraitua da baldin eta soilik baldin f jarraitua bada A multzoko x 0 puntu bakoitzean irudia. Jarraitutasuna xyz espazioan. Eugenio Mijangos Fernández

30 24 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. Gogoratu edozein funtzio polinomiko p : IR IR jarraitua dela. Beraz, lim x x 0 p(x) = p(x 0 ) adibidea. f : IR 2 IR funtzio hau: { 1, x 0 edo y 0 badira f(x, y) = 0, bestela ez da jarraitua (0, 0), edo x edo y ardatzerdi positiboko edozein puntutan. Izan ere, (x 0, y 0 ) = x 0 horietariko puntu bat bada eta D r ( x 0 ) x 0 -ren edozein ingurune, badaude ingurune horretan (x, y) puntuak non f(x, y) = 1 eta f(x, y) = 0 betetzen baita. Beraz, ez da egia f(x, y) f(x 0, y 0 ) = 1 (x, y) (x 0, y 0 ) denean. Jarraian azaltzen den teorema 3.6. teoreman oinarritzen da teorema. Izan bitez f : A IR n IR m, g : A IR n IR m, eta c IR. (i) f jarraitua bada x 0 -n, c f ere bai puntu berean, non (c f)( x) = c[ f( x)]. (ii) f eta g jarraituak badira x 0 -n, f + g ere bai puntu berean, non ( f + g)( x) = f( x) + g( x). (iii) m = 1 denean, f eta g jarraituak badira x 0 puntuan, orduan fg ere jarraitua da puntu berean, non (fg)( x) = f( x)g( x). (iv) m = 1 denean, f jarraitua bada x 0 puntuan, f( x 0 ) 0 eta f ez bada zero egiten A multzoan, orduan 1/f ere jarraitua da puntu berean, non (1/f)( x) = 1/f( x). (v) f : A IR n IR m bada, non f( x) = (f 1 ( x),..., f m ( x)) baita, orduan f jarraitua da x 0 -n baldin eta soilik baldin f i jarraitua bada puntu berean i = 1,..., m guztietarako. Ariketa. Frogatu p : IR 2 IR polinomioak funtzio jarraituak direla. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

31 Funtzioen konposizioa adibidea. Izan bedi (x, y) (x 2 y, y + x3 1 + x 2 funtzioa. Frogatu f jarraitua dela. Ebazpena. ), f : IR 2 IR 2 Aurreko (v) propietatean oinarrituz, nahikoa da frogatzea f-ren osagai bakoitza jarraitua dela. Polinomioak funtzio jarraituak direnez, f 1 (x, y) = x 2 y jarraitua da. Bestalde, (x, y) 1 + x 2 funtzioa jarraitua denez, (iv) propietatearekin (x, y) 1/(1 + x 2 ) ere bai; beraz, (iii) propietatearekin f 2 (x, y) = (y + x)/(1 + x 2 ) jarraitua da Funtzioen konposizioa. f : A B eta g : B C badira, f eta g-ren konposizioa, (f g)-k adierazita, A C-rako funtzioa da, eta funtzio horretan x f(g( x)) da. Adibidez, sin x 2 funtzioa x x 2 eta y sin y-ren konposizioa da irudia. Funtzioen konposizioa teorema. Izan bitez g : A IR n IR m eta f : B IR m IR p. Demagun g(a) B, f g funtzioa A multzoan definitua izateko. g jarraitua bada x 0 A eta f jarraitua y 0 = g( x 0 ) izanik, orduan f g jarraitua da x 0 puntuan adibidea. Izan bedi f(x, y, z) = (x 2 +y 2 +z 2 ) 30 +sin z 3. Frogatu f jarraitua dela. Ebazpena. Eugenio Mijangos Fernández

32 26 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. f-ren bi batugaiak, alegia, (x 2 + y 2 + z 2 ) 30 eta sin z 3, jarraituak badira, frogaturik egongo da. Lehenengoa (x, y, z) (x 2 + y 2 + z 2 ) eta u = u 30 funtzio jarraituen konposizioa da, beraz, hau ere bai ( 3.8. teoremarekin). Bigarrena (x, y, z) z 3 eta u sin u funtzio jarraituen konposizioa da, beraz, hau ere bai ( 3.8. teoremarekin). x adibidea. Frogatu lim (x,y) (0,0) x2 + y = 0. 2 Ebazpena. Frogatu behar dugu x 2 / x 2 + y 2 txikia dela (x, y) (0, 0)-tik hurbil dagoenean. Horretarako, desberdintza hau erabiliko dugu: 0 x 2 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 = x 2 + y 2 = (x, y) = (x, y) (0, 0). Har dezagun edozein ɛ > 0, eta δ = ɛ aukeratuko dugu. (x, y) (0, 0) < δ-k zera inplikatzen du: x 2 x2 + y 0 x 2 = 2 x2 + y x 2 + y 2 2 = (x, y) (0, 0) < δ = ɛ. Orduan, x adibidea. lim (x,y) (0,0) x 2 existitzen da? + y2 Ebazpena. x 2 Limite hori existitzen bada, x 2 -ren balioa a zenbaki zehatz batera hurbildu beharko litzateke (x, y) (0, 0)-ra hurbiltzekotan. Bereziki, + y2 x 2 (x, y)-k zerorantz jotzen badu edozein ibilbidetan, orduan ere x 2 + y 2 -k a baliora jo beharko luke. (x, y)-k (0, 0)-rantz jotzen badu y = 0 zuzenean, limitea 1 da (ordezkatu y-ren balioa adierazpenean). Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

