Többváltozós függvények Jegyzet - Pécsi Tudományegyetem

Többváltozós függvényekJegyzetPap Margit, Tóth LászlóPécsi Tudományegyetem2011

TartalomjegyzékEl®szó 51. Többváltozós függvények 71.1. Metrika és topológia R n -ben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2. Sorozatok R n -ben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3. Valós változós vektor érték függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4. Többváltozós valós érték függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4.1. Kétváltozós valós érték függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4.2. n-változós valós érték függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5. Többváltozós vektor érték függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5.1. Lineáris függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152. Határérték 172.1. A határérték deníciója . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2. Kétváltozós valós érték függvény határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.2.1. Iterált határértékek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.3. n-változós valós érték függvény határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.4. Végtelen határérték és határérték a végtelenben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.5. n-változós vektor érték függvény határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233. Dierenciálhatóság 273.1. A dierenciálhatóság deníciója . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.2. Iránymenti deriváltak. Parciális deriváltak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.3. Kapcsolat a deriváltmátrix és a parciális deriváltak között . . . . . . . . . . . . . 333.3.1. Érint®sík egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.4. A közvetett függvény derivált mátrixa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.5. A dierenciálszámítás középérték-tételei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.6. Többváltozós függvények magasabbrend deriváltjai . . . . . . . . . . . . . . . . 443.6.1. Kétszer dierenciálható függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.6.2. Magasabbrend parciális deriváltak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.7. A Taylor-formula n-változós függvények esetére . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494. Széls®érték 534.1. A valós-valós esetre vonatkozó tételek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 534.2. A széls®érték létezésének els®rend szükséges feltétele . . . . . . . . . . . . . . . . 534.3. Kvadratikus alakok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.4. Másodrend elégséges feltétel a széls®érték létezésére . . . . . . . . . . . . . . . . 564.5. Másodrend szükséges feltétel széls®érték létezésére . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.6. Az implicit függvény dierenciálhatóságára vonatkozó tétel . . . . . . . . . . . . 633

4 TARTALOMJEGYZÉK4.7. Feltételes széls®érték . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 655. Vonalintegrál 735.1. Sima út, szakaszonként sima út, utak egyesítése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.2. A vonalintegrál deníciója . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.2.1. A primitív függvény fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 765.2.2. Newton - Leibniz formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 765.2.3. Fizikai jelentés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 866. Egzakt dierenciálegyenletek 896.1. Az egzakt dierenciálegyenlet értelmezése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 896.2. Az egzakt dierenciál egyenlet megoldásainak megkeresése . . . . . . . . . . . . . 916.3. Egzakttá tehet® dierenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 937. Kett®s, hármas integrálok 977.1. Egyváltozós valós függvények határozott integrálja . . . . . . . . . . . . . . . . . 977.2. Kett®s integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 987.2.1. Kétdimenziós intervallumok és felosztások . . . . . . . . . . . . . . . . . . 987.2.2. Kett®s integrál deníciója téglalap tartományon és tulajdonságai . . . . . . 997.2.3. Kapcsolat az egyszeres és kett®s integrálok között . . . . . . . . . . . . . . 1017.2.4. Az integrál kiterjesztése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1047.2.5. Integrálás normál tartományon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1047.2.6. Síkbeli polártranszformáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1067.3. Hármas integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1097.3.1. Térbeli normál tartomány . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1097.3.2. Térbeli polártranszformáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1107.4. A kett®s és a hármas integrálok alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1118. A Green-tétel és alkalmazása 1178.1. Green-tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1178.2. A Green-tétel alkalmazása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118Irodalomjegyzék 121

El®szóEzt a jegyzetet azoknak az el®adásoknak, illetve gyakorlatoknak az anyagai alapján írtuk, amelyeketaz els® szerz® a PTE TTK Matematika BSc szakos hallgatóknak az Analízis II. cím tárgykeretében tartott a nappali és levelez® tagozaton.A jegyzet felöleli az említett szak Analízis II. tárgyának tematikájában szerepl® anyag szinteteljes egészét.Ez a tananyag jól használható továbbá a Programtervez® Informatikus és Fizika BSc szakon aKalkulus tárgyhoz.A jegyzet elektronikusan lesz elérhet®. Az elméleti ismeretek elmélyítését az adott témáhozkapcsolódó, sok és változatos feladat megoldása segíti. Ezért a deníciók, tételek és bizonyításokmellett fontosnak tartottam minden fejezetban tanulságos megoldott feladatokat és további,megoldásra javasolt feladatokat is beiktatni.Néhány esetben bemutatásra kerül, hogy hogyan lehet feladatokat megoldani a Maple programcsomagsegítségével. Mivel a matematikában nincs királyi út, ezért a Maple használata semhelyettesítheti az önálló feladatmegoldást, ami szükséges ahhoz, hogy az egymásra épül® fejezeteketmegértsük.A témakör megértéséhez szükséges el®ismeretek megtalálhatók például az elektronikusan iselérhet® [15], [16], [14] jegyzetekben.Készült a Társadalmi Megújulás Operatív Program TÁMOP-4.1.2-08/1/A kódszámú pályázatánakkeretében L A TEXdokumentumkészít® rendszer felhasználásával, böngészhet® PDF formátumban.Köszönjük a lektornak, Dr. Uhrin Béla egyetemi tanárnak hasznos észrevételeit és tanácsait.A szerz®kLektor: Dr. Uhrin Béla egyetemi tanár5

6 TARTALOMJEGYZÉK

8 1. FEJEZET. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEKHa n = 1, akkor ‖ x−y ‖= |x 1 −y 1 | a számegyenes két pontjának távolságát jelenti. Ha n = 2,3akkor a fenti képletb®l két síkbeli, illetve térbeli pont, távolságát kapjuk vissza.1.1.1. Tétel (Cauchy-Schwarz egyenl®tlenség). Bármely két x, y ∈ R n vektor esetén|〈x, y〉| ≤ ‖x‖‖y‖. (1.1.6)Az egyenl®ség pontosan akkor áll fenn, ha létezik λ ∈ R szám, hogy x = λy.A tétel bizonyítását lásd például a [15]-ben a 26. oldalon. A Cauchy-Schwarz egyenl®tlenségfelhasználásával igazolható, hogy a norma a következ® tulajdonságokkal rendelkezik: bármely x, y∈∈ R n és bármely λ ∈ R esetén‖x‖ ≥ 0‖x‖ = 0 ⇔ x = θ n‖λx‖ = λ‖x‖‖x+y‖ ≤ ‖x‖+‖y‖.1.1.4. Deníció. Egy a ∈ R n pont ɛ sugarú környezetén ahalmazt értjük.K ɛ (a) = {x ∈ R n : ‖x−a‖ < ɛ} (1.1.7)n = 1 esetén a K ɛ (a) az a pontra szimmetrikus 2ɛ hosszúságú (a − ɛ, a − ɛ) nyílt intervallum,n = 2 esetén K ɛ (a) az a pont körüli ɛ sugarú nyílt körlap, n = 3 esetén K ɛ (a) az a pont körüli ɛsugarú nyílt gömb.Környezetek segítségével, hasonlóan mint az R-ben, értelmezhetjük R n -ben is a bels®, a határ,az izolált, a torlódási pont fogalmát, továbbá a nyílt és zárt halamzokat. A deníciók szó szerintugyanazok mint a [16] 2.1 fejezetéban, de benne a pont, a környezet jelentése az (1.1.7)-nekmegfelel®. További elektronikusan elérhet® jegyzet ahol az el®bb említett fogalmak megtalálhatókpéldául [5] els® fejezete.1.2. Sorozatok R n -benLegyen n, az R n tér dimenziója, egy rögzített szám.1.2.1. Deníció. Az a : N → R n függvényt R n -beli sorozatnak nevezzük.Jelöléseka m = a(m) = (a m,1 , a m,2 , ..., a m,n ), a = (a m , m ∈ N). (1.2.1)Az (a m,i , m ∈ N), (i = 1, ..., n) sorozatot az i-edik koordináta sorozatnak nevezzük.1.2.2. Deníció. Az a = (a m , m ∈ N) R n -beli sorozatot konvergensnek nevezzük, ha van olyanb ∈ R n , hogy bármely ɛ > 0-hoz létezik olyan N(ɛ) > 0 küszöbszám úgy, hogy ha n > N(ɛ), akkor‖a m −b‖ < ɛ. (1.2.2)Ekkor b-t a sorozat határértékének nevezzük és a következ® jelölést használjuka m → b (m → ∞) vagy limm→∞ a m = b. (1.2.3)Egy vektorsorozatot divergensnek nevezünk, ha nem konvergens.

1.2. SOROZATOK R N -BEN 9A következ® tétel a koordináta sorozatok és a sorozat konvergenciája közti kapcsolatot mutatjameg.1.2.1. Tétel. Egy vektorsorozat akkor és csak akkor konvergens, ha a sorozat minden koordinátasorozata konvergens és határértéke a határvektor megfelel® koordinátája, azaz:akkor és csak akkor, haa m = (a m,1 , a m,2 , ..., a m,n ) → b = (b 1 , b 2 , ..., b n ), (m → ∞) (1.2.4)a m,i → b i , (m → ∞) ha i = 1, ..., n. (1.2.5)Bizonyítás.Minden i = 1, ..., n-re igaz a következ® egyenl®tlenség∑|a m,i −b i | ≤ ‖a m −b‖ = √ n (a m,i −b i ) 2 ≤ √ n max |a m,i −b i |, (1.2.6)1≤i≤ni=1( a bizonyítását lásd az [15] 28-dik oldalán). Ennek alapján, minden olyan indexre, amelyre m >> N(ɛ), ha ‖a m − b‖ < ɛ , akkor minden i = 1, ..., n mellett |a m,i − b m,i | < ɛ teljesül. Fordítva, ha|a m,i −b m,i | < ɛ minden m > N(ɛ) esetén és minden i = 1, ..., n mellett, akkor ‖a n −b‖ < √ nɛ. Innenmár következik a tétel állítása.A fenti tétel alapján egy konvergens vektorsorozat határértékét úgy számítjuk ki,hogy kiszámítjuk a koordináta sorozatok határértékeit, és ezen határértékekb®l alkotottvektor lesz a sorozat határértéke. Ha valamelyik koordináta sorozat divergens,akkor a vektorsorozat is divergens lesz.1.1. Példa. Ha( 2m+1a m =m, 1 )(m ∈ N), (1.2.7)makkor az (a m , m ∈ N) sorozat konvergens és határértéke (2, 0), mivel2m+11lim = 2, lim = 0. (1.2.8)m→∞ m m→∞ m1.2. Példa. Ha( 2m 2 +1a m =m, 1 ), (m ∈ N), (1.2.9)makkor az (a m , m ∈ N) sorozat divergens, mivel az egyik koordináta sorozata divergens:2m 2 +1lim = +∞. (1.2.10)m→∞ mAz R n -beli vektorsorozat korlátosságát, részsorozatát, sorozatok összegét, számszorosát analógmódon értelmezzük mint az n = 1 esetben. Ezeket a deníciókat javasoljuk, hogy ismételjék átpéldául a [15] 2. fejezetéb®l. Ezekhez a fogalmakhoz kapcsolodó tételek mind érvényesek az R n -ben is (például a hatérték unicitására vonatkozó tétel, a korlátosság és konvergencia kapcsolatáravonatkozó tétel, az összeg sorozat és számszoros sorozat határértékére vonatkozó tételek, konvergenssorozat részsorozatainak határértékére vonatkozó tétel). Mivel az R n -ben n > 1 esetén nincsrendezési reláció, ezért a monotonítás fogalma, az alsó-, fels® határérték fogalma, a +∞, −∞-hezdivergálás fogalma n > 1 esetén nem értelmezhet®. Vektorsorozatok szorzata, hányadosa n > 1esetén szintén nem értelmezett.

