1 Diferencijabilnost 11 Motivacija Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji es f f(x) f(c) (c) x c x c Najbolja linearna aproksimacija funkcije f je funkcija l(x) = f(c) + f (c)(x c) Vidimo da je tangenta na graf funkcije f kroz točku (c, f(c)) upravo pravac y = f(c) + f (c)(x c) Limes koji definira derivaciju u točki ekvivalentan je s f(x) f(c) f (c)(x c) x c x c = 0, (1) tj derivacija u točki postoji ako i samo ako postoji broj f (c) (koji numerički reprezentira linearnu aproksimaciju funkcije f u točki c) takav da vrijedi (1) U slučaju funkcija više varijabli takoder funkciju pokušavamo lokalno najbolje aproksimirati linearnom funkcijom 12 Definicija Neka je A R n otvoren skup Kažemo da je f : A R m diferencijabilna u točki c A ako postoji linearan operator L : R n R m takav da vrijedi f(x) f(c) L(x c) x c x c = 0 13 Napomena Ako postoji, takav linearan operator je jedinstven, nazivamo ga diferencijal preslikavanja f u točki c i označavamo ga s Df(c) Primjetite da je Df(c) oznaka za jedan linearni operator Žeo li opisati taj linearni operator navest ćemo kako on djeluje na pojedini vektor njegove domene Takoder, primjetite da (zasad) oznake Df i D nemaju nikakvo značenje 14 Napomena Ako je f diferencijabilno u točki c, onda je i neprekidno u c Obrat, kao i u slučaju jedne varijable, ne vrijedi općenito 15 Napomena Primjetite da je funkcija jedne varijeble derivabilna u c ako i samo ako je diferencijabilna u c i tada vrijedi Df(c)(x) = f (c)x, x R 16 Definicija Kažemo da je f diferencijabilna na A ako je diferencijabilna u svakoj točki c A 17 Primjer Neka je L : R n R m linearan operator Dokažite da je DL(c) = L za svaki c R n (Linearni operator najbolje sam sebe aproksimira linearno!) Rješenje Budući da je L linearan vrijedi L(x) L(c) = L(x c) što povlači L(x) L(c) L(x c) x c = 0, pa direktno iz definicije slijedi tvrdnja 1
18 Zadatak Neka je f : R n R m i pretpostavimo da postoji konstanta M > 0 takva da za svaki x R n vrijedi f(x) M x 2 Dokažite da je f diferencijalno u c = 0 i da je Df(0) = 0 (nul-operator) Rješenje Pri dokazivanju razni tvrdnji koristeći definiciju diferencijala korisno je razmišljati da prirast funkcije možemo zapisati kao linearni dio + mali ostatak, f(x) f(c) = Df(c)(x c) + r(x), r(x) x c x c = 0 Iz tvrdnje zadatka slijedi da je f(0) M 0, što povlači f(0) = 0 Dakle, zapišemo li u spomenutom obliku f(x) = f(x) f(0) = 0(x c) + r(x) vidimo da bismo trebali pokazati da sam f(x) ima svojstvo malog ostatka (tj da je f(x) zanemarivo u odnosu na x) Iz tvrdnje zadatka vrijedi 0 f(x) x M x, pa prelaskom na es i primjenom teorema o sendviču zaista dobivamo f(x) x 0 x = 0 19 Primjer Ako je f : R R derivabilna i f(x) x, mora li vrijediti Df(0) = 0? Rješenje Ne, kontraprimjer je f(x) = x Za diferencijal vrijedi Df(0)(x) = f (0)x = 1 x, tj Df(0) = 1 R 0 110 Primjer