33 Funtzioen konposizioa. 27 (x, y)-k (0, 0)-rantz jotzen badu x = 0 zuzenean, limitea 0 da. Beraz, bi ibilbide desberdinetan zehar limitea desberdina da, eta ondorioz, limite hori ez da existitzen irudia. f(x, y) = x 2 /(x 2 + y 2 ) funtzioaren grafikoa. x 2 y adibidea. Frogatu lim (x,y) (0,0) x 2 + y 2 = 0. Ebazpena. Ohartu x 2 y x 2 + y 2 x 2 y x 2 = y x 2 + y 2 = (x, y) (0, 0). Beraz, ɛ > 0 emanda, δ = ɛ aukeratzen badugu, hau betetzen da: x 2 y x 2 + y 2 0 < ɛ adibidea. Kalkulatu limite hauek, existitzen badira: Eugenio Mijangos Fernández

34 28 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. (a) (b) lim (x,y) (0,0) xy x 2 + y cos x 1 x 2 /2 lim (x,y) (0,0) x 4 + y 4. Ebazpena. (a) Argi dagoenez, zenbakitzailearen limitea 0 da, eta izendatzailearen limitea, 2; beraz, zatiduraren limitea 0 da. (b) Lehenengo, y = 0 konstantea kontsideratzen da, eta limitea kalkulatzen da (ahal bada) (x, y)-k (0, 0)-rantz jotzen duenean. L Hôpital-en araua aplikatuz, hau dugu: cos x 1 x 2 /2 sin x x lim (x,y) (0,0) x 4 = lim (x,y) (0,0) 4x 3 = lim (x,y) (0,0) cos x 1 12x 2. Baina azken limitea ez da existitzen, -rantz jotzen baitu; beraz, limite hau ez da existitzen adibidea. sin(x + y) (a) f(x, y) = funtzioa, era egoki batean birdefinituz, jarraitu x + y bihur dezakegu? (b) f(x, y) = xy x 2 + y 2 funtzioa, era egoki batean birdefinituz, jarraitu bihur dezakegu? Ebazpena. (a) Funtzio jarraitu bat lor dezakegu f( x 0 ) eta lim x x 0 f( x) berdinduz. Izan bedi t = x + y; orduan, 3.8. teorema kontuan hartuz, zera dugu: sin(x + y) lim (x,y) (0,0) x + y = lim t 0 sin t t = 1. Orduan, f(0, 0) = 1 definituz, funtzioa jarraitu bihurtzen da. (b) Ohartu x = y denean limitea 1/2 dela. Bestalde, x = y denean, limitea 1/2 da. Limitearen balioa (x, y) (0, 0)-ra hurbiltzen Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

35 3. 3. Diferentziazioa. 29 den bidearen menpe dagoenez, limitea ez da existitzen (0, 0)-an, eta ondorioz ez dago modurik f(x, y) jarraitu bihurtzeko puntu horretan Diferentziazioa. Funtzioen irudikapenak funtzio baten ezaugarri nagusiak ezagutzen laguntzen digu. Baina, dakigunez, funtzio bat irudikatzeko deribatuen laguntza behar dugu. Intuitiboki, badakigu funtzio jarraitu baten grafikoa ez dela apurtua. IR 2 -tik IR-rako funtzio diferentziagarri baten grafikoak ez du apurtua izan behar; are gehiago, grafikoarekiko ukitze-plano ondo definitu bat izan behar du puntu bakoitzean. Beraz, grafikoan ez da tolesturarik, izkinarik edo tontorrik existitu behar; hau da, grafikoak leuna izan behar du. (Komeni da IR-tik IR-rako funtzioei dagokien deribatuaren kontzeptua errepasatzea.) irudia. Grafiko leuna irudia. Grafiko ez-leuna. Eugenio Mijangos Fernández