10 1. FEJEZET. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK1.1. Feladat. ( Konvergensek-e ) az alábbi sorozatok? Ha igen határozzuk meg a határértéküket:3na) a n =2 +1, 1−nn 2 n( )5nb) a n =3 +1, 1−nn 2 n(nc) a n =2 +1, 1−2n,( ) )2n+1 n4n 2 +2 n 2n−3( √n+1− √d) a n =n−1,n 2, n√ )2n3 2 −n+2( ( ) n n )n!e) a n =2 n ,n 2 +12n 2 −3f) a n = (cos nπ, sin n)1.3. Valós változós vektor érték függvények1.3.1. Deníció. Legyen I ⊂ R, n ≥ 1, n ∈ N. Az f : I → R nf(x) = (f 1 (x), f 2 (x), ..., f n (x)), f k (x) ∈ R, k = 1, ..., n (1.3.1)függvényt valós változós vektor érték függvénynek nevezzük. Az f k (x) valós érték függvénytaz f függvény k-adik koordináta függvényének nevezzük.1.3.2. Deníció. Ha az f k (x) : I → R, k = 1, ..., n koordináta függvények deriválhatóak az x 0 ∈ Ipontban akkor az f(x) = (f 1 (x), f 2 (x), ..., f n (x)) deriválható az x 0 -ban ésf ′ (x 0 ) = (f ′ 1(x 0 ), f ′ 2(x 0 ), ..., f ′ n(x 0 )). (1.3.2)1.3.3. Deníció. Jelöljük C(I, R n )-rel az I-n folytonos vektor érték függvények halmazát, D(I, R n )-rel az I-n deriválható vektor érték függvények halmazát, C 1 (I, R n )-rel az I-n folytonosan deriválhatóvektor érték függvények halmazát.1.3.4. Deníció. Akkor mondjuk, hogy az R n valamely Γ részhalmaza sima elemi görbe, halétezik olyan I = [α, β] ⊂ R korlátos zárt intervallum és olyan folytonosan dierenciálható f : I → Γbijekció, amelynek deriváltjára teljesül az f ′ (t) ≠ θ n , t ∈ I feltétel. Ha f(α) = f(β), f : [α, β) → Γ\\ {f(β)} bijekció és az el®z® denícióbeli összes többi feltétel teljesül, akkor azt mondjuk, hogy Γsima, zárt elemi görbe.1.3.1. Megjegyzés. Bármely korlátos és zárt intervallumon értelmezett valós változós valós értékfolytonosan dierenciálható függvény grakonja sima elemi görbe.1.3.5. Deníció. Legyen Γ ⊂ R n egy sima elemi görbe, f : [α, β] → Γ ennek egy paraméterezése ést 0 ∈ [α, β]. Aγ := {f(t 0 )+tf ′ (t 0 ) : t ∈ R} (1.3.3)egyenest a Γ görbe f(t 0 ) pontbeli érint®jének nevezzük.1.3. Példa. Tekintsük azcsavargörbét, melynek deriváltjaEgy tetsz®leges t 0 ∈ (0, 2π) pontban húzott érint®jef(t) = (cos t, sin t, 2t) ∈ R 3 , t ∈ [0, 2π] (1.3.4)f ′ (t) = (− sin t, cos t, 2) ≠ (0,0,0). (1.3.5)γ := {(cos t 0 −t sin t 0 , sin t 0 +t cos t 0 , 2t 0 +2t), t ∈ R}. (1.3.6)

1.4. TÖBBVÁLTOZÓS VALÓS ÉRTÉK– FÜGGVÉNYEK 111.4. Többváltozós valós érték függvények1.4.1. Kétváltozós valós érték függvényekTekintsük a D ⊂ R 2 síkbeli halmazt. Az f : D → R függvényt kétváltozós valós érték függvényneknevezzük.A kétváltozós valós érték függvény grakus képe aGrf = {(x, y, z) ∈ R 3 : (x, y) ∈ D, z = f(x, y)}, (1.4.1)azaz azon térbeli pontok halmaza, amelyeknek az els® két koordinátája az (x, y) a függvény Dértelmezési tartományából van, a harmadik koordinátája pedig a függvény (x, y) pontbeli behelyettesítésiértékével egyenl®. A grakus kép egy térbeli felületet határoz meg. A grakon alakjánakszemléltetését el®segíti, ha a z = f(x, y) függvényben az egyik változó értékét rögzítjük, és csak amásik változik.Rögzítjük az els® változót: legyen x = a és y változzon úgy, hogy (a, y) ∈ D. AΓ 1 = {(a, y, z) ∈ R 3 : z = f(a, y), (a, y) ∈ D} (1.4.2)megadja a grakus képnek az x = a egyenlet síkkal vett metszetét. Ezzel az eljárással a felületr®lfelrajzolunk egy olyan görbesereget, amelyet a grakus kép és az x = a egyenlet, yOz síkkalpárhuzamos, síkok metszetével származtatunk.Rögzítjük a második változót: legyen y = b és x változzon úgy, hogy (x, b) ∈ D. AΓ 2 = {(x, b, z) ∈ R 3 : z = f(x, b), (x, b) ∈ D} (1.4.3)megadja a grakus képnek az y = b egyenlet síkkal vett metszetét. Ezzel az eljárással a grakusképr®l felrajzolunk egy olyan görbesereget, amelyeket a grakus kép és az y = b egyenlet, xOzsíkkal párhuzamos, síkok metszetével származtatunk.A grakon alakjának vizsgálatához felhasználjuk a z tengelyre mer®leges síkokkal való metszésvonalakatis. Ha a z = c síkkal metsszük a grakus képet, akkor aΓ 3 = {(x, y, z) ∈ R 3 : (x, y) ∈ D, z = f(x, y) = c} (1.4.4)halmazt a grakus kép c paraméteréhez tartozó nívógörbérjének vagy szintvonalának nevezzük.A szintvonalas ábrázolást a térképészetben használják. Valahányszor ha a számítógép segítségévelszemléltetünk egy felületet, ezeket a görbéket jelenítik meg a grakus ábrázolásra alkalmasprogramok (például a Maple) és ezek segítségével kapunk egy képet a felületr®l.1.4. Példa. Tekintsük az f : R 2 → R, f(x, y) = x 2 +y 2 forgási paraboloidot.Ha x = a, akkor z = f(a, y) = a 2 +y 2 tehát az x = a síkkal való metszet egy parabola.Ha y = b, akkor z = f(x, b) = x 2 +b 2 tehát az y = b síkkal való metszet szintén egy parabola.A c > 0 esetén a szintvonalak az x 2 +y 2 = ( √ c) 2 egyenlet körök.1.2. Feladat. Határozzuk meg a következ® függvények értelmezési tartományát, értékészletét. Ábrázoljukgrakusan, majd ellen®rizzük MAPLE programcsomaggal.a) f(x, y) = y 2 −y 2 , ( hiperbolikus paraboloid),b) f(x, y) = −1+2x 2 +2y 2 ,c) f(x, y) = xy,d) f(x, y) = x 3 −3xy 2 ,

12 1. FEJEZET. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEKe) f(x, y) = √ R 2 −x 2 −y 2 , (félgömb),f) f(x, y) = sin xy,g) f(x, y) = arcsin x y ,h) f(x, y) = √ x 2 +y 2 −1, (egyköppeny forgási hiperboloid),i) f(x, y) = √ x 2 +y 2 +1, ( kétköppeny forgási hiperboloid).1.5. Példa. A Maple a plot3d(f, x = a..b, y = c..d); paranccsal egy kétváltozós függvényt rajzol ki,melyet a háromdimenziós térben elhelyezked® felületként szemlélhetünk.> plot3d(x^2+y^2,x=-2..2,y=-2..2, axes=framed);> plot3d(x^2+y^2,x=-2..2,y=-2..2,axes=framed,style=contour);

1.4. TÖBBVÁLTOZÓS VALÓS ÉRTÉK– FÜGGVÉNYEK 13> plot3d(x^2-y^2,x=-2..2,y=-2..2,axes=framed);> plot3d(x^2-y^2,x=-2..2,y=-2..2,axes=framed,style=contour);> plot3d((4*x^2+y^2)*exp(-x^2-y^2),x=-4..4,y=-4..4,axes=framed);

14 1. FEJEZET. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK> plot3d(sin(x)+sin(y),x=-6..6,y=-6..6,axes=framed);> plot3d(sin(x)+sin(y),x=-6..6,y=-6..6,axes=framed,style=contour);

1.5. TÖBBVÁLTOZÓS VEKTOR ÉRTÉK– FÜGGVÉNYEK 151.4.2. n-változós valós érték függvények1.4.1. Deníció. Legyen D ⊂ R n . Akkor az f : D → R függvényt, amely∀x = (x 1 , x 2 , ..., x n ) ∈ D vektorhoz hozzárendel egy f(x) = f(x 1 , x 2 , ..., x n ) ∈ R (1.4.5)valós számot n változós vagy vektor változós valós érték függvénynek nevezzük.Például f(x 1 , x 2 , x 3 ) = √ 1−x 2 1 −x 2 2 −x 2 3 egy háromváltozós valós érték függvény. Ha nincsmegadva a függvény értelmezési halmaza, akkor azt a legb®vebb részhalmazt vesszük, ahol afüggvényt megadó formulának értelme van. Az el®z® függvény esetében például teljesülnie kell az1−x 2 1 −x 2 2 −x 2 3 ≥ 0 feltételnek, azaz az értelmezési halmaz az origó középpontú háromdimenziós,egység sugarú gömb és a belseje.1.5. Többváltozós vektor érték függvényekLegyen D ⊂ R n , x = (x 1 , x 2 , ..., x n ) ∈ D. Az f : D → R m ,⎛ ⎞ ⎛⎞f 1 (x) f 1 (x 1 , . . . , x n )f 2 (x)f(x) = ⎜ ⎟⎝ . ⎠= f 2 (x 1 , . . . , x n )⎜⎟⎝ . ⎠ , (1.5.1)f m (x) f m (x 1 , . . . , x n )n változós vektor érték függvénynek nevezzük. Az f i : D → R, (i = 1,2, ..., m) n-változósvalós érték függvényt az i-edik koordináta függvénynek nevezzük.1.6. Példa. Például az⎛ ⎞sin x 2 cos x 1f(x 1 , x 2 ) = ⎝sin x 2 sin x 1⎠ , (x 1 , x 2 ) ∈ [0,2π)×[0, π), (1.5.2)cos x 2függvény az (x 1 , x 2 ) kétdimenziós vektorhoz egy három dimenziós vektort rendel hozzá.1.5.1. Lineáris függvényekA valós változós valós érték lineáris függvényeket a következ®képpen értelmeztük:1.5.1. Deníció. Az f : R → R lineáris függvény, ha f(x+y) = f(x)+f(y),∀x, y ∈ R és f(λx) = λf(x), ∀λ, x ∈ R.Könny belátni, hogy az f : R → R függvény akkor és csak akkor lineáris, ha f(x) = ax alakú,ahol a ∈ R. A fenti denicíót kiterjeszthetjük vektor változós vektor érték függvényekre is.1.5.2. Deníció. Az L : R n → R m lineáris függvény (leképezés), ha L(x+y) = L(x)+L(y),∀x, y ∈ R n és L(λx) = λL(x), ∀λ ∈ R, x ∈ R n .

16 1. FEJEZET. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEKA denícióból adódóan kapjuk, hogy:1.5.1. Következmény. Ha L : R n → R m lineáris leképezés, akkor L(θ n ) = θ m .Ha (a 1 , a 2 ) ∈ R 2 , akkorf : R 2 → R, f(x 1 , x 2 ) = a 1 x 1 +a 2 x 2 = (a 1 a 2 ).(x1), (1.5.3)x 2kétváltozós valós érték lineáris függvény, hasonlóan, ha (a 1 , a 2 , ..., a n ) ∈ R n , akkor az⎛ ⎞x 1f : R n → R, f(x 1 , x 2 , ..., x n ) = a 1 x 1 +a 2 x 2 +...+a n x n = (a 1 a 2 ..., a n ). ⎜x 2⎟⎝. . . ⎠ , (1.5.4)x nn változós valós érték lineáris függvény alakú.A lineáris algebrában tanultak alapján érvényes a következ® állítás:1.5.1. Tétel. Az L : R n → R m leképezés, akkor és csak akkor lineáris, ha létezik⎛⎞a 11 a 12 . . . a 1nA = ⎜ a 21 a 22 . . . a 2n⎟⎝. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ⎠ ∈ M m×n (1.5.5)a m1 a m2 . . . a mnmátrix úgy, hogy⎛⎞ ⎛ ⎞a 11 a 12 . . . a 1nx 1L(x) = L A (x) = A·x T = ⎜ a 21 a 22 . . . a 2n⎟x 2⎝. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ⎠ ⎜ ⎟⎝ . ⎠a m1 a m2 . . . a mn x nAz A mátrixot átviteli mátrixnak nevezzük.(1.5.6)⎛⎞a 11 x 1 +a 12 x 2 +· · ·+a 1n x na 21 x 1 +a 22 x 2 +· · ·+a 2n x n= ⎜⎟⎝ .⎠ . (1.5.7)a m1 x 1 +a m2 x 2 +· · ·+a mn x n