Neka je L : R n R m linearan operator, f : R n R m takva da za svaki x R n vrijedi f(x) M x 2 za neku konstantu M > 0 i neka je g(x) = f(x)+l(x), x R n Dokažite da je Dg(0) = L Rješenje Tvrdnja slijedi jer za f 1 i f 2 diferencijabilne u 0 slijedi da je f 1 + f 2 takoder diferencijabilno u 0 i vrijedi Df 1 (0) + Df 2 (0) = D(f 1 + f 2 )(0) (predavanja!) te primjenom pretodni zadataka 111 Žeo li izračunati diferencijal nekog preslikavanja definicija nije previše operativna jer moramo pogoditi linearni operator i računati odredeni es u više varijabli Srećom, možemo (kao što je često u matematici) račun svesti na jednostavniji, poznati slučaj poznavajući vezu izmedu diferencijala i parcijalni derivacija 2
112 Definicija Neka je A R n otvoren skup i f = (f 1,, f m ) : A R m Za svako c A definiramo i-tu parcijalnu derivaciju koordinatne funkcije f j u točki c kao sljedeći es (ukoliko on postoji) i f j (c) = f j f j (c + e i ) f j (c), i = 1,, n, j = 1,, m x i 0 pri čemu su e 1 = (1, 0,, 0), e 2 = (0, 1,, 0),, e n = (0,, 0, 1) vektori kanonske baze u R n Općenitije, neka je v R n takav da je v = 1 (kažemo da je v smjer) Derivacija u smjeru vektora v koordinatne funkcije f j u točki c je es (ukoliko on postoji) v f j (c) = f j v 0 f j (c + v) f j (c), j = 1,, m 113 Napomena Parcijalna derivacija po i-toj varijabli računa se kao da se radi o funkciji jedne varijable x i, dok ostale varijable smatramo konstante 114 Primjer Odredi sve parcijalne derivacije preslikavanja a) f(x, y, z) = x sin y z b) f(x, y, z) = (x 4 y, xe z ) Rješenje a) b) f sin y (x, y, z) = x z, f y f 1 x (x, y, z) = 4x3 y, f 2 x (x, y, z) = ez, x cos y (x, y, z) =, z f x sin y (x, y, z) = z z 2 f 1 y (x, y, z) = f 1 x4, (x, y, z) = 0, z f 2 y (x, y, z) = 0, f 2 z (x, y, z) = xez 115 DZ Pokažite koristeći definiciju da je diferencijal preslikavanja iz posljednjeg zadatka dan formulom Df(x 0, y 0, z 0 )(x, y, z) = (4x 3 0y 0 x + x 4 0y, e z 0 x + x 0 e z 0 z) 116 Definicija Neka postoje sve parcijalne derivacije preslikavanja f = (f 1,, f m ) : A R m Matricu dimenzija m n f 1 f x 1 (c) 1 f x 2 (c) 1 x n (c) f 2 f x f(c) = 1 (c) 2 f x 2 (c) 2 x n (c) f m f x 1 (c) m f x 2 (c) m x n (c) nazivamo Jacobijeva matrica preslikavanja f u točki c 3
117 Teorem Neka je A R n otvoren skup i f = (f 1,, f m ) : A R m diferencijabilna u c A Tada sve parcijalne derivacije i f j (c) preslikavanja f u c postoje te matrica operatora Df(c) u paru kanonski baza za R n i R m upravo Jacobijeva matrica f(c) Nadalje, tada vrijedi v f j (c) = Df(c)(v) = n v i i f j (c), v = (v 1, v 2,, v n ) i=1 118 Zadatak Neka je formulom f(x, y) = (xy, y ) dano preslikavanje na svojoj prirodnoj x domeni Izračunajte Df(x, y) Odredite matricu operatora Df(x, y) obzirom na bazu (e ) = {(1, 0), (1, 1)} u R 2 Rješenje Prvo je potrebno komentirati da je f diferencijabilno u