36 30 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. Definizioa. Izan bitez U IR n multzo irekia eta f : U IR funtzioa. Orduan, f/ x 1,..., f/ x n adierazpenak, x 1,..., x n -aldagaiekiko f- ren deribatu partzialak, hurrenez hurren, n aldagaiko funtzioak dira, eta honela definitzen dira x = (x 1,..., x n ) puntuan: f x j (x 1,..., x n ) f(x 1,..., x j + h,..., x n ) f(x 1,..., x n ) = lim h 0 h f( x + h e j ) f( x) = lim, h 0 h baldin limite horiek existitzen badira, j = 1,..., n, non e j oinarri kanonikoaren j-garren bektorea baita. Hau da, f/ x j funtzioa x j aldagaiarekiko f-ren deribatua, eta beste aldagaiak finkoak dira. f : IR 3 IR bada, sarri notazio hau erabiliko dugu: f/ x, f/ y, eta f/ z. f : IR n IR m bada, orduan hau idatz dezakegu: f(x 1,..., x n ) = (f 1 (x 1,..., x n ),..., f m (x 1,..., x n )), beraz, osagai bakoitzaren deribatu partzialak ditugu. Adibidez, f m / x n funtzioa x n aldagaiarekiko f m -ren deribatu partziala da. Ariketa. f(x, y) = x 2 y + y 3 bada, aurkitu f/ x eta f/ y. Adierazteko zein puntutan kalkulatzen den deribatu partziala, adibidez, (x 0, y 0 ) puntuan, idazkera hau erabiltzen da: f x (x f 0, y 0 ) edo f edo x=x x 0,y=y 0 x (x 0,y 0 ) Beraz, (x 0, y 0 ) puntuko f-ren deribatu partzialen definizioak hauek dira: f x (x f(x 0 + h, y 0 ) f(x 0, y 0 ) 0, y 0 ) = lim h 0 h f y (x f(x 0, y 0 + h) f(x 0, y 0 ) 0, y 0 ) = lim. h 0 h Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

37 3. 3. Diferentziazioa adibidea. z = cos xy + x cos y = f(x, y) bada, aurkitu deribatu z partzial hauek: x (x 0, y 0 ) eta z y (x 0, y 0 ). Ebazpena. z x (x 0, y 0 ) = y 0 sin x 0 y 0 + cos y 0 z y (x 0, y 0 ) = x 0 sin x 0 y 0 x 0 sin y adibidea. f(x, y) = xy/ x 2 + y 2 bada, aurkitu f/ x. Ebazpena. f x = y 3 (x 2 + y 2 ). 3/2 Oharra. Aldagai bat baino gehiagoko funtzio baten deribatu partzialen existentziak ez du bermatzen haren jarraitutasuna, adibide honetan ikusten den moduan adibidea. Aztertu funtzio honen jarraitutasuna eta deribagarritasuna: Jarraitutasuna: { 2xy f(x, y) = x 2, + y2 (x, y) (0, 0) 0, (x, y) = (0, 0). f(x, 0) = 0, x, eta f(0, y) = 0, y, direnez gero, zera froga dezakegu: lim f(x, 0) = f(0, 0) eta lim f(0, y) = f(0, 0). x 0 y 0 Alegia, (0, 0) puntuan f jarraitua da x eta y-rekiko (bi aldagaiak bereiz hartuta). Hala ere, bi aldagaiko funtzio gisa f ez da jarraitua (0, 0) puntuan; ikus dezagun: nahikoa da y = x zuzenean zehar hurbiltzea (0, 0) puntura, jarraian ikusten denez: lim x 0 2xx x 2 + x 2 = 1. Eugenio Mijangos Fernández

38 32 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. Beraz, f funtzioak ez du jotzen f(0, 0) = 0-rantz, eta ondorioz ez da jarraitua (0, 0) puntuan. Deribagarritasuna: f(x, 0) eta f(0, y) konstanteak direnez, bi deribatu partzialak existitzen dira (eta zero dira) (0, 0) puntuan, baina ikusi dugun bezala, f etena da puntu horretan. Arrazoia hau da: (x 0, y 0 ) puntuan f -ren existentzia x f funtzioak (x 0 + h, y 0 ) erako puntuetan daukan portaeraren menpe bakarrik dagoela. Gauza bera gertatzen zaio y-rekiko deribatu partzialari puntu horretan. Hau da, f funtzioak (x 0, y 0 + k) erako puntuetan daukan portaeraren menpe bakarrik dagoela. Bestalde, (x 0, y 0 ) puntuan f-ren jarraitutasuna f-ren portaeraren menpe dago (x 0 + h, y 0 + k) erako puntuetan. Laburtuz: Deribatu partzial baten existentzia funtzioak norabide zuzen batean zehar daukan portaeraren menpekoa da. Baina, jarraitutasuna funtzioak norabide guztietan zehar daukan portaeraren menpekoa da. Oharra. Gogora dezagun f : IR IR funtzioei dagokien diferentziagarritasunaren kontzeptua. f diferentziagarria bada x 0 puntuan, orduan f(x 0 + x) f(x 0 ) lim x 0 x = f (x 0 ). Izan bedi x = x 0 + x; orduan aurreko berdintza honela berridazten da: f(x) f(x 0 ) lim = f (x 0 ). x x 0 x x 0 f (x 0 ) konstantea denez, lim x x 0 [ f(x) f(x0 ) x x 0 f (x 0 ) ] = 0, Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