2. fejezetHatárérték2.1. A határérték deníciójaA valós változós valós érték függvényeknél tanult határérték, folytonosság, dierenciálhatóságfogalmak kiterjeszthet®k n-változós vektor érték függvények esetére is. Elevenítsük fel a valósváltozós valós érték függvényeknél tanult, határérték denícióját (ismétlésnek lásd például [16]2-dik fejezetét).2.1.1. Deníció. Az f :I →R, I ⊂R valós változós valós érték függvénynek az értelmezési halmazx 0 torlódási pontjában van határértéke, ha létezik olyan l ∈ R úgy, hogy bármely ɛ > 0 esetén létezikδ > 0 szám úgy, hogy ∀x ∈ (K δ \{x 0 })∩I esetén igaz az, hogy f(x) ∈ K ɛ (l). Ekkor az l értéket afüggvény x 0 pontbeli határértékének nevezzük, amit aszimbólummal jelölünk.lim f(x) = l (2.1.1)x→x 0Emlékeztetünk, hogy a denícióban szerepl® környezet, ha l véges, akkor K ɛ (l) = (l−ɛ, l+ɛ),az l=−∞ esetén K ɛ (−∞):=(−∞, − 1) és l=+∞ esetén K ɛ ɛ(+∞):=( 1 , +∞). Az el®z® fejezetbenɛláttuk, hogy a környezet fogalmat több dimenziós terekre is ki tudjuk terjeszteni, következésképpenaz el®z® deníció több dimenzióra is kiterjeszthet®. Láttuk, hogy egy x 0 ∈ R n pont δ sugarúkörnyezetén aK δ (x 0 ) = {x = (x 1 , x 2 , ..., x n ) ∈ R n : ||x−x 0 || < δ} (2.1.2)halmazt értjük.Többdimenzióban a végtelen környezete deníció szerint√K δ (∞) := {x = (x 1 , x 2 , ..., x n ) ∈ R n : ‖x‖ = x 2 1 +x 2 2 +...+x 2 n > δ}. (2.1.3)2.1.2. Deníció. Az x 0 =(x 0 1, x 0 2, ..., x 0 n) a D⊂R n egy torlódási pontja ha az x 0 bármely környezeteD-nek végtelen sok pontját tartalmazza. A D halmaz torlódási pontjainak halmazát D ′ -vel jelöljükés a D deriválthalmazának nevezzük.Ha a határérték deníciójában a környezeteket kicseréljük a többdimenziós környezetekkel,akkor megkapjuk a vektorváltozós vektorérték függvények esetén a határérték denícióját.2.1.3. Deníció. Az f : I → R m , I ⊂ R n vektor változós vektor érték függvénynek az értelmezésihalmaz x 0 torlódási pontjában van határértéke, ha létezik olyan l ∈ R m úgy, hogy bármely ɛ > 017

18 2. FEJEZET. HATÁRÉRTÉKesetén létezik δ > 0 szám úgy, hogy ∀x ∈ (K δ \{x 0 })∩I esetén igaz az, hogy f(x) ∈ K ɛ (l). Ekkoraz l értéket a függvény x 0 pontbeli határértékének nevezzük, amit aszimbólummal jelölünk.lim f(x) = l (2.1.4)x→x 0Vizsgáljuk meg mit is jelent a fenti deníció néhány speciális esetben. El®ször nézzük a kétváltozósvalós érték függvények esetére.2.2. Kétváltozós valós érték függvény határértéke2.2.1. Deníció. Az f :D →R, D ⊂R 2 függvénynek a síkbeli D halmaz x 0 =(x 0 1, x 0 2)∈D ′ torlódásipontjában az l∈R határértéke, ha az l bármely ɛ>0 sugarú környezetéhez találunk az x 0 -nak olyanδ > 0 sugarú környezetét, amelyre igaz az, hogy ha x ∈ (K δ (x 0 )\x 0 )∩D, akkor f(x) ∈ K ɛ (l). Ekkorl a függvény x 0 pontbeli határértéke, amit a következ® szimbólummal jelölünk:lim f(x) = lim f(x 1 , x 2 ) = l. (2.2.1)x→x 0 x 1 →x 0 1 ,x 2→x 0 2Ha x 0 =(x 0 1, x 0 2)∈D ′ koordinátái végesek és l is véges a fenti deníció egyenérték a következ®vel∀ ε > 0, ∃ δ úgy, hogy√∀x = (x 1 , x 2 ) ∈ D, x ≠ x 0 , (x 1 −x 0 1) 2 +(x 2 −x 0 2) 2 < δ akkor |f(x)−l| < ɛ. (2.2.2)2.1. Példa. Tekintsük azf : R 2 \{θ 2 } → R, f(x 1 , x 2 ) = x 1x 2√x21 +x 2 2függvényt. Mivel bármely x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 \{θ 2 } eseténezért(2.2.3)|x 1 x 2 | ≤ x2 1 +x 2 2, (2.2.4)2|f(x 1 , x 2 )−0| = |x √1x 2 | x2√ ≤ 1 +x 2 2x21 +x 2 22= ||x−θ 2|| 2. (2.2.5)2Innen következik, hogy ha ||x−θ 2 || < 2ɛ = δ, akkor |f(x 1 , x 2 )−0| < ɛ. Tehát a függvény határértékea θ 2 = (0,0) pontban 0.2.2.1. Megjegyzés. A kétváltozós valós érték függvények határértékének deníciójából következik,hogy ha az x = (x 1 , x 2 ) pont a síkban bármilyen irányból közelíti meg az x 0 = (x 0 1, x 0 2) pontot,akkor a függvényértékek a közelítés irányától függetlenül ugyanahhoz az l értékhez tartanak.Azt a tényt, hogy a függvényértékek az iránytól függetlenül ugyanahhoz az értékhez közelednek,ha x → x 0 a polárkoordináták segítségével a legegyszerbb kimutatni.Legyen x = (x 1 , x 2 ) és x 0 = (x 0 1, x 0 2) két síkbeli pont. Jelöljük a két pont távolságát r-rel:√r = (x 1 −x 0 1) 2 +(x 2 −x 0 2) 2 . (2.2.6)Az x = (x 1 , x 2 ) → x 0 = (x 0 1, x 0 2) akkor és csakis akkor, ha r → 0. Jelöljük θ-val az x, x 0 pontokatösszeköt® egyenes és az Ox 1 pozítiv féltengely szögét. Ekkor{x 1 = x 0 1 +r cos θ(2.2.7)x 2 = x 0 2 +r sin θ.

2.2. KÉTVÁLTOZÓS VALÓS ÉRTÉK– FÜGGVÉNY HATÁRÉRTÉKE 192.2.1. Tétel. Legyen D ⊂ R 2 . Ha az f : D → R kétváltozós valós érték függvénynek az x 0 ∈ D ′pontban a határértéke l, akkor létezik ahatárérték és egyenl® l-el.limr→0 f(x0 1 +r cos θ, x 0 2 +r sin θ) (2.2.8)2.2. Példa. Igazoljuk, hogy az f(x 1 , x 2 )= √x2 1x 2 1 +x2 2Az x vektor koordinátáit kifejezzük a polárkoordináták segítségével:{x 1 = r cos θx 2 = r sin θ,majd vizsgáljuk a következ® határérték létezését:függvénynek a x 0 =(0,0) pontban van határértéke.r 2 cos 2 θlim f(r cos θ, r sin θ) = lim √r→0 r→0 r2 cos 2 θ +r 2 sin 2 θ = lim r 2 cos 2 θ== lim r cos 2 θ = 0. (2.2.9)r→0 rr→0Mivel a fenti határérték létezik és független θ-tól, ezért a függvénynek ha van határértéke a (0,0)pontban, akkor az 0-val egyenl®. A denícó alapján könny belátni, hogy a határérték valóban 0.2.3. Példa. Igazoljuk, hogy az f(x 1 , x 2 ) =határértéke.Áttérve a polárkoordinátákra {x 1 = 2+r cos θvizsgáljuk a következ® határérték létezését:(x 1 −2)√(x függvénynek a 1 −2) 2 +(x 2 −3) x0 = (2,3) pontban nincs2x 2 = 3+r sin θ,(2.2.10)r cos θlim f(2+r cos θ, 3+r sin θ) = lim √r→0 r→0 r2 cos 2 θ +r 2 sin 2 θ = lim r cos θ= cos θ. (2.2.11)r→0 rMivel a fenti határérték függ a θ-tól (a közelítés iránytól), ezért a függvénynek nincs határértékea (2,3) pontban.függvénynek a x 0 = (0,0) pontban nincs határ-12.4. Példa. Igazoljuk, hogy az f(x 1 , x 2 ) = sinx 2 1 +x2 2értéke.Az x vektor koordinátáit kifejezzük a polárkoordináták segítségével:{x 1 = r cos θx 2 = r sin θ,majd vizsgáljuk a következ® határérték létezését:lim f(r cos θ, r sin θ) = lim sin 1r→0 r→0 r 2 cos 2 θ +r 2 sin 2 θ = lim sin 1 r→0 r . (2.2.12)2Ez utóbbi határérték azonban nem létezik, tehát a függvénynek nincs határértéke a megadottpontban.

20 2. FEJEZET. HATÁRÉRTÉK2.2.1. Iterált határértékekAz el®z® pontban deniált határértéken kívül még más típusú határértékeket is értelmezhetünk.Tekintsük a kétváltozós f : D → R, (x, y) → f(x, y) ∈ R, D = A 1 ×A 2 , A 1 , A 2 ⊆ R függvényt.Rögzítsük az y-t az A 2 -ben. Így egy x→f(x, y)∈R, x∈A 1 egyváltozós függvényt értelmeztünk,amelyet f(., y) : A 1 → R szimbólummal jelölünk, és tanulmányozzuk ennek a függvénynek az x 0 ∈∈ A ′ 1 pontban a lim x→x0 f(x, y) határértékét. Ha ez létezik, akkor az értéke általában függ y-tól.Rögzítsünk egy y 0 ∈ A ′ 2 pontot. Ha az el®bb említett határérték legfeljebb y 0 pont kivételévelminden y pontban létezik, akkor egyf 2 : A 2 \{y 0 } → R,f 2 (y) = limx→x0f(x, y) (2.2.13)y-tól függ® függvényhez jutunk és tanulmányozzuk ennek a függvénynek a határértékét az y 0pontban. Ha ez utóbbi határérték is létezik, akkor jelöljük az értékétHasonló gondolatmenettel jutunk el alimy→y 0lim f(x, y). (2.2.14)x→x0limx→x 0lim f(x, y)y→y0határértékhez, ha a megfelel® határértékek léteznek.2.2.2. Deníció. Alimy→y 0lim f(x, y),x→x0limx→x0lim f(x, y) (2.2.15)y→y0határértékeket az f függvény iterált vagy ismételt határértékeinek nevezzük az (x 0 , y 0 ) pontban.Az (x 0 , y 0 ) pontbeli határérték és iterált határértékei között a következ® kapcsolat van:2.2.2. Tétel. Tegyük fel, hogy az f : A 1 × A 2 → R függvénynek az z 0 = (x 0 , y 0 ), x 0 ∈ A 1 , y 0 ∈ A 2 ,pontban létezik határértéke. Ha bármely rögzített y ∈A 2 \{y 0 } esetén létezik az f(., y): A 2 \{y 0 }→R függvény határértékeaz x 0 pontban, akkor létezik lim y→y0 lim x→x0 f(x, y) éslimy→y 0lim f(x, y) = lim f(x, y). (2.2.16)x→x0 x→x 0 ,y→y 0 Ha pedig bármely rögzített x ∈ A 1 \ {x 0 } esetén létezik az f(x, .) : A 1 \ {x 0 } → R függvényhatárértéke az y 0 pontban, akkor létezik lim x→x0 lim y→y0 f(x, y) éslimx→x 0lim f(x, y) = lim f(x, y). (2.2.17)y→y0 x→x 0 ,y→y 02.2.2. Megjegyzés. Ha a tételbeli feltételek teljesülnek és létezik a függvénynek határértéke,akkor az iterált határértékek is léteznek és egyenl®ek a függvény határértékével. Ha az iterált határértékek különböznek, akkor a függvénynek nincs az (x 0 , y 0 ) pontban határértéke. Az iterált határértékek létezéséb®l és egyenl®ségéb®l nem következik a függvény határértékéneklétezése.