svakoj točki prirodne domene D = {(x, y) R 2 : x 0} jer je svaka koordinatna funkcija diferencijabilna Naime, f 1 (x, y) = xy je diferencijabilna na R 2 jer je produkt projekcija koje su linearni operatori pa dakle i diferencijabilna preslikavanja, a f 2 (x, y) = y je diferencijabilna na D jer je količinik x projekcija Izračunamo li parcijalne derivacije (koje postoje, teorem!), vidimo da je Jacobijeva matrica preslikavanja f f(x, y) = ( y x y x 2 1 x Djelovanje operatora Df(x, y) je tada Df(x, y)(v 1, v 2 ) = (yv 1 + xv 2, yv 1 + v x 2 2 x ) Matrica prijelaza P iz baze (e) u bazu (e ) i njen inverz P 1 su redom P = ( 1 1 0 1 ), P 1 = ) ( 1 1 0 1 ) Matrica operatora Df(x, y) u bazi (e ) tada glasi ( y + P 1 y y + y + x 1 f(x, y) P = x 2 x 2 x y y + 1 x 2 x 2 x ) 119 Napomena Obrat teorema 117 ne vrijedi općenito, tj postojanje parcijalni derivacija nije dovoljno da bi funckija bila diferencijabila Ipak, ukoliko sve parcijalne derivacije postoje i neprekidne su u točki c, onda je i preslikavanje diferencijabilno u točki c (predavanja!) Koristeći ovu tvrdnju možemo dokazivati diferencijabilnost preslikavanja koja nisu samo kompozicije, produkti ili količnici linearni operatora Sljedeća dva primjera ilustriraju neke od ovi tvrdnji 120 DZ Pokažite da je f(x, y) = x 2 + y 2 diferencijabilno na R 2 \ {(0, 0)} te da ne postoje x f(0, 0) i y f(0, 0) i zaključite da ne postoji Df(0, 0) 4
121 DZ Pokažite da preslikavanje f(x, y) = { xy x 2 +y, y x2, 0, y = x 2, ima derivaciju u svakom smjeru u točki (0, 0), ali nije diferencijabilno u (0, 0) Uputa: Za v = (v 1, v 2 ) pokažite da je { f v1, v (0, 0) = 2 0, v 0, v 2 = 0 Takoder, pokažite da f nije (i ne može se dodefinirati tako da bude) neprekidno u (0, 0) 122 Zadatak Dokažite da je preslikavanje { (xy) 2, (x, y) (0, 0), f(x, y) = x 2 +y2 0, (x, y) = (0, 0), diferencijabilno u (0, 0) (i na čitavom R 2 ) Rješenje Parcijalne derivacije u točki (x, y) (0, 0) su x f(x, y) = x3 y 2 + 2xy 4 (x 2 + y 2 ) 3/2, yf(x, y) = x2 y 3 + 2yx 4 (x 2 + y 2 ) 3/2 Po definiciji računamo x f(0, 0) 0 f(,0) f(0,0) = 0 i žeo pokazati da je Imamo ocjenu 0 x 3 y 2 + 2xy 4 (x 2 + y 2 ) 3/2 = xf(x, y) = 0 = x f(0, 0) (x,y) (0,0) xy x 2 + y 2 y x2 + y 2 (x2 + 2y 2 ) 1 2 1 (x2 + 2y 2 ) Prelaskom na es i prema teoremu o sendviču dobivamo traženi zaključak (x,y) (0,0) Ovo pokazuje da je x f neprekidno u (0, 0), a analogno se pokazuje za y f Prema napomeni sada zaključujemo da je f diferencijabilno u (0, 0) Za ostale točke iz R 2 komentiramo na standardni način, koristeći diferencijabilnost količnika, kompozicija itd 123 Zadatak Dokažite da je preslikavanje { xy, (x, y) (0, 0), f(x, y) = x 2 +y2 0, (x, y) = (0, 0), diferencijabilno u (0, 0) 5