39 edo f(x) f(x 0 ) f (x 0 )(x x 0 ) lim = 0. x x 0 x x Diferentziazioa. 33 Beraz, (x 0, f(x 0 )) puntutik igarotzen den u zuzen ukitzailea f-tik hurbil dago zentzu honetan: f(x) eta y = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 )-ren arteko kendura zerora doa (x x 0 ) baino azkarrago, x-k x 0 -rantz jotzen duenean. Hori da, hain zuzen, hurbilpen on baten ideia. IR 2 -tik IR-rako funtzioetan zuzen ukitzailea plano ukitzailearekin ordezkatzen da. Definizioa. Izan bedi f : IR 2 IR. f funtzioa (x 0, y 0 ) puntuan diferentziagarria da f f x eta y existitzen badira (x 0, y 0 ) puntuan eta f(x, y) f(x 0, y 0 ) f x lim (x 0, y 0 )(x x 0 ) f y (x 0, y 0 )(y y 0 ) (x,y) (x 0,y 0 ) (x, y) (x 0, y 0 ) Oharra. z = f(x 0, y 0 )+ f x (x 0, y 0 )(x x 0 )+ f y (x 0, y 0 )(y y 0 ) ekuazioa z = f(x, y) gainazalaren plano ukitzailearena da (x 0, y 0, f(x 0, y 0 )) puntuan. = irudia. Plano ukitzailearen hurbiltasuna f-ren grafikoarekiko adibidea. Kalkula ezazu z = x 2 + y 4 + e xy gainazalaren plano ukitzailea (1, 0, 2) puntuan. Emaitza: z = 2x + y. Eugenio Mijangos Fernández

40 34 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. Izan bitez (x 0, y 0 ) puntua eta lerro-matrize hau: [ ] f Df(x 0, y 0 ) = x (x f 0, y 0 ) y (x 0, y 0 ) Orduan, diferentziagarritasunaren definizioak funtzio hau baieztatzen du: [ ] x x0 z = f(x 0, y 0 ) + Df(x 0, y 0 ) y y 0 = f(x 0, y 0 ) + f x (x 0, y 0 )(x x 0 ) + f y (x 0, y 0 )(y y 0 ) z = f(x, y) funtzioaren hurbilpen on bat dela (x 0, y 0 ) puntuaren ingurunean. Aurreko hurbilpenari hurbilpen lineal deritzogu; izan ere, funtzio lineala da. Defini dezagun orain f : IR n IR m funtzioen deribagarritasuna aurreko analisia erabiliz. Orain, f = (f1,..., f m )-ren deribatua x 0 da. puntuan t ij = f i x j ( x 0 ) gaiek osatzen duten D f( x 0 ) matrizea Definizioa. Izan bitez U IR n eta f : U IR m. x 0 puntuan f diferentziagarria dela esaten dugu baldin x 0 puntuan f- ren deribatu partzialak existitzen badira eta non T = D f( x 0 ) baita. f( x) lim f( x 0 ) T ( x x 0 ) x x 0 x x 0 = 0, T -ri f-ren jacobiarra x 0 puntuan izena ematen diogu, hau da, f 1 f x Df( x 1 ( x 0 )... 1 x n ( x 0 ) 0 ) = f m f x 1 ( x 0 )... m x n ( x 0 ). m = 1 denean funtzioa eskalarra da, eta [ f Df( x 0 ) = ( x 0 )... x 1 ] f ( x 0 ). x n Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