2.3. N-VÁLTOZÓS VALÓS ÉRTÉK– FÜGGVÉNY HATÁRÉRTÉKE 21 Az iterált határértékek elég laza kapcsolatban vannak egymással. Megtörténhet, hogy mindket®létezik és nem egyenl®ek. Megtörténhet, hogy az egyik létezik a másik nem.2.5. Példa. Az f : R 2 \ {(x, y) ∈ R 2 : x + y ≠ 0} → R, f(x, y) = x−yx+yhatárértékek léteznek a (0,0)-ban, de nem egyenl®ek:lim lim f(x, y) = 1, limy→0 x→0limx→0 y→0Tehát a függvénynek nincs határértéke a (0,0) pontban.2.6. Példa. Az f : (0, +∞)×(0, +∞) → R, f(x, y) = yx+ylétezik, a másik nem létezik a (0,0)-ban:lim lim f(x, y) = lim sin 1y→0 x→0 y→0 ynem létezik, defüggvény esetén az iteráltf(x, y) = −1. (2.2.18)sin1+xyyesetén az egyik iterált határértéklim lim f(x, y) = 0. (2.2.19)x→0 y→0Tehát vigyázni kell, ha két "egymás utáni" határértéket számítunk, a határértékek sorrendjénekfelcserélésével.2.7. Példa. Van-e határértéke az f :R 2 \{(0,0)}→R, f(x, y)= xy függvénynek a (0,0) pontban?x 2 +y 2Vegyük észre, hogylim lim f(x, y) = lim lim f(x, y) = 0, (2.2.20)x→0 y→0 y→0 x→0vagyis az iterált határértékek léteznek és egyenl®ek.Ha x=y irány mentén tartunk (0,0)-hoz, akkor lim x→0 f(x, x)=1/2, és ha x=−y irány menténtartunk (0,0)-hoz, akkor lim x→0 f(x, −x) = −1/2, következésképpen az f-nek nincs határértéke a(0,0)-ban, annak ellenére, hogy az iterált határértékek egyenl®ek.2.3. n-változós valós érték függvény határértékeTekintsük az f : D → R, függvényt, ahol D ⊆ R n , D ≠ ∅. Legyen x 0 = (x 0 1, x 0 2, ..., x 0 n) a D egy végestorlódási pontja (azaz az x 0 minden koordinátája véges).2.3.1. Deníció. Azt mondjuk, hogy az f függvénynek az x 0 pontban a határértéke az l∈R szám,ha az l minden ε sugarú K ε (l) környezetének megfelel az x 0 olyan δ sugarú K δ (x 0 ) környezete,hogy bármely x ∈ (K δ (x 0 )\{x 0 })∩D esetén f(x) ∈ K ε (l), azaz ∀ε > 0-hoz ∃δ > 0 úgy, hogyEkkor a következ® jelölést használjuk:∀x ∈ D, x ≠ x 0 , ‖x−x 0 ‖ n < δ, akkor |f(x)−l| < ε. (2.3.1)lim f(x) = l vagy lim f(x 1 , x 2 , ..., x n ) = l. (2.3.2)x→x0 x 1 →x 0 1 ,x 2→x 0 2 ,...,xn→x0 nAz n = 3 esetben a határérték iránytól való függetlenségét a polárkoordináták segítségével akövetkez®képpen tanulmányozzuk az x 1 , x 2 , x 3 -at kifejezzük a háromdimenziós polárkoordinátákkal:⎧⎪⎨ x 1 = x 0 1 +r sin θ 1 cos θ 2x⎪ 2 = x 0 2 +r sin θ 1 sin θ 2 θ 1 ∈ [0, π), θ 2 ∈ [0,2π). (2.3.3)⎩x 3 = x 0 3 +r cos θ 1 ,Ha az f függvénynek az x 0 = (x 0 1, x 0 2, x 0 3)-ban van határértéke, akkor létezik alimr→0 f(x0 1 +r sin θ 1 cos θ 2 , x 0 2 +r sin θ 1 sin θ 2 , x 0 3 +r cos θ 1 ) = l (2.3.4)határérték és független a θ 1 és θ 2 értékét®l.

22 2. FEJEZET. HATÁRÉRTÉK2.4. Végtelen határérték és határérték a végtelenben2.4.1. Deníció. Az f : D → R m vektor változós vektor érték függvény tart ∞-ben miközbenx → x 0 ∈ D ′ , azazlim f(x) = ∞,x→x0 ha bármely M > 0 számhoz létezik δ > 0, úgy hogy2.8. Példa. Az f(x) = 1x 2 1 +x2 2‖f(x)‖ > M, ha x ∈ D, x ≠ x 0 , ‖x−x 0 ‖ < δ.függvény határértéke ∞, ha x = (x 1 , x 2 ) → x 0 = (0,0). Valóban,f(x) > M, ha 0 < ‖x−x 0 ‖ < δ = 1 M .2.4.2. Deníció. Ha a D értelmezési halmaz nem korlátos, akkorlim f(x) = l,x→∞ha bármely ε > 0 számhoz létezik olyan R > 0, úgy hogy f(x) ∈ K ε (l), ha ‖x‖ > R.2.9. Példa.lim cos 1= 1.x→∞ x 2 1 +x 2 2 +x 2 3Mivel cos u folytonos u = 0-ban, ezért bármely ε > 0-hoz van olyan δ > 0, amelyre| cos u−1| < ε, ha |u| < δ.Mivel1= 1x 2 1 +x 2 2 +x 2 3 ‖x‖ , 2ha ‖x‖ > √ 1 δ, akkor1< δ,x 2 1 +x 2 2 +x 2 3ahonnan következik, hogy ∣ ∣∣∣ 1cos−1x 2 1 +x 2 2 +x 2 ∣ < ε.3n-változós valós érték függvények összegét, különbségét, szorzatát, hányadosát hasonlóan értelmezzükmint a valós változós valós érték függvények esetében. Hasonlóan mint a [16] 2. fejezetébenigazolni lehet a következ® mveleti szabályokat:2.4.1. Tétel. Tegyük fel, hogy az f, g : D → R, D ⊆ R n , D ≠ ∅ függvényeknek a D egy x 0 torlódásipontjában van határértéke:lim f(x) = l 1 lim g(x) = l 2.x→x 0 x→x 0Akkorlimx→x 0(f(x)+g(x)) = l 1 +l 2 ,limx→x 0(f(x)−g(x)) = l 1 −l 2 ,lim f(x)·g(x) = l 1 ·l 2 ,x→x 0limx→x 0 f(x)g(x) = l 1l 2, g(x) ≠ 0,feltéve ha a jobboldalon álló mveleteknek van értelme.

2.5. N-VÁLTOZÓS VEKTOR ÉRTÉK– FÜGGVÉNY HATÁRÉRTÉKE 230Ha a jobboldalon álló mveleteknek nincs értelme, azaz ∞ − ∞, 0 · ∞, , ∞határozatlanságiesetek valamelyike áll fenn, akkor a valós változós valós érték függvények határértékeinek0 ∞kiszámításánál tanult átalakítási eljárások segítségével számítjuk ki a fenti határértékeket.2.5. n-változós vektor érték függvény határértékeTekintsük az f : D → R m , D ⊆ R n , D ≠ ∅ függvényt, legyen x 0 = (x 0 1, x 0 2, ..., x 0 n) a D halmaz egytorlódási pontja. Az f függvény x 0 pontbeli határértékeének deníciója a következ®:2.5.1. Deníció. Azt mondjuk, hogy az f függvénynek az x 0 pontban a határértéke az l == (l 1 , l 2 , ..., l m ) ∈ R m vektor, ha az l minden ε sugarú K ε (l) környezetéhez létezik az x 0 olyanδ sugarú K δ (x 0 ) környezete, hogy bármely x ∈ (K δ (x 0 ) \ {x 0 }) ∩ D esetén f(x) ∈ K ε (l). Ekkor akövetkez® jelölést használjuk:lim f(x) = l vagy lim f(x 1 , x 2 , ..., x n ) = l. (2.5.1)x→x0 x 1 →x 0 1 ,x 2→x 0 2 ,...,xn→x0 nHasonlóan mint az egyváltozós valós érték fügvények esetében igazolni tudjuk, hogy érvényesaz átviteli elv, továbbá a függvények határértéke, ha létezik, akkor egyértelm.A következ® tétel rávilágít az f függvény x 0 ∈ D ′ pontbeli határértéke és az f 1 , f 2 , ..., f m ún.koordináta függvények ugyanazon pontbeli határértékei közötti kapcsolatra.2.5.1. Tétel. Az lim x→x 0 f(x) = lim x→x 0(f l (x), ..., f m (x)) = (l 1 , ..., l m ) akkor és csak akkor, halimx→x 0 f j(x) = l j∀ j ∈ {1, 2, ..., m}.A tétel azt mondja ki, hogy vektor változós, vektor érték függvény határértéke az a vektor,amelynek komponenseit úgy számítjuk ki, hogy kiszámítjuk a függvény koordináta függvényeinek(komponenseinek) határértékét. A tétel az átviteli elv és a vektorsorozatok határértéke és akoordináta sorozatok határértékei közti kapcsolat következménye.2.5.2. Deníció. Az f : D → R m függvény folytonos az x 0 ∈ D torlódási pontban, ha az x 0 -banvan határértéke és ez megegyezik az f(x 0 )-val. Az értemezési halmaz izolált pontjaiban deníciószerint a függvény folytonos. Ha az f az értelmezési halmaz minden pontjában foytonos, akkor ffolytonos (D-n).2.5.2. Tétel. Ha az f, g : D → R folytonosak, akkor f +g, f −g, f ·g is folytonosak D-n. Az f/gis folytonos minden olyan x 0 ∈ D pontban, ahol g(x 0 ) ≠ 0. Ha az f, g : D → R m folytonosak, akkorf +g, f −g, λf, λ ∈ R is folytonosak D-n.2.5.3. Tétel. Tekintsük a D ⊂ R n , H ⊂ R m , halmazokat. Ha f : D → H, g : H → R k két vektorváltozós vektor érték folytonos függvény, akkor az g ◦f : D → R k szintén folytonos.2.10. Példa. Az f(x, y) = 1 − x 2 − 2y 2 függvény maximális értelmezési tartománya R 2 , mivelbármely (x 0 , y 0 ) ∈ R 2 eseténlim f(x, y) = f(x 0 , y 0 ),(x,y)→(x 0 ,y 0 )ezért folytonos R 2 -n.

24 2. FEJEZET. HATÁRÉRTÉK2.11. Példa. Tanulmányozzuk a következ® függvény folytonosságát:⎧ √⎨ sin 1−x 2 −2y 2, ha 1−xf(x, y) =√1−x 2 −2y 2 > 0⎩2 −2y 21, ha 1−x 2 −2y 2 = 0.(2.5.2)A függvény értelmezési tartománya az 1 − x 2 − 2y 2 = 0 ellipszis és a belseje. Az ellipszis bels®pontjaiban a fügvénynek van határértéke és egyenl® a behelyettesítési értékkel, tehát a függvényfolytonos a bels® pontokban. Ha (x, y) az értelmezési halmaz olyan bels® pontja amelyre 1 − x 2 −−2y 2 → 0, akkorlim f(x, y) =1−x 2 −2y 2 →0tehát az ellipszis pontjaiban is folytonos a függvény.sin √ 1−xlim2 −2y√ 2= 1,1−x 2 −2y 2 →0 1−x2 −2y 22.1. Feladat. Határozzuk meg a következ® függvények határértékét a megadott pontokban, ha létezik!a) f(x, y) = xyx 2 +y 2 (0,0)b) f(x, y) = xy2x 2 +y 2 (0,0)c) f(x, y) = x+yx−y(0,0)d) f(x, y) = (x−1)(y−2)(x−1) 2 +(y−2) 2 (1,2)e) f(x, y) = (x−3)2 (y+2)(x−3) 2 +(y+2) 2 (3, −2)f) f(x, y) = x2 −y 2x 2 +y 2 (0,0)g) f(x, y) = (x+y) sin 1 sin 1 x y(0,0)h) f(x, y) = xy2 −4xx 2 +y 2 −4y+4(0,2)i) f(x, y) = sin(x2 +y 2 )x 2 +y 2 (0,0)j) f(x, y) = (1+xy) −1x 2 +y{2 (0,0)x+y, ha x+y racionálisk) f(x, y) =x 2 +y 2 , ha x+y irracionális(0,0)2.2. Feladat. Állapítsuk { meg hol folytonosak a következ® függvények:xy, ha (x, y) ≠ (0,0)xa) f(x, y) =2 +y 21, ha (x, y) = (0,0){xy, ha x 2 −y 2 ≠ 0xb) f(x, y) =2 −y 22, ha x 2 −y 2 = 0{2, ha xy ≠ 0c) f(x, y) =1, ha xy = 0{x sin 1 yd) f(x, y) =, ha y ≠ 00, ha y = 0{(1+xe) f(x, y) =2 y 2 ) −1x 2 +y 2 , ha (x, y) ≠ (0,0)1, ha (x, y) = (0,0).2.12. Példa. A Maple segítségével a következ® utasításokkal tudunk határértéket számolni:lim(x,y)→(−1,2)2x+3y4x+5y

2.5. N-VÁLTOZÓS VEKTOR ÉRTÉK– FÜGGVÉNY HATÁRÉRTÉKE 25> limit((2*x+3*y)/(4*x+5*y),{x=-1,y=2});A következ® eredményt adja:23 .Valóban a függvény értelmezett az a = (−1,2) pontban és folytonos, ezért a határértéke létezikés egyenl® az f(a) = 2-dal.3Ha most egy olyan pontban tanulmányozzuk a határérték létezését, ahol a függvény nem értelmezett,például a b = (0,0)-ban akkor a következ®t kapjuk> limit((2*x+3*y)/(4*x+5*y),{x=0,y=0});Erre a következ®t írja ki:undefined.Ilyenkor, hogy valóban bebizonyítsuk, hogy a határérték nem létezik viszgáljuk meg, hogy ha különböz®irányból tartunk a megadott ponthoz milyen eredményre jutunk. Ennél a példánál, ha vizsgáljukaz iterált határértékeket, a következ®t kapjuk:> limit((2*x+3*0)/(4*x+5*0),{x=0,y=0});> limit((2*0+3*y)/(4*0+5*y),{x=0,y=0});2435 .2x+3yMivel az iterált határértékek különböznek, ezért valóban nem létezik a lim határérték.(x,y)→(0,0) 4x+5y