Rješenje Na sličan način kao u pretodnom zadatku računamo parcijalne derivacije, no u ovom primjeru one nisu neprekidne u točki (0, 0) Ipak, neprekidnost parcijalni derivacija nije nužan uvjet za diferencijabilnost preslikavanja, pa diferencijabilnost provjeravamo direktno Budući da prema definiciji lako dobivamo x f(0, 0) = 0 i y f(0, 0) = 0 prema teoreomu 117 jedini kandidat za Df(0, 0) je nul-operator Uvjet diferencijabilnosti preslikavanja f u (0, 0) se svodi na 0 (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) xy x 2 +y 2, što nije istina jer potonji es ne postoji f(x,y) x 2 +y 2 = 124 Zadatak Neka je f : R 2 R takva da je f(x, y) = f(y, x), x, y R Dokažite da ako postoji barem jedan od brojeva 1 f(x 0, y 0 ) i 2 f(x 0, y 0 ) onda postoji i drugi i oni su jednaki Rješenje 1 f(x 0, y 0 ) t 0 f(x 0 + t, y 0 ) f(x 0, y 0 ) t t 0 f(y 0, x 0 + t) f(y 0, x 0 ) t = 2 (y 0, x 0 ) 125 Zadatak Ispitajte diferencijabilnost funkcije f : R 2 R zadane s f(x, y) = x 2 y 2 Rješenje Za svaku točku (x 0, y 0 ) uz y 0 ±x 0 postoji okolina U takva da je y ±x za svaku točku (x, y) U i funkcija je diferencijabilna na U jer se na toj okolini podudara s očito diferencijabilnom funkcijom x 2 y 2, odnosno y 2 x 2 Za točku (x 0, x 0 ) provjeravamo parcijalne derivacije po definiciji Budući da je x f(x 0, x 0 ) 0 f(x 0 + ) f(x 0 ) 0 2x 0 + 2 0 (2x 0 + ) za x 0 0 zaključujemo da je x f(x 0, x 0 ) ne postoji jer 0 ne postoji, a 0 2x 0 + = 2x 0 0 Prema tome zaključujemo da f nije diferencijabilno u (x 0, x 0 ) za x 0 0, a analogno zaključujemo u točkama oblika (x 0, x 0 ), x 0 0 Još izračunamo parcijalne derivacije u točki (0, 0) x f(0, 0) 0 f(, 0) f(0, 0) f(0, ) f(0, 0) y f(0, 0) 0 2 0 2 0 0 = 0, 0 = 0 Parcijalne derivacije postoje u točki (0, 0) i jedini kandidat za diferencijal u točki (0, 0) je linearni operator čija Jacobijeva matrica za elemente ima upravo x f(0, 0) i y f(0, 0), tj jedini kandidat je nul-operator Pokažimo po definiciji da je zaista Df(0, 0) = 0: f( 1, 2 ) f(0, 0) Df(0, 0)( 1, 2 ) 0 ( 1, 2 ) (0,0) ( 1, 2 6 2 1 2 2 ( 1, 2 ) (0,0) 2 1 + 2 2
( 1, 2 ) (0,0) 2 1 + 2 2 2 1 + 2 2 2 1 + 2 2 = 0 ( 1, 2 ) (0,0) 126 Zadatak Neka je f : R n R parna funkcija (tj f( x) = f(x), x R n ), diferencijabilna u 0 Izračunajte Df(0) Rješenje Neka je g(x) := f(x) f(0) Tada je g takoder parna, diferencijabilna u 0 i g(0) = 0 Budući da je diferencijal konstante nuloperator vrijedi Dg(0) = Df(0)+0 = Df(0) Neka je g(x) = Dg(0)(x) + r(x) uz x 0 r(x) x = 0 Tada imamo g(x) = g( x) = Dg(0)( x) + r( x) = Dg(0)(x) + r( x) zbog parnosti funkcije g i linearnosti operatora Dg(0) Oduzmemo li tu jednakost od g(x) = Dg(0)(x) + r(x) dobivamo 2Dg(0)(x) = r(x) r( x), dijeljenjem s x i prelaskom na x 0 dobivamo odnosno 0 2 x 0 Dg(0)(x) x x 0 r(x) r( x) x = 0, Dg(0)(x) x 0 x Tvrdnja zadatka slijedi iz sljedeće leme = 0 127 Lema Neka je A : R n R linearni operator takav da je Tada je A = 0 A(x) x 0 x = 0 Dokaz Pretpostavimo da je A 0 i neka je x R n takav da je Ax 0 Tada prelaskom na restrikciju u smjeru vektora x dobivamo A(tx) 0 t 0 tx ta(x) t 0 t x = Ax x t t 0 t, što je kontradikcija jer potonji es ne postoji Dakle, pretpostavka je bila pogrešna i vrijedi A = 0 128 Definicija Neka su V, W normirani prostori Za linearni operator A : V W kažemo da je ograničen ako postoji konstanta λ > 0 takva da za svaki x V vrijedi Ax λ x 7