41 3. 3. Diferentziazioa. 35 Kasu honetan, lerro-matrize horri gradiente deritzogu, eta f( x 0 ) idazten da. f funtzioa IR n IR n bektore-funtzioa da. Adibidez, f : IR 3 IR funtzioa bada, f : IR 3 IR 3 da, eta f = f x f ı + y j + f z k. Aldiz, f : IR 2 IR bada, f : IR 2 IR 2 da, eta f = f f ı + x y j. n = 2 eta m = 1 denean f : IR 2 IR funtzioari dagokion diferentziagarriatasunaren definizioa dugu adibidea. Kalkulatu funtzio hauen jacobiarra: (a) f(x, y) = (e x+y + y, y 2 x), (b) f(x, y) = (x 2 + cos y, ye x ) eta (c) f(x, y, z) = (ze x, ye z ). Ebazpena. [ (a) Df(x, e x+y e x+y ] + 1 y) = y 2. 2xy [ ] (b) Df(x, 2x sin y y) = ye x e x. [ (c) Df(x, ze x 0 e x y, z) = 0 e z ye z adibidea. Kalkulatu funtzio hauen gradientea: (a) f(x, y, z) = xe y eta (b) f(x, y) = e xy + sin xy. Ebazpena. ]. (a) (b) f(x, y, z) = (e y, xe y, 0) e y ı + xe y j. f(x, y) = (ye xy + y cos xy) ı + (xe xy + x cos xy) j. Eugenio Mijangos Fernández

42 36 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak adibidean ikusten den bezala, puntu bateko deribatu partzialen existentziak ez du bermatzen jarraitutasuna. Baina, baldintza gehigarri batzuk egiaztatzen badira, orduan jarraitutasuna bermatzen da, teorema honetatik ondoriozta daitekeen bezala teorema. Izan bedi f : U IR n IR m diferentziagarria x 0 U puntuan. Orduan, f jarraitua da x 0 -an. Oharra. Alderantzizkoa ez da betetzen. Adibidez, f(x) = x funtzioa jarraitua da x = 0 puntuan, baina ez diferentziagarria teorema. Izan bedi f : U IR n IR m funtzioa. Demagun f- ren f i deribatu partzial guztiak existitzen direla eta jarraituak direla x j x 0 U puntuan. Orduan f diferentziagarria da x 0 puntuan. Oharrak. 1. Teorema hauen ondorioz, hau dugu: f-ren deribatu partzialen existenzia eta jarraitutasuna f-ren diferentziagarritasuna f-ren jarraitutasuna eta haren deribatu partzialen existenzia 2. Deribatu partzialak ez badira jarraituak, f ez du derrigorrean diferentziagarria izan behar. 3. Funtzioa ez bada jarraitua puntu batean, ez da diferentziagarria puntu horretan. Baina deribatu partzialak existitu daitezke. Definizioa. Funtzio batek deribatu partzialak baditu eta jarraituak badira, C 1 klaseko funtzio deitzen da. Beraz, teorema honela berridatz dezakegu: C 1 klaseko edozein funtzio, diferentziagarria da adibidea. Izan bedi { x2 xy, (x, y) (0, 0) f(x, y) = +y2 0, (x, y) = (0, 0). f diferentziagarria da (0, 0) puntuan? Ebazpena. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

43 3. 3. Diferentziazioa. 37 Azter dezagun funtzioaren jarraitutasuna. Egon litekeen etenune bakarra (0, 0) puntua denez, funtzioaren jarraitutasuna puntu horretan aztertuko dugu. Horretarako, funtzio maiorantearen irizpidea erabiliz, edozein (x, y) (0, 0) puntutan hau betetzen da: xy xy x2 + y 2 x 2 y, eta lim y = 0 denez, hau dugu: (x,y) (0,0) lim f(x, y) = 0 = f(0, 0). (x,y) (0,0) Beraz, f jarraitua da IR 2 multzoan. Jarraian, deribatu partzialak aztertuko ditugu. f f(x, 0) f(0, 0) (0, 0) = lim x x 0 x 0 0 = lim = 0, x 0 x = lim x 0 (x 0)/ x eta era antzeko batean, f y (0, 0) = 0. Beraz, deribatu partzialak existitzen dira (0, 0)-an. Gainera, (x, y) (0, 0) bada, orduan, f x = y x2 + y 2 x 2 y (x 2 + y 2 ) 3/2, ez dauka limiterik (x, y) (0, 0) denean; izan ere, limite desberdinak lortzen dira ibilbide desberdinak erabiltzen badira; adibidez, x = M y eginez. Beraz, deribatu partzialak ez dira jarraituak (0, 0) puntuan eta, ondorioz, ezin dugu erabili teorema. Orain, f ez dela diferentziagarria frogatuko dugu (hala ere, f jarraitua da). f(0, 0) existituko balitz, (0, 0) bektorea izango litzateke; izan ere, f f (0, 0) = (0, 0) = 0. x y Beraz, diferentziagarritasunaren definizioarekin hau bete behar zen: f(x, y) f(0, 0) 0(x 0) 0(y 0) lim (x,y) (0,0) (x, y) (0, 0) x = 0 Eugenio Mijangos Fernández