26 2. FEJEZET. HATÁRÉRTÉK

3. fejezetDierenciálhatóság3.1. A dierenciálhatóság deníciójaA valós változós valós érték függvények esetén az f : U → R, U ⊆ R deriválható az a ∈ U ∩ U ′pontban, ha létezik af(a+h)−f(a)lim(3.1.1)h→0 hhatárérték és véges. Ekkor a fenti határértéket a függvény a pontbeli dierenciálhányadosának,vagy deriváltjának nevezzük, amitf ′ (a) := limh→0f(a+h)−f(a)h(3.1.2)szimbólummal jelölünk.Általában két vektor hányadosa nem értelmezett, ezért a fenti deníció nem terjeszthet® kitöbbváltozós függvényekre.A fenti denició egyenérték a következ®vel (a bizonyítást lásd például [16]-ben):3.1.1. Tétel. Az f : U → R, (U ⊆ R) dierenciálható az a ∈ U ∩ U ′ pontban, ha létezik L ::R→R, L(h)=A·h, A∈R, lineáris leképzés, létezik ε:K δ (0)→R függvény, melyre lim ε(h)=0=ε(0)h→0ésf(a+h)−f(a) = L(h)+ε(h)·|h| (3.1.3)bármely h esetén, amelyre a+h ∈ U.A tételben szerepl® A := f ′ (a) a függvény a pontbeli deriváltja és az L(h) := A·h -t a függvénya pontbeli dierenciáljának nevezzük. Ez utóbbi alkalmas arra, hogy többváltozós függvényekre iskiterjesszük.3.1.1. Deníció. Az f : U → R m , (U ⊆ R n ) dierenciálható az a ∈ U ∩ U ′ pontban, ha létezikL : R n → R m , L(h) = A·h, A ∈ M m×n , lineáris leképzés és létezik ε : K δ (θ n ) → R m függvény, melyrelim h→θn ε(h) = θ m = ε(θ n ) ésbármely h esetén, amelyre a+h ∈ U.f(a+h)−f(a) = L(h)+ε(h)·‖h‖, (3.1.4)3.1.2. Deníció. Az el®z® denícióban szerepl® L lineáris függvényt az f a-pontbeli dierenciáljánakvagy totális deriváltjának nevezzük . Az A mátrixot derivált mátrixnak, vagyJacobi-mátrixnak nevezzük és A = f ′ (a)-val jelöljük.27

28 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁGHa f kétváltozós valós érték lineáris függvény, akkor a denícióban szerepl® L(h) teljes dierenciál( )h1L(h) = L(h 1 , h 2 ) = a 1 h 1 +a 2 h 2 = (a 1 a 2 ). , (ah 1 , a 2 ) ∈ R 2 (3.1.5)2alakú. Analóg módon az n-változós valós érték lineáris függvény teljes dierenciálja⎛ ⎞h 1L(h) = L(h 1 , h 2 , . . . , h n ) = a 1 h 1 +a 2 h 2 +· · ·+a n h n = (a 1 a 2 . . . , a n )· ⎜h 2⎟⎝. . . ⎠ , (3.1.6)h n(a 1 , a 2 , . . . , a n ) ∈ R n . (3.1.7)Ha f : R n → R m , akkor a derivált mátrix⎛⎞a 11 a 12 . . . a 1nA = ⎜ a 21 a 22 . . . a 2n⎟⎝. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ⎠ ∈ M m×n (3.1.8)a m1 a m2 . . . a mnés a teljes dierenciál:⎛⎞ ⎛ ⎞a 11 a 12 . . . a 1n h 1L(h) = A·h = ⎜ a 21 a 22 . . . a 2n⎟ ⎜h 2⎟⎝ . . .⎠ ⎝. . . ⎠ (3.1.9)a m1 a m2 . . . a mn h n⎛⎞a 11 h 1 +a 12 h 2 +· · ·+a 1n h na 21 h 1 +a 22 h 2 +· · ·+a 2n h n= ⎜⎟⎝ .⎠ . (3.1.10)a m1 h 1 +a m2 h 2 +...+a mn h nTöbbváltozós függvények esetén a denícióból nem derül ki, hogy hogyan számítjuk ki a deriváltmátrix elemeit. Erre a következ® részben adjuk meg a választ. El®bb azonban tisztázzuk adierenciálhatóság és a folytonosság kapcsolatát, megadjuk a dierenciálhatóság egy ekvivalensátfogalmazását, valamint megadjuk a vektorérték függvény teljes dierenciálja és a koordinátafüggvények teljes dierenciálja közti kapcsolatot.3.1.2. Tétel. Ha az f : U → R m függvény dierenciálható az a ∈ U ∩U ′ pontban, akkor folytonosa-ban.A tétel azt mondja ki, hogy az a pontbeli folytonosság a függvény a pontbeli dierenciálhatóságánakszükséges feltétele. A tétel bizonyításánál szükség van a következ® Lemmára:1. Lemma. Legyen x ∈ R n , A ∈ M m×n , jelöljük ‖x‖ ∞ = max 1≤i≤n |x i |, akkoramit az A mátrix normájának nevezünk.‖A·x‖ ∞ ≤ α‖x‖ ∞ , ahol α = max1≤i≤mn∑|a ij |,j=1

3.1. A DIFFERENCIÁLHATÓSÁG DEFINÍCIÓJA 29Bizonyítás.⎛⎞ ⎛ ⎞ ⎛⎞a 11 a 12 . . . a 1nx 1 a 11 x 1 +a 12 x 2 +· · ·+a 1n x nA·x = ⎜ a 21 a 22 . . . a 2n⎟x 2⎝. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ⎠ ⎜ ⎟⎝ . ⎠ = a 21 x 1 +a 22 x 2 +· · ·+a 2n x n⎜⎟⎝ .⎠ . (3.1.11)a m1 a m2 . . . a mn x n a m1 x 1 +a m2 x 2 +...+a mn x nTehát az A·x j-edik sorára igaz a következ®|(A·x) j | = |a j1 x 1 +a j2 x 2 +· · ·+a jn x n | ≤ |a j1 x 1 |+|a j2 x 2 |+· · ·+|a jn x n | ≤ (3.1.12)|a j1 |||x|| ∞ +|a j2 |||x|| ∞ +· · ·+|a jn |||x|| ∞ ≤ (|a j1 |+|a j2 |+· · ·+|a jn ||)||x|| ∞ , j = 1, . . . , m. (3.1.13)Innen||A·x|| ∞ ≤ max (|a j1|+|a j2 |+· · ·+|a jn |)||x|| ∞ = α||x|| ∞ . (3.1.14)1≤j≤mA tétel bizonyítása.Tegyük fel, hogy f dierenciálható az a-pontban, akkor a denició alapján f(a+h)−f(a) == L(h)+ε(h)·||h||, ahol az ε : K δ (θ n ) → R m függvényre teljesül a lim h→θn ε(h) = θ m = ε(θ n ) feltétel.Legyen h = x−a → θ n ha x → a, ekkor felhasználva az el®bbi Lemmát‖f(x)−f(a)‖ ∞ = ‖A(x−a)+ε(h).‖h‖‖ ∞ ≤ ‖A(x−a)‖ ∞ +‖ε(h)‖ ∞ ‖x−a‖ ≤ α‖x−a‖ ∞ ++‖ε(h)‖ ∞ ‖x−a‖ → 0.(3.1.15)Következésképpen f folytonos a-ban.Amint már a valós változós valós érték függvények esetében tisztáztuk, a folytonosság adierenciálhatóság szükséges, de nem elégséges feltétele. Ez többváltozós függvények eseténis igaz. Ennek indoklására kés®bb adunk egy példát, amely esetében a f egy adott pontbanfolytonos, de nem dierenciálható.3.1.3. Tétel. Ha az f dierenciálható az a∈U ∩U ′ pontban akkor a denícióban szerepl® A mátrixegyértelmen meghatározott.A dierenciálhatóság deníciója a következ®vel ekvivalens:3.1.3. Deníció. Az f : U → R m dierenciálható a-ban, ha létezik A ∈ M m×n mátrix úgy, hogy||f(a+h)−f(a)−A·h||lim= 0.h→θ n ||h||3.1.4. Tétel. Az f : U → R m ⎛ ⎞f 1 (x)f 2 (x)f(x) = ⎜ ⎟⎝ . ⎠f m (x)dierenciálható az a ∈ U ∩U ′ -ean és a derivált mátrixa ebben a pontban⎛⎞a 11 a 12 . . . a 1n⎜ a 21 a 22 . . . a 2n⎟⎝. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ⎠ ,a m1 a m2 . . . a mnakkor és csak akkor, ha az f függvény f i koordináta függvényei is dierenciálhatók az a-ban és ateljes dierenciáljaf ′ i(a)·h = a i1 h 1 +a i2 h 2 +...+a in h n .

30 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁG3.1.1. Megjegyzés.1. Az f : U → R, U ⊂ R n n-változós valós érték függvény deriváltmátrixát az a ∈ U pontban az fgradiensének nevezzük. A gradiens egy n dimenziós vektor és a következ®képpen jelöljükf ′ (a) := (gradf)(a).2. Az f :U →R m , U ⊂R egy változós vektor érték függvénynek, a derivált mátrixa egy oszlopmátrix:⎛ ⎞f 1(a)′ f ′ 2(a)⎜ ⎟⎝ . ⎠ .f m(a)′3.2. Iránymenti deriváltak. Parciális deriváltakLegyen f : U → R m , U ⊂ R n nyílt halmazon értelmezett függvény, e ∈ R n egy egységvektor ‖e‖ = 1.Az a ∈ U ponton áthaladó e irányvektorú egyenes az a + te, t ∈ R pontok összessége. Az r-etúgy választjuk meg, hogy az a+et ∈ U, ha |t| < r. Tekintsük az f függvény leszkítését ennek azegyenesnek arra a szakaszára amely benne van az U-ban. Ez egyalakú egyválatozós függvény lesz.F (t) := f(a+te), |t| < r (3.2.1)3.2.1. Deníció. Ha F : (−r, r) → R m , F (t) = f(a + te) valós változós vektor érték függvénydierenciálható a 0-ban, akkor azt mondjuk, hogy f-nek létezik az e irány mentén vett iránymentideriváltja. Az F ′ (0)-t az f e iránymenti deriváltjának nevezzük és ∂ e f(a) szimbólummaljelöljük.Az el®z® denícióból és a valósváltozós vektorérték függvények deriváltjának deníciójából(lásd (1.3.2)) adódik, hogy az a pontban vett e iránymenti deriváltat, ha létezik, a következ®képpen számítjuk ki:∂ e f(a) = F ′ f(a+te)−f(a)(0) = lim, (3.2.2)t→0 tahol a lim alatti mveletet a következ® képpen értjük: a tört számlálójában lev® vektort szorozzokaz 1/t skalárral3.1. Példa. Határozzuk meg az f(x 1 , x 2 )=5x 1 +3x 2 +x 2 1x 3 2 függvény jelzett irány szerinti deriváltjaita megadott pontokban:a) a = (a 1 , a 2 ) pontbeli, e = (e 1 , e 2 ) egységvektor szerinti,b) a = (1,2) pontbeli d = (4, 3) irány menti,c) a = (1, 2) pontbeli és az Ox tengelyel 60-fokos szöget bezáró egységvektor.a) A deníció alapján ∂ e f(a) = F ′ (0), aholAz F függvény deriváltjaF (t) = f(a+te) = 5(a 1 +te 1 )+3(a 2 +te 2 )+(a 1 +te 1 ) 2 (a 2 +te 2 ) 3 .F ′ (t) = 5e 1 +3e 2 +2e 1 (a 1 +te 1 )(a 2 +te 2 ) 3 +3e 2 (a 1 +te 1 ) 2 (a 2 +te 2 ) 2 ,

3.2. IRÁNYMENTI DERIVÁLTAK. PARCIÁLIS DERIVÁLTAK 31tehát ∂ e f(a) = F ′ (0) = 5e 1 +3e 2 +2e 1 a 1 a 3 2 +3e 2 a 2 1a 2 2.b) A d = (4,3) vektor hossza ‖d‖ = √ 4 2 +3 2 = 5, a d irányában mutató egységvektor e = d = ‖d‖= ( 4, 3). 5 5∂ e f(a) = F ′ (0) == 5e 1 +3e 2 +2e 1 a 1 a 3 2 +3e 2 a 2 1a 2 2 = 5· 45 +3· 35 +2· 45 ·1·23 +3· 35 ·12 ·2 2 = 1345 .c) Az Ox tengellyel 60-fokos szöget bezáró egység vektor e = (cos 60 ◦ , sin 60 ◦ ) = ( 1 2 , √ 32 ).∂ e f(a) = F ′ (0) == 5e 1 +3e 2 +2e 1 a 1 a 3 2 +3e 2 a 2 1a 2 2 = 5· 1√32 +3· 2 +2· 1√32 ·1·23 +3·2 ·12 ·2 2 = 21+15√ 3.23.2.1. Tétel. Ha az f :U →R m , U ⊂R n nyílt halmaz valamely a pontjában dierenciálható, akkorbármely e irány mentén létezik az iránymenti deriváltja és∂ e f(a) = f ′ (a)·e. (3.2.3)Bizonyítás.A feltétel alapján F (t) = f(a + te) két dierenciálható függvény közvetett függvénye, ezértderiválható a t = 0-ban. A közvetett függvény deriválási szabálya alapján (amit a kes®bbiekbenigazolunk vektorváltozós esetre is)∂ e f(a) = F ′ (0) = f ′ (a+te)| t=0 (a+te) ′ | t=0 = f ′ (a)·e. (3.2.4)A síkban két nevezetes irány van, mégpedig az az Ox és Oy tengelyek által meghatározottirányok. Ezen irányoknak megfelel® egységvektorok{e 1 = (1,0). (3.2.5)e 2 = (0,1)Tekinsük az e 1 iránymenti deriváltat. A deníció alapján, az a = (a 1 , a 2 ), a+te 1 = (a 1 , a 2 )+(t,0) == (a 1 +t, a 2 ) jelölésekkel,f(a 1 +t, a 2 )−f(a 1 , a 2 )∂ e1 f(a) = lim, (3.2.6)t→0 tvagyis az e 1 iránymenti derivált kiszámításakor úgy tekintjük, hogy a második változó konstans,és az els® változó szerint deriválunk.Hasonlóan az e 2 szerinti iránymenti derivált esetén, az a+t[e] 2 = (a 1 , a 2 )+(0, t) = (a 1 , a 2 +t)jelölésekkel,f(a 1 , a 2 +t)−f(a 1 , a 2 )∂ e2 f(a) = lim, (3.2.7)t→0 tvagyis az e 2 iránymenti derivált kiszámításakor úgy tekintjük, hogy az els® változó konstans, és amásodik változó szerint deriválunk.3.2.2. Deníció. Legyen f : U → R, U ⊂ R 2 . Akkor az a ∈ U ∩U ′ pontbeli e 1 iránymenti deriváltataz f els® változója szerinti parciális deriváltjának nevezzük és a∂ x1 f(a) = ∂f (a) = f ′ f(a 1 +t, a 2 )−f(a 1 , a 2 )x∂x 1(a) := ∂ e1 f(a) = lim1 t→0 t(3.2.8)