129 Napomena Linearni operator ( 0) nikad nije ograničen kao funkcija Razlikujemo pojam ograničene funkcije i ograničenog linearnog operatora 130 DZ Linearni operator je ograničen ako i samo ako je neprekidan Na konačnodimenzionalnom prostoru svi linearni operatori su ograničeni 131 Lema Za svaki linearni operator A : R n R m vrijedi sup{ Ax : x = 1} = inf{λ : Ax λ x, x R n } Dokaz Knjiga prof Ungara, str 22 132 Napomena a) Za svaki linearni operator A : R n R m vrijedi Ax A x, x R n b) Preslikavanje A A je norma na prostoru svi linearni operatora c) Za dva kompozabilna linearna operatora A i B vrijedi A B A B 133 Zadatak Neka je A M n (R) simetrična matrica, a f : R n R zadana s f(x) = (Ax x) Dokažite da je f diferencijabilna na R n i nadite Df(x)(v) Rješenje Prvi način f(x 1, x 2,, x n ) = a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a n2 a n1 a n2 a nn x 1 x 2 x n, x 1 x 2 v n = n a ij x i x j Budući da je i f(x 1,, x n ) = n j=1 2a ijx j (raspišite to detaljno!), množeći Jacobijevu matricu preslikavanja f vektorom v = (v 1,, v n ) dobivamo Df(x)(v) = 2(Ax v) i,j=1 Drugi način Raspišimo f(x + ) f(x) = (A(x + ) x + ) (Ax x) = (Ax x) + (Ax ) + (A x) + (A ) (Ax x) f(x + ) f(x) = 2(Ax ) + (A ), pri čemu je (A x) = ( Ax) = (Ax ) jer je A simetrična matrica i jer je sklarni produkt simetričan 8
Primjetimo da je preslikavanje 2(Ax ) linearno jer je skalarni produkt linearan u 2 varijabli Nadalje, prelikavanje r() = (A ) ima svojstvo malog ostatka jer vrijedi 0 r() = (A ) A A 2 = A, pri čemu smo koristili SCB nejednakost i svojstvo a) operatorske norme iz napomene Primjenimo li 0 prema teoremu o sendviču dobivamo 0 = 0 r() Ovime smo pokazali da je f diferencijabilno u točki x i da je Df(x)(v) = 2(Ax v) 134 Zadatak Neka je f : R n R m diferencijabilno preslikavanje na R n i v 0 R m fiksan vektor Dokažite da je i preslikavanje g : R n R definirano s g(x) = (f(x) v 0 ) diferencijabilna na R n Rješenje Budući da je f diferencijabilna u x možemo pisati f(x+) f(x) = Df(x)()+r() r() pri čemu je 0 = 0 Slično kao u pretodnom zadatku raspisujemo g(x + ) g(x) = (Df(x)() + r() v 0 ) = (Df(x)() v 0 ) + (r() v 0 ) Preslikavanje (Df(x)() v 0 ) je linearno jer je Df(x) linearan i jer je skalarni produkt linearan u 1 varijabli Nadalje imamo ocjenu 0 (r() v 0) r() v 0, pri čemu smo koristili SCB nejednakost Prelaskom na 0 i primjenom teorema o sendviču dobivamo (r() v 0 ) = 0, 0 što pokazuje da je g diferencijabilna u x i da je Dg(x)() = (Df(x)() v 0 ) 9