44 38 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. Baina, f(x, y) f(0, 0) lim (x,y) (0,0) (x, y) (0, 0) = lim (x,y) (0,0) xy x 2 + y 2 = lim x 0 lim (x,y) (0,0) xmx x 2 + (mx) 2 = xy x 2 +y 2 x2 + y = 2 m 1 + m 2 0. Beraz, f ez da diferentziagarria (0, 0) puntuan adibidea. Izan bedi f(x, y) = cos x + exy x 2 + y 2. Frogatu f diferentziagarria dela (x, y) (0, 0) puntu guztietan. Ebazpena. Ohartu deribatu partzial hauek: f x = (x2 + y 2 )(ye xy sin x) 2x(cos x + e xy ) (x 2 + y 2 ) 2 f y = (x2 + y 2 )xe xy 2y(cos x + e xy ) (x 2 + y 2 ) 2, jarraituak direla, x = y = 0 kasuan izan ezik Deribatuen propietateak teorema. (i) Biderkagai konstantearen erregela. Izan bitez f : U IR n IR m diferentziagarria x 0 puntuan eta c IR. Orduan, h = c f diferentziagarria da x 0 -n eta D h( x 0 ) = cd f( x 0 ) matrize-berdintzadugu. (ii) Baturaren erregela. Izan bitez f : U IR n IR m eta g : U IR n IR m diferentziagarriak x 0 puntuan. Orduan, h = f + g diferentziagarria da x 0 -n, eta D h( x 0 ) = D f( x 0 ) + D g( x 0 ) matrize-batura. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

45 3. 4. Deribatuen propietateak. 39 (iii) Biderkaduraren erregela. Izan bitez f : U IR n IR eta g : U IR n IR diferentziagarriak x 0 puntuan. Orduan, h = f g diferentziagarria da x 0 -n, eta Dh( x 0 ) = g( x 0 )Df( x 0 ) + f( x 0 )Dg( x 0 ); ekuazio horren alde bakoitza 1 n-matrize bat da, eta D sinboloa -z ordezka dezakegun; izan ere, gradientea da kasu honetan. (iv) Zatiduraren erregela. (iii).eko hipotesi berdinekin, izan bedi h = f/g eta demagun g ez dela zero egiten U-n. Orduan, h diferentziagarria da x 0 -n, eta Dh( x 0 ) = g( x 0)Df( x 0 ) f( x 0 )Dg( x 0 ) [g( x 0 )] 2 ; (iii).ean bezala, D sinboloa -z ordezka dezakegu adibidea. Egiaztatu (iv). erregela betetzen dela f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 eta g(x, y, z) = x direnean. Ebazpena. Hemen h(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 x 2, beraz, zuzenean deribatuz: + 1 [ h h(x, y, z) = x, h y, h ] z [ 2x(1 y 2 z 2 ] ) 2y = (x 2 + 1) 2, x 2 + 1, 2z x Bestalde, (iv). erregelarekin: h = g f f g g 2 = (x2 + 1)[2x, 2y, 2z] (x 2 + y 2 + z 2 )[2x, 0, 0] (x 2 + 1) 2, zeina zuzenean lortutako emaitzaren berdina baita teorema. Katearen erregela. Eugenio Mijangos Fernández

46 40 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. Izan bitez U IR n eta N IR m irekiak. Izan bitez g : U IR m eta f : N IR p funtzioak non g(u) N baita, f g definituta egoteko moduan. Orduan, g diferentziagarria bada x 0 puntuan eta f diferentziagarria bada y 0 = g( x 0 )-an, f g diferentziagarria da x 0 puntuan eta hau betetzen da: D( f g)( x 0 ) = Df( y 0 )D g( x 0 ). (3.1) Eskuinaldea biderkadura-matrizea da. Katearen erregelaren 1. kasu berezia: Demagun c : IR IR 3 eta f : IR 3 IR. Izan bedi h(t) = f[ c(t)] = f[x(t), y(t), z(t)], non c(t) = (x(t), y(t), z(t)) baita. Orduan, dh dt = f dx x dt + f dy y dt + f dz z dt. (3.2) Alegia, dh/dt = Df( c(t))d c(t)) = f[ c(t)] c (t) (biderkadura matriziala), non x (t) c (t) = y (t) z (t) baita. Argi dagoenez, teoremaren kasu berezi bat da, g = c, m = 3 eta n = p = 1 dira. Ohartu Df = f IR 1 3 lerro-matrizea dela eta D c = c (t) IR 3 1 zutabe-matrizea; beraz, biderkadura zenbaki erreal bat da. Katearen erregelaren 2. kasu berezia: Izan bitez f : IR 3 IR eta g : IR 3 IR 3. Idatz dezagun g(x, y, z) = (u(x, y, z), v(x, y, z), w(x, y, z)) eta defini dezagun h : IR 3 IR funtzioa Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