32 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁGszimbólumokkal jelöljük.Az e 2 iránymenti deriváltat az f második változója szerinti parciális deriváltjának nevezzük ésa∂ x2 f(a) = ∂f (a) = f ′ f(a 1 , a 2 +t)−f(a 1 , a 2 )x∂x 2(a) := ∂ e2 f(a) = lim(3.2.9)2 t→0 tszimbólumokkal jelöljük.3.2. Példa. Számítsuk ki az f(x 1 , x 2 ) = 5x 1 +3x 2 +x 2 1x 3 2 függvény parciális deriváltjait!Az x 1 szerinti parciális derivált az (1,0) iránymenti derivált, az el®z® példa alapján∂f∂x 1= 5+2x 1 x 3 2,az x 2 szerinti parciális derivált az (0,1) iránymenti derivált∂f∂x 2= 3+3x 2 1x 2 2.Ugyanerre az eredményre jutunk ha a ∂f∂x 1kiszámításakor úgy tekintjük, hogy az x 2 = konstansés az x 1 változó szerint deriválunk.A ∂f∂x 2kiszámításakor úgy tekintjük, hogy az x 1 = konstans, az x 2 változó szerint deriválva aztkapjuk, hogy:∂f= 3+3x 2∂x1x 2 2.2A gyakorlatban a parciális deriváltak kiszámításakor mindig ez utóbbi módszert szoktuk használni.A parciális deriváltak, iránymenti deriváltak geometriai jelentése Az f : D → R, D ⊂⊂R 2 nyílt halmaz, függvény (x 0 , y 0 )∈D pontbeli x változó szerinti parciális deriváltja a z =f(x, y)felület és az y = y 0 egyenlet sík metszésvonalának, azaz a x = t, y = y 0 , z = f(t, y 0 ), (t, y 0 ) ∈ Degyenlet görbének az x 0 ponthoz tartozó érint®jének a meredeksége.Az (x 0 , y 0 ) pontbeli y változó szerinti parciális deriváltja a z = f(x, y) felület és az x = x 0egyenlet sík metszésvonalának, azaz a x = x 0 , y = t, z = f(x 0 , t), (x 0 , t) ∈ D egyenlet görbénekaz y 0 ponthoz tartozó érint®jének a meredeksége.Kétváltozós valós érték függvények esetén az iránymenti deriváltaknak a következ® a geometriaijelentésük: legyen S 1 a z = f(x, y) függvény által meghatározott térbeli felület, a ′ = f(a) ∈ S 1 ,e egy egységvektor, e ′ az a ′ pontból kiinduló e-vel párhuzamos egységvektor. Legyen S 2 az a sík,amely párhuzamos a z tengellyel, az e egységvektorral és áthalad az a ponton. Tekintsük az S 1 , S 2metszete által meghatározott: Γ 1 = S 1 ∩S 2 görbét. Ekkor ∂ e f(a) a Γ 1 görbe a ′ pontjához tartozóiránytangensével egyenl®.Az n-dimenziós térnek tekintsük az⎧e 1 = (1,0,0, . . . ,0)⎪⎨ e 2 = (0,1,0, . . . ,0)(3.2.10).⎪⎩e n = (0,0,0, . . . ,1)bázisvektorait.

3.3. KAPCSOLAT A DERIVÁLTMÁTRIX ÉS A PARCIÁLIS DERIVÁLTAK KÖZÖTT 333.2.3. Deníció. Legyen f : U → R m , U ⊂ R n nyílt halmaz, a = (a 1 , a 2 , . . . , a n ) ∈ U. Akkor az e i ,i∈{1,2, . . . , n}, iránymenti deriváltját az f i-dik változója szerinti parciális deriváltjának nevezzükamelyet a következ® szimbólummal jelöljük és a következ®képpen számolunk ki:∂f∂x i(a) = f ′ x i(a) := ∂ ei f(a) =f(a 1 , . . . , a i−1 , a i +t, a i+1 , . . . , a n )−f(a 1 , . . . , a i−1 , a i , a i+1 , . . . , a n )= lim.t→0 tAz i-edik változó szerinti parciális derivált kiszámításakor a gyakorlatban úgy járunkel, hogy az x i változó kivételével mindegyik változót konstansnak tekintjük és az x iváltozó szerint deriválunk.3.3. Kapcsolat a deriváltmátrix és a parciális deriváltak között3.3.1. Tétel. Ha az f : U → R m , U ⊆ R n nyílt halmaz, dierenciálható az a ∈ U pontban, akkora koordináta függvényeinek léteznek a parciális deriváltjai az a pontban, és a derivált mátrix és a

34 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁGkoordináta függvények parciális deriváltjai közti kapcsolat a következ®:⎛⎞∂f 1 ∂f∂x 1(a) 1∂f∂x 2(a) . . . 1∂x n(a)∂f 2 ∂ff ′ ∂x 1(a) 2∂f∂x 2(a) . . . 2∂x n(a)(a) =. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. (3.3.1)⎜⎟⎝. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ⎠∂f m ∂f∂x 1(a) m∂f∂x 2(a) . . . m∂x n(a)Bizonyítást lásd [17], 102. oldal.3.3.1. Megjegyzés. Az el®z® tétel alapján az n-változós valós érték függvény gradiensét az apontban a következ®képpen fejezhetjük ki a a parciális deriváltak segítségével:( ∂f1gradf(a) = (a), ∂f 1(a), . . . , ∂f )1(a) = ( f x ′ ∂x 1 ∂x 2 ∂x 1(a), f x ′ 2(a), ..., f x ′ n(a) ) .n3.3.2. Megjegyzés. Az el®z® tétel és a 3.2.4 alapján az n-változós valós érték függvény a pontbelie = (e 1 , e 2 , ..., e n ) egységvektor irányában mutató iránymenti deriváltját a következ®képpen fejezhetjük ki a parciális deriváltak segítségével:∂ e f(a) = 〈gradf(a), e〉 = f ′ x 1(a)e 1 +f ′ x 2(a)e 2 +...+f ′ x n(a)e n .Innen következik, hogy a gradiens a függvény legnagyobb növekedésének irányába mutat. Ez aztjelenti, hogy az iránymenti derivált a gardiens vektor irányában a legnagyobb! Ekkor az iránymentiderivált értéke a gardiens vektor hosszával egyenl®.A tétel fordítottja nem igaz. A parciális deriváltak létezéséb®l még nem következik, hogy afüggvény dierenciálható. A parciális deriváltak létezése a dierenciálhatóság szükséges,de nem elégséges feltétele. S®t a parciális deriváltak létezéséb®l még a függvény folytonosságasem következik. Igaz azonban a következ® állítás, amely a dierenciálhatóság egy elégséges feltétele:3.3.2. Tétel. Ha az f : U → R m , U ⊆ R n , a ∈ U pont környezetében léteznek a parciális deriváltjaiés azok folytonosak az a pontban, akkor f dierenciálható az a-ban.Bizonyítást lásd [17], 104. oldal.Példa olyan függvényre, amely folytonos de nem dierenciálható.3.3. Példa. Az f(x, y) = √ x 2 +y 2 függvény a (0,0) pontban folytonos, de nem dierenciálható.Valóban, f-nek létezik a (0,0) pontban határértéke és ez egyenl® f(0,0)-val El® bb észrevesszük,hogy létezik√√lim f(r cos θ, r sin θ) = lim r 2 (cos 2 θ +sin 2 θ) = lim r2 = 0,r→0 r→0r→0és független θ-tól. A határérték deníciója alapján igazolható, hogy lim (x.y)→(0,0) f(x, y) = 0, tehátf folytonos (0,0)-ban. Most megmutatjuk, hogy f nem dierenciálható (0,0)-ban. Ehhez elegend®belátni, hogy valamelyik parciális derivált nem létezik. A deníció alapján vizsgáljuk az x-szerintiparciális derivált létezését a (0, 0)-pontban:√f(x,0)−f(0,0) x2 +0lim= lim2 −0 |x|= limx→0 x−0x→0 x−0 x→0 x .Ha x→0 + akkor fenti határérték 1, ha pedig x→0 − akkor fenti határérték −1, ahonnan következik,hogy nem létezik az x szerinti parciális derivált. Hasonlóan igazoljuk, hogy az y szerinti parciális

3.3. KAPCSOLAT A DERIVÁLTMÁTRIX ÉS A PARCIÁLIS DERIVÁLTAK KÖZÖTT 35derivált sem létezik. Az 3.3.1 tétel alapján ha a parciális deriváltak nem léteznek, akkor a függvénynem dierenciálható.Adott pontbeli parciális deriváltak létezése nem vonja maga után a dierenciálhatóságot, s®tmég a folytonosságot sem.Példa olyan függvényre, amelynek adott pontban léteznek a parciális deriváltjai,de nem folytonos, következésképpen nem is dierenciálható az adott pontban .3.4. Példa. Igazoljuk, hogy a következ® függvénynek a (0,0) pontban léteznek a parciális deriváltjai,de nem folytonos a (0,0)-ban:{0, ha x·y = 0f(x, y) =1, ha x·y ≠ 0.Valóban az x-szerinti parciális derivált denicíó alapjánf(x,0)−f(0,0) 0−0lim= limx→0 x−0x→0 x−0 = 0,tehát f ′ x(0,0) = 0, hasonlóan f ′ y(0,0) = 0. A folytonosság vizsgálatához tekintsük az alábbi kétspeciális irány szerinti határértéket:1. vizsgáljuk a függvény határértékét, ha az y = 0 egyenes mentén tartunk a (0,0)-hozlim f(x,0) = 0,(x,0)→(0,0)2. vizsgáljuk a függvény határértékét, ha az y = x egyenes mentén tartunk a (0,0)-hozlim f(x, x) = 1.(x,x)→(0,0)Mivel ezek különböz®ek, ezért az f függvénynek a (0,0)-ban nincs határértéke, tehát nem folytonosa (0,0)-ban. Mivel az f nem folytonos a (0,0)-ban, ezért ott nem is deriválható.Példa olyan függvényre amely az adott pontban folytonos, léteznek a parciálisderiváltjai de nem dierenciálható .3.5. Példa. Igazoljuk, hogy a következ® függvény folytonos a (0,0)-ban, a (0,0) pontban léteznek aparciális deriváltjai, de nem dierenciálható:Eszrevesszük, hogy létezikf(x, y) ={ xy √x 2 +y 2 , ha x2 +y 2 ≠ 00 ha x 2 +y 2 = 0.r 2 cos θ sin θlim f(r cos θ, r sin θ) = lim √r→0 r→0 r2 cos 2 θ +r 2 sin 2 θ = lim r 2 cos θ sin θ= 0,r→0 rés független θ-tól. A határérték deníciója alapján igazolható, hogy lim (x.y)→(0,0) f(x, y) = 0, tehátf folytonos (0,0)-ban. A parciális deriváltakat a deníció alapján határozzuk meg:f x(0,0) ′ f(x,0)−f(0,0) 0−0= lim= limx→0 x−0x→0 x−0 = 0,f y(0,0) ′ f(0, y)−f(0,0) 0−0= lim= limy→0 y −0y→0 y −0 = 0.

36 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁGTehát a parcális deriváltak a (0,0) pontban léteznek és 0-val egyenl®ek. Tegyük fel, hogy f differencálható(0,0)-ban. Ekkor a 3.1.3 deníció alapján, ha h = (h 1 , h 2 ) → (0,0) akkor a következ®kellene teljesüljön:|f(h 1 , h 2 )−f(0,0)−0.h 1 −0h 2 |lim√ = lim(h 1 ,h 2 )→(0,0)h21 +h 2 (h21 ,h 2 )→(0,0)h 1 .h 2h 2 1 +h 2 2= 0.Ez azonban ellentmondás, mivel lim (h1 ,h 2 )→(0,0) |h 1.h 2 |nem 0. Ez azonnal következik, abból hogy,h 2 1 +h2 2ha h 1 = h 2 = h irány mentén számoljuk a határértéket, akkorlim(h,h)→(0,0)h 22h 2 = 1 2 .Ha egy a pont környezetében léteznek a parciális deriváltak és folytonosak a-ban,akkor a 3.3.2 tétel alapján a függvény dierenciálható a-ban.3.6. Példa. Igazoljuk, hogy az f(x, y) = xy+y 2 függvény minden a = (a 1 , a 2 ) pontban dierenciálható.Számítsuk ki a gradiensét (derivátmátrixát) és a teljes dierenciálját általában a-ban, majdaz a = (1,3) pontban.Kiszámítjuk a parciális deriváltakat:f ′ x = y,f y = x+2y.Mivel a parciális deriváltak léteznek és folytonosak bármely a = (a 1 , a 2 ) pont környezetében, a3.3.2 tétel alapján f dierenciálható a-ban. A a 3.3.1 tétel alapján az a pontbeli derivált mátrixaegy 1×2-es mátrixf ′ (a) = (a 1 a 1 +2a 2 ),a gradiense a következ® vektora totális derivált vagy dierenciálgradf(a) = (a 1 , a 1 +2a 2 ),L(h 1 , h 2 ) = f ′ x(a)h 1 +f y (a)h 2 = a 1 h 2 +(a 1 +2a 2 )h 2 .Az a = (1,3) pontban a derivált mátrix f ′ (1,3) = (1 7), a dierenciál L(h 1 , h 2 ) = 1.h 1 +7.h 2 .A parciális deriváltak folytonossága a dierenciálhatóság elégséges de nem szükségesfeltétele.3.7. Példa. Igazoljuk, hogy azf(x, y) ={(x−y) 2 sin 1x−y ,0, x = yx ≠ yfüggvénynek léteznek a (0,0) pont környezetében a parciális deriváltjai, nem folytonosak a (0,0)pontban, de a függvény mégis dierenciállható a (0,0)-ban.Ha x ≠ y, akkorf ′ x = 2(x−y) sin 1x−y −cos 1x−y , f ′ y = −2(x−y) sin 1x−y +cos 1x−y .

3.3. KAPCSOLAT A DERIVÁLTMÁTRIX ÉS A PARCIÁLIS DERIVÁLTAK KÖZÖTT 37Ha x = y, akkor a parciális deriváltakat a deníció alapján számítjuk ki:f x(x, ′ f(x+h, x)−f(x, x) h 2 sin(1/h)−0x) = lim= lim= 0,h→0 hh→0 hTehát:f y(x, ′ f(x, x+h)−f(x, x) h 2 sin(−1/h)−0x) = lim= lim= 0.h→0 hh→0 hf ′ x(x, y) =f ′ x(x, y) ={2(x−y) sin 1 −cos 1x−y0, x = yx−y ,{−2(x−y) sin 1 +cos 1x−y0, x = y.x−y ,x ≠ yx ≠ yMost igazoljuk, hogy az f x,′ f y ′ nem folytonosak a (0,0)-ban. Észrevesszük, hogy ha az x = 2yegyenes mentén tartunk a (0,0) ponthoz, akkor alim f x(h, ′ 2h) = lim (−2h sin(−1/h)−cos(−1/h)) = lim (− cos(1/h)) ,h→0 h→0 h→0lim f y(h, ′ 2h) = lim (2h sin(−1/h)+cos(−1/h)) = lim (cos(1/h)) ,h→0 h→0 h→0határértékek nem léteznek, ezért f x,′ f y ′ nem folytonosak a (0,0)-ban. A (0,0) pontbeli dierenciálhatóságota 3.1.3 deníció alapján vizsgáljuk:⎧f(x, y)−f(0,0)−f x(0,0)x−f ′ y(0,0)y′ ⎨ (x−y)√ =√x 2sin 1 , x ≠ y2 +y 2 x−yx2 +y 2 ⎩0, x = y.Mivel ∣ ∣∣∣∣(x−y) 2√x2 +y sin 12 x−y ∣ ≤ 2(x2 +y 2 )√x2 +y = 2√ x 2 +y 2 ,2ezért|f(x, y)−f(0,0)−f x(0,0)x−f ′ ′lim√y(0,0)y|= 0.(x,y)→(0,0)x2 +y 2f dierencálható a (0,0)-ban, annak ellenére hogy az f ′ x,f ′ y nem folytonosak a (0,0)-ban.3.8. Példa. Tanulmányozzuk az f : R 3 → R 2 , f(x, y, z) = (x cos y, y +sin z) függvény dierenciálhatóságát,számítsuk ki a deriváltmátrixát.Az f egy (x, y, z) háromdimenziós vektorhoz az f(x, y, z)=(f 1 (x, y, z), f 2 (x, y, z)) kétdimenziósvektort rendeli hozzá, ahol f 1 (x, y, z)=x cos y, f 2 (x, y, z)=y+sin z. Az f 1 , f 2 -nek bármely pontbanléteznek a parciális deriváltjai és folytonosak, ezért f dierenciálható. A derivált mátrixa egy 2××3-as mátrix lesz, amelynek elemei:f ′ (x, y, z) =(∂f1∂x∂f 2∂x∂f 1∂y∂f 2∂y∂f 1∂z∂f 2∂z)=( )cos y −x sin y 0. (3.3.2)0 1 cos z

38 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁG3.3.1. Érint®sík egyenleteLegyen f : D → R egy dierenciállható függvény, ahol D ⊂ R 2 nyílt halmaz és (x 0 , y 0 ) ∈ D. Az = f(x, y) felület és az y = y 0 egyenlet sík metszésvonala az a görbe, amelynek paraméteresegyenlete x = t, y = y 0 , z = f(t, y 0 ), (t, y 0 ) ∈ D. Az f függvény (x 0 , y 0 ) pontbeli x változó szerintiparciális deriváltjával kifejezhet® a görbe x 0 ponthoz tartozó érint®jének az irányvektora: a 1 == (1, 0, f ′ x(x 0 , y 0 )).Az f függvény (x 0 , y 0 ) pontbeli y változó szerinti parciális deriváltjával kifejezhet® az x=x 0 , y== t, z = f(x 0 , t), (x 0 , t) ∈ D, paraméteres egyenlet görbének az y 0 ponthoz tartozó érint®jének azirányvektora: a 2 = (0, 1, f ′ y(x 0 , y 0 )).Az (x 0 , y 0 ) ponthoz tartozó érint® sík normálvektora a fenti érint®k irányvektorainak vektoriszorzata: n = a 2 ×a 1 = (f ′ x(x 0 , y 0 ), f ′ y(x 0 , y 0 ), −1). Innen következik, hogy a z = f(x, y) felülethezaz (x 0 , y 0 , f(x 0 , y 0 )) ponthoz tartozó érint®sík egyenlete :z = f(x 0 , y 0 )+ ∂f∂x (x 0, y 0 )(x−x 0 )+ ∂f∂y (x 0, y 0 )(y −y 0 ). (3.3.3)Az érint®sík egyenletének még részletesebb levezetését lásd például [11]-ben vagy [4]-ban.3.9. Példa. Határozzuk meg a z = arctan y x felület (1, √ 3) pontjához tartozó érint®síkjának egyenletét.A függvény (1, √ 3) vett behelyettesítési értéke z 0 = f(1, √ 3) = arctan √ 3 = π 3 , Kiszámítjuk aparciális deriváltakat a megadott pontban:Ezek behelyettesítési értéke az (1, √ 3) pontban∂f∂x = 1( y ′1+( y =x) x2 −yx )2 x x 2 +y 2 x = −y2 x 2 +y , 2∂f∂y = 1( y ′1+( y =x) x2 1x )2 y x 2 +y 2 x = xx 2 +y . 2∂f∂x (1, √ 3) = −√ 34 , ∂f∂y (1, √ 3) = 1 4 .Az érint®sík egyenletez = π 3 − √34 (x−1)+ 1 4 (y −√ 3).3.4. A közvetett függvény derivált mátrixaTekintsük az U ⊆ R n és V ⊆ R m nyílt halmazokat.3.4.1. Tétel. Ha f : U → V dierenciálható az a ∈ U-ban és g : V → R k dierenciálható a b == f(a) ∈ V -ben, akkor a g ◦f : U → R k diferenciálható a-ban és(g ◦f) ′ (a) = g ′ (f(a))·f ′ (a).

3.4. A KÖZVETETT FÜGGVÉNY DERIVÁLT MÁTRIXA 39Bizonyítás. Mivel f ′ (a) egy m × n-es, g ′ (f(a)) egy k × m-es mátrix, ezért el lehet végezni ag ′ (f(a)) · f ′ (a) mátrixszorzást és az eredmény egy k × n-es mátrix lesz, amely megegyezik a (g ◦◦f) ′ (a) mátrix rendjével. Most kimutatjuk, hogy a jobb és bal oldalon szerepl® k ×n-es mátrixokegyenl®ek. Mivel f dierenciálható a-ban a deníció alapjánf(a+h)−f(a) = A·h+ε 1 (h)·‖h‖, (3.4.1)ahol, A = f ′ (a), ε 1 (θ n ) = θ m és ε 1 folytonos θ n -ban. Hasonlóan a deníció alapján, mivel g dierenciálhatób-beng(b+l)−g(b) = B ·l+ε 2 (l)·‖l‖, (3.4.2)ahol B = g ′ (b) = g ′ (f(a)), ε 2 (θ m ) = θ k és ε 2 folytonos θ m -ben. Válasszuk l-t a következ® módon:Ekkor f(a+h) = f(a)+l = b+l és így:Legyenl := f(a+h)−f(a).g ◦f(a+h)−g ◦f(a) = g(f(a+h))−g(f(a)) = g(b+l)−g(b) = B ·l+ε 2 (l)‖l‖ == B ·(f(a+h)−f(a))+ε 2 (f(a+h)−f(a))·‖f(a+h)−f(a)‖ == B ·(Ah+ε 1 (h)‖h‖)+ε 2 (f(a+h)−f(a))·‖A·h+ε 1 (h)·‖h‖‖ == B ·A·h+Bε 1 (h)·‖h‖+‖h‖ε 2 (f(a+h)−f(a))·A·h∥ ‖h‖ +ε 1(h)∥ =()= B ·A·h+ Bε 1 (h)+ε 2 (f(a+h)−f(a))·A·h∥ ‖h‖ +ε 1(h)∥ ‖h‖.(3.4.3)ε(h) := Bε 1 (h)+ε 2 (f(a+h)−f(a))·Ah∥‖h‖ +ε 1(h)∥ . (3.4.4)Igazolni fogjuk, hogy lim ε(h)=θ k . Valóban, mivel ε 1 (h)→θ m miközben h→θ n , ezért lim Bε 1 (h)=h→θ n h→θ n= θ k , tehát az ε(h) els® tagja tart θ k -hoz ha h → θ n . Azt, hogy a második tag is tart θ k -hoz, hah → θ n a következ®képpen igazoljuk: Az f a pontbeli dierenciálhatóságából következik az f apontbeli folytonossága, tehátlim (f(a+h)−f(a)) = θ m .h→θ nMivel ε 2 folytonos θ m -ben és ε 2 (θ m ) = θ k , az el®z® alapjánlim ε 2 (f(a+h)−f(a)) = θ k .h→θ n Be fogjuk látni, hogyAh∥‖h‖ +ε 1(h)∥ korlátos. Ennek érdekében a háromszög egyenl®tlenségetalkalmazzuk és azt kapjuk, hogy:∥ Ah∥‖h‖ +ε ∥∥∥1(h)∥ ≤ Ah‖h‖ ∥ +‖ε 1(h)‖.Figyelembe véve azt, hogy‖Ah‖ ≤ α‖h‖, ahol α = maxi=1,mn∑|a ij |j=1

40 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁGaz következik, hogy‖Ah‖‖h‖ ≤ α.A ‖ε 1 (h)‖ korlátos mert tart θ m -hez ha h→θ n , következésképpen korlátos θ n környezetében. TehátAh∥‖h‖ +ε 1(h)∥ valóban kolátos és lim ε(h) = θ k . A fentiek alapján g ◦f dierenciálható a-ban ésh→θ n(g ◦f) ′ (a) = B ·A = g ′ (f(a))·f ′ (a).3.10. Példa. Tegyük fel, hogy az f : R → R 2 , t → (x(t), y(t)) és a g : R 2 → R, (x, y) → g(x, y)függvények dierenciálhatók. Határozzuk meg a (g ◦f) ′ (t)-t.A (g◦f)(t)=g(x(t), y(t)) függvény deriváltját az f és g deriváltmátrixai segítségével számítjukki:( ) xf ′ (t) =′ (t)( )y ′ g ′ (x, y) = ∂g ∂g(t)∂x ∂y.A fenti tétel alapján( ) ( )(g ◦f) ′ (t) = ∂g ∂g x∂x ∂y·′ (t)y ′ = ∂g dx(t) ∂x dt + ∂g dy∂y dt .3.11. Példa. Tegyük fel, hogy az f :R 2 →R 2 , (s, t)→(x(s, t), y(s, t)) és a g:R 2 →R, (x, y)→g(x, y)függvények dierenciálhatók. Határozzuk meg a (g ◦f) ′ (s, t)-t.A (g ◦ f)(s, t) = g(x(s, t), y(s, t)) függvény deriváltját az f és g deriváltmátrixai segítségévelszámítjuk ki:( ∂x)f ′ ∂x( )(s, t) =∂s ∂tg ′ (x, y) = ∂g ∂g∂x ∂y.A fenti tétel alapjánInnen(g ◦f) ′ (s, t) =(∂g∂x∂y∂s)∂g∂y·∂y∂t( ∂x∂s∂y∂s∂x∂t∂y∂t∂g(x(s, t), y(s, t))∂s∂g(x(s, t), y(s, t))∂t)=(∂g ∂x+ ∂g ∂y∂x ∂s ∂y ∂s= ∂g ∂x∂x ∂s + ∂g ∂y∂y ∂s ,= ∂g ∂x∂x ∂t + ∂g ∂y∂y ∂t .∂g ∂x+ ∂g∂x ∂t ∂y)∂y∂t.3.12. Példa. Legyen g : R 3 → R : (u, v, w) → u 2 −v 2 +w 2 és f : R 3 → R 3 : (x, y, z) → (x 3 , xy 2 , e z ).Számítsuk ki a g ◦f deriváltmátrixát.Legyen f(x, y, z)=(f 1 (x, y, z), f 2 (x, y, z), f 3 (x, y, z)), ahol f 1 (x, y, z)=x 3 =u, f 2 (x, y, z)=xy 2 =v,f 3 (x, y, z) = e z = w. Akkor a g ◦f deriváltmátrixa:⎛⎞(g ◦f) ′ (x, y, z) = ( ∂g∂u∂g∂v∂g ⎜∂v)· ⎝∂f 1∂x∂f 2∂x∂f 3∂x∂f 1∂y∂f 2∂y∂f 3∂y∂f 1∂z∂f 2∂z∂f 3∂z⎟⎠ =⎛⎞(3x2u −2v 2w)·2 0 0⎝ y 2 2xy 0 ⎠ = ( 6x 5 −2xy 4 −4x 2 y 3 2e 2z) .0 0 e z

3.4. A KÖZVETETT FÜGGVÉNY DERIVÁLT MÁTRIXA 413.1. Feladat. Hol léteznek a következ® függvények parciális deriváltjai, hol dierenciálhatók? Amegadott pontokban számítsuk ki a parciális a deriváltak értékét és írjuk fel a teljes dierenciáljukat.1) f(x, y) = 3x 3 −2xy 2 , a = (−1,3)2) f(x, y) = ln x y , a = (2,1)3) f(x, y) = e xy2 , a = (2,4)5) f(x, y) = √ x 2 +y 4 , a = (1,0)6) f(x, y) = x cos xy, a = (1, π 4 )7) f(x, y) = xyx 2 +y 2 , a = (0,2).3.2. Feladat. Hol léteznek a következ® függvények parciális deriváltjai, hol dierenciálhatók, ezekbena pontokban írjuk fel a deriváltmátrixukat és a teljes dierenciáljukat.1) f(x, y) = x 2 y +4xy 22) f(x, y, z) = √ x 2 +y 2 +z 23) f(x, y) = ln xy +x 2 y4) f(x, y) = arctan x y5) f(x, y) = √ x 4 +y 46) f(x, y) = √ {x 4 +y 2xy, ha(x, y) ≠ (0,0)x7) f(x, y) =2 +y 20, ha(x, y) = (0,0){x 2 y, ha(x, y) ≠ (0,0)x8) f(x, y) =2 +y 20, ha(x, y) = (0,0){xy, ha(x, y) ≠ (0,0)x9) f(x, y) =4 +y 40, ha(x, y) = (0,0){e − 1x10) f(x, y) =2 +y 2 , ha(x, y) ≠ (0,0)0, ha(x, y) = (0,0)11) f(x, y, z) = (e x+z +y, cos(x+y +z)−sin(x−z))12) f(x, y) = (x 2 −y 2 , sin xy 2 , ln(x 2 +y 2 ))13) f(x, y, z) = ( √ x 2 +y 2 , sin(y 2 +z 2 ), cos(z −x)).3.3. Feladat. Számítsuk ki a következ® függvények parciális, iránymenti deriváltjait a megadottpontokban és a megadott irányok mentén, valamint írjuk fel a megadott pontokhoz tartozó érint®síkegyenletét.1) f(x, y) = x ,x 2 +y 2 a = (1,0), e = ( 1), √ 32 22) f(x, y) = ye x2 +y 2 , a = (1,2), d = (3, 4)3) f(x, y) = y x , a = (2,3), d = (1,1)4) f(x, y) = (cos x) sin y , a = (0, π), e egységvektor az és az Ox által közrezárt szög π 4 64) f(x, y) = arcsin x, a = (1,2), e egységvektor az és az Ox által közrezárt szög π.y 33.13. Példa. A Maple-lel a következ® utasítások segítségével oldjuk meg például a 2) alpontot:>f[x,y]:=y*exp(x^2+y^2);> D_x:=Diff(f[x,y],x)=diff(f[x,y],x);

42 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁG> D_y:=Diff(f[x,y],y)=diff(f[x,y],y);>a:=subs(x=1,y=2,D_x);> b:=subs(x=1,y=2,D_y);>abs_d:=sqrt(3^2+4^2);> D_{irany}:=a*(3/5)+b*(4/5);> evalf(D_{irany});3.4. Feladat. Tekintsük az f, g, függvényeket.a) Mutassuk meg, hogy f, g dierenciálható, számítsuk ki az f ′ , g ′ derivált mátrixukat.b) Határozzuk meg a h = g ◦f függvényt, mutassuk ki, hogy dierenciálható.c) Számítsuk ki a h derivált mátrixát, ha1) f, g : R 2 → R 2 , f(x, y) = (x 2 y, e y−x ) és g(u, v) = (v cos u, ue v )2) f : R 3 → R 2 , g : R 2 → R 2 , f(x, y, z) = (x 2 yz, e y−x+z ) és g(u, v) = (v 2 +u 2 , uv)3) f, g : R 3 → R 3 , f(x, y, z) = (xyz, e y−x , cos z) és g(u, v, w) = (vw sin u, uwe v , u−w 2 ).3.5. A dierenciálszámítás középérték-tételeiIsmeretes, hogy valós változó valós érték függvények esetén igaz az ú.n. Lagrange-féle középértéktétel:3.5.1. Tétel. Ha f : [a, a+h] → Ra) f folytonos [a, a+h]-n ésb) f dierenciálható (a, a+h)-n,akkor létezik τ ∈ (0,1) úgy, hogyf(a+h)−f(a) = f ′ (a+τh)·h.Megmutatjuk, hogy n-változós valós érték függvények esetére ez a tétel általánosítható.Továbbá megmutatjuk, hogy n-változós vektor érték függvények esetén a tétel nem igaz, csakegy becslést lehet adni a ‖f(a+h)−f(a)‖ kifejezésre.3.5.2. Tétel. Legyen f :U →R, U ⊆R n nyílt halmaz, a∈U, h=(h 1 , . . . , h n ) T . Ha f dierenciálhatóaz [a, a+h] = {a+th, t ∈ [0,1]} ⊆ U halmazon, akkor létezik τ ∈ (0,1) úgy, hogyf(a+h)−f(a) = f ′ (a+τh)h⎛ ⎞h 1⎜ ⎟= (∂ 1 f(a+τh), . . . , ∂ n f(a+τh))· ⎝ . ⎠ =h nn∑= ∂ j f(a+τh)·h j .j=1(3.5.1)

3.5. A DIFFERENCIÁLSZÁMÍTÁS KÖZÉPÉRTÉK-TÉTELEI 43Bizonyítás. Tekintsük az F (t) = f(a+th), F : [0,1] → R valós változós, valós érték segédfüggvényt.F az f függvény [a, a+h] szakaszra vett leszkítése. Mivel F két dierenciálható függvényösszetettje, ezért maga is dierenciálható a [0,1]-en, tehát teljesíti a valós változós, valós értékfüggvényekre igazolt Lagrange-tétel feltételeit. Ennek alapján létezik τ ∈ (0,1) úgy, hogyF (1)−F (0) = F ′ (τ)(1−0).Mivel F (1) = f(a+h), F (0) = f(a), ezért a fentiek alapjánf(a+h)−f(a) = f ′ (a+τ ·h)·h =n∑= ∂ j f(a+τ ·h)·h jj=1A vektor érték függvényekre a középérték-tétel analogonja általában nem igaz. Ezt a következ®példa jól tükrözi:⎛ ⎞cos t3.14. Példa. Tekintsük az f(t) = ⎝sin t⎠ csavargörbét. Válasszuk ki a görbén az f(t 1 ), f(t 2 )tpontokat úgy, hogy az ®ket összeköt® szakasz legyen párhuzamos az Oz tengellyel. Ez a feltételpéldául a t 1 := a, t 2 = a+h, h = 2π, feltétel mellett teljesül. EkkorA függvény deriváltmátrixa:⎛ ⎞0f(t 2 )−f(t 1 ) = ⎝ 0 ⎠ .2π⎛ ⎞− sin tf ′ (t) = ⎝ cos t ⎠ ,1ezért nem létezik olyan τ ∈ (0,1), amelyre igaz lenne az f(t 2 )−f(t 1 ) = f ′ (a+τ2π)·2π egyenl®ség.Vektor érték függvények esetére csak a következ®t tudjuk igazolni:3.5.3. Tétel. Legyen f : U → R m , U ⊆ R n , [a, a+h] ⊆ U, f dierenciálható [a, a+h]-n. Ekkor‖f(a+h)−f(a)‖ ∞ ≤ sup ‖f ′ (a+th)‖·‖h‖ ∞ ,t∈(0,1)ahol a baloldalon az m-dimenziós vektor maximum normáját értjük, a jobboldalon ‖f ′ (a + th)‖ aderivált mátrix normája, illetve ‖h‖ ∞ az n-dimenziós vektor maximum normája.⎛⎞f 1 (x 1 , . . . , x n )f 2 (x 1 , . . . , x n )Bizonyítás. Tekintsük az f(x 1 , x 2 , . . . , x n ) = ⎜⎟ n-változós vektor érték függvényt.Mivel f dierenciálható az [a, a+h]-n ezért a koordináta függvények az f i −k, i = 1, m,⎝ . ⎠f m (x 1 , . . . , x n )is

44 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁGdierenciálhatók [a, a + h]-n. Mivel a koordináta függvények valós értékek, ezért ezekre tudjukalkalmazni az el®z® tételt, így léteznek τ j ∈ (0,1) értékek j = 1, n úgy, hogy∣ n∑∣∣∣∣|f j (a+h)−f j (a)| =∂ i f j (a+τ j h)·h j ≤∣i=1n∑≤ |∂ i f j (a+τ j h)||h j | ≤Innen következik, hogyi=1≤ ‖h‖ ∞n∑|∂ i f j (a+τ j h)| ≤i=1≤ ‖f ′ (a+τ j h)‖·‖h‖ ∞ ≤≤ sup ‖f ′ (a+τh)‖·‖h‖ ∞ .τ∈(0,1)‖f(a+h)−f(a)‖ ∞ ≤ sup ‖f ′ (a+th)‖·‖h‖ ∞ .t∈(0,1)3.6. Többváltozós függvények magasabbrend deriváltjai3.6.1. Kétszer dierenciálható függvényekEbben a fejezetben olyan függvényekkel foglalkozunk, amelyeknek léteznek a parciális deriváltjaiés azoknak is léteznek a parciális deriváltjai. Például tekintsük az f : R 2 → R, f(x, y) = x 3 y 2 +xe yfüggvényt. Az els®rend parciális deriváltjai∂ x f = ∂f∂x = f ′ x = 3x 2 y 2 +e y∂ y f(x, y) = ∂f∂y = f ′ y = 2x 3 y +xe y .Ezen parciális deriváltaknak ki lehet számolni még egyszer az x és y változó szerinti parciálisderiváltját. Ezeket másodrend parciális deriváltaknak nevezzük, és a következ®képpen jelöljük:∂ x ∂ x f = ∂2 f∂x = f ′′2 xx = ∂ ( ) ∂f= 6xy 2 ,∂x ∂x∂ y ∂ x f = ∂2 f∂y∂x = f yx ′′ = ∂ ( ) ∂f= 6x 2 y +e y ,∂y ∂x∂ x ∂ y f = ∂2 f∂x∂y = f xy ′′ = ∂ ( ) ∂f= 6x 2 y +e y ,∂x ∂y∂ y ∂ y f = ∂2 f∂y = f ′′2 yy = ∂ ( ) ∂f= 2x 3 +xe y .∂y ∂yAmikor egymásután kétszer ugyanazon változó szerint végezzük a parciális deriválást, akkor az ún.tiszta másodrend parciális deriváltakat számoljuk. Ha egymásután két különböz® változószerint végezzük a