47 [ h x h y ] [ h f = z u f v Deribatuen propietateak. 41 h(x, y, z) = f(u(x, y, z), v(x, y, z), w(x, y, z)). Orduan, u u x y ] f w Matrize-biderketa garatuz, hau dugu: v x w x v y w y h x = f u u x + f v v x + f w w x, h y = f u u y + f v v y + f w w y, u z v z w z. (3.3) h z = f u u z + f v v z + f w w z. Kasu berezi honetan, n = m = 3 eta p = 1 hartu ditugu. U = IR 3 eta N = IR 3. Gainera, adibidea. Egiaztatu katearen erregela kasu honetan: f(u, v, w) = u 2 + v 2 w, non den. u(x, y, z) = x 2 y v(x, y, z) = y 2 w(x, y, z) = e xz Ebazpena. Hemen h(x, y, z) = f(u(x, y, z), v(x, y, z), w(x, y, z)) = (x 2 y) 2 + y 4 e xz = x 4 y 2 + y 4 e xz. Eugenio Mijangos Fernández

48 42 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. Zuzenean deribatuz x-rekiko h x = 4x3 y 2 + ze xz. Bestalde, katearen erregela erabiliz, hau lortzen da: lehen lorturikoaren berdina da. h x = f u u x + f v v x + f w w x = 2u(2xy) + 2v.0 + ( 1)( ze xz ) = (2x 2 y)(2xy) + ze xz ; adibidea. Izan bitez g(x, y) = (x 2 + 1, y 2 ) eta f(u, v) = (u + v, u, v 2 ). Kalkulatu f g-ren deribatua (1, 1) puntuan katearen erregelaren bitartez. Ebazpena. Izan bitez f(u, v) = (f 1 (u, v), f 2 (u, v), f 3 (u, v)) = (u + v, u, v 2 ) eta g(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) = (x 2 + 1, y 2 ). Deribatu partzialen matrizeak hauek dira: eta Df(u, v) = f 1 u f 2 u f 3 u D g(x, y) = f 1 v f 2 v f 3 v [ 2x 0 0 2y (x, y) = (1, 1) bada, g(x, y) = (u, v) = (2, 1). Beraz, 1 1 = v ]. D( f g)(1, 1) = Df(2, 1)D g(1, 1) 1 1 [ ] 2 2 = = Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

49 3. 4. Deribatuen propietateak adibidea. Izan bedi f(x, y). Egin dezagun x = r cos θ, y = r sin θ aldagai-aldaketa. Aurkitu f/ θ. Ebazpena. Katearen erregelarekin, hau dugu: f θ = f x x θ + f y y θ = r sin θ f x + r cos θ f y adibidea. Izan bitez f(x, y) = (cos y + x 2, e x+y ) eta g(u, v) = (e u2, u sin v). (a) Aurkitu f g. (b) Kalkulatu D( f g)(0, 0) katearen erregela erabiliz. Ebazpena. (a) Hau dugu: ( f g)(u, v) = f(e u2, u sin v) (b) Katearen erregelarekin: = (cos(u sin v) + e 2u2, e eu2 +u sin v ). D( f g)(0, 0) = [D f( g(0, 0))] [D g(0, 0)] = [D f(1, 0)] [D g(0, 0)]. Jarraian, deribatu hauek aurkitzen dira: [ ] 2ue u 2 0 D g(0, 0) = 1 cos v eta Beraz, [ ] Df(1, 2x sin y 0) = e x+y [ D( f 2 0 g)(0, 0) = e e e x+y (u,v)=(0,0) (x,y)=(1,0) = [ 0 0 ] 1 1 [ 2 0 = e e ] [ ] [ ] =. 1 1 e e ]. Eugenio Mijangos Fernández

50 44 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak Gradienteak eta norabide-deribatuak. Definizioa. f : U IR 3 IR funtzioa diferentziagarria bada, f-ren gradientea (x, y, z) puntuan IR 3 -ko bektore hau da: ( f f = x, f y, f ), z hau da, f-ren deribatua. Honela f(x, y, z) ere idazten da. Izan bedi f : IR 3 IR. Izan bitez v eta x IR 3 bektore finkoak, eta har dezagun IR-tik IR-rako funtzio hau: t f( x + t v) irudia. L-ren ekuazioa l(t) = x + t v da. x+t v (t IR) itxurako puntuen multzoa x puntutik v bektorearekiko paraleloki igarotzen den L zuzena da. Beraz, t f( x + t v) funtzioak adierazten du L zuzenari murriztutako f funtzioa. Eta orduan, hau galde dezakegu: Zein azkartasunez aldatzen dira f-ren balioak x puntuan L zuzenean zehar? Funtzio baten aldaketaren x puntuko abiadura deribatuaren bidez emanda dagoenez gero, t-ren menpeko funtzioaren deribatuaren balioa da t = 0-an. Beraz, hau izan behar zen f-ren deribatua x puntuan L-ren norabidean, alegia, v bektorearen norabidean. Bektore honetaz interesatzen zaigun ezaugarri bakarra norabidea denez, unitarioa hartuko dugu. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

51 3. 5. Gradienteak eta norabide-deribatuak. 45 Definizioa. Izan bitez f : IR 3 IR funtzioa eta v IR 3 bektore unitarioa. v norabideko f-ren norabide-deribatua x puntuan honela definitzen da: D v f( x) = d dt f( x + t v) f( x + t v) f( x) t=0 = lim. t 0 t limitea existitzen bada teorema. f : IR 3 IR diferentziagarria bada, norabide guztiekiko deribatuak existitzen dira. Orduan f-ren norabide-deribatua v-ren norabideko x puntuan adierazpen honek ematen du: D v f( x) = Df( x) v = f( x) v = f x ( x)v 1 + f y ( x)v 2 + f z ( x)v 3, hor, v = (v 1, v 2, v 3 ) da. Frogantza. Izan bedi c(t) = x + t v; hortaz, f( x + t v) = f[ c(t)], eta katearen erregelaren 1. kasu bereziaren arabera, zera dugu: d dt f[ c(t)] = f[ c(t)] c (t). Gainera c(0) = x eta c (0) = v. Beraz, d f( x + t v) = f( x) v. dt t=0 Oharra. f-ren aldaketa-tasaz ari garenean, lerro zuzenekiko ez ezik, σ(t) ibilbidearekiko aldaketa-tasaz ere ari gara. Hala da, katearen erregelarekin, zera dugu: d dt f( σ(t)) = f( σ(t)) σ (t), zeina σ (t) norabidearekiko deribatua baita adibidea. Izan( bedi f(x, y, ) z) = x 2 e yz. Kalkulatu f-ren norabide-deribatua v = 3,, bektore unitarioaren norabidean 3 3 x = (1, 0, 0) puntuan. Eugenio Mijangos Fernández

52 46 3. koadernoa. Aldagai anitzeko funtzioak. Ebazpena teorema erabiliz hau dugu: f v = (2xe yz, x 2 ze yz, x 2 ye yz ) ( 1 3, eta x = (1, 0, 0) puntuan hau bihurtzen da: ( ) (2, 0, 0) 3,, = , ) 1, 3 Jarraian, gradientearen esanahi geometrikoa lortuko dugu teorema erabiliz teorema. Demagun f( x) 0. Orduan, f( x) bektoreak f-ren igoera handieneko norabidea erakusten du. Frogantza. n bektore unitarioa bada, f-ren aldaketa-tasa n norabidean f( x) n = f( x) cos θ da; hor, θ, n eta f( x)-ren arteko angelua da. Bistan denez, biderkadura hori maximoa da θ = 0 denean; hau da, n eta f( x)-k norabide eta noranzko berdinak dituztenean. Oharra. f( x) = 0 bada, n guztietarako aldaketa-tasa zero da. Laburtuz, f-ren balioa handitzeko bide azkarrena f( x) bektoreak erakusten digu. Aldiz, f-ren balioa txikitzeko bide azkarrena f( x) bektoreak erakusten digu. (Hau da, θ = π denean.) adibidea. (0, 1) puntutik zein norabidetan handitzen da azkarrago f(x, y) = x 2 y 2? Ebazpena. f = 2x ı 2y j gradientea da; beraz, (0, 1) puntuan f(0, 1) = 2 j teoremaren ondorioz, f-ren balioa azkarrago igotzeko j norabideak ematen digu. Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

53 3. 5. Gradienteak eta norabide-deribatuak irudia. f(x, y) = x 2 y 2 funtzioaren sestra-kurbak. Gradienteak erakusten du f-ren hazkunde handienaren norabidea. Aldiz, sestra-kurbetan f-ren balioa ez da aldatzen. Jarraian ikusiko dugu gradientea eta sestra-kurba elkarzutak direla funtzioaren portaera nahiko leuna bada irudia. (a) f-ren noranzkoa; (b) f ortogonala da sestra-kurbekiko. Eugenio Mijangos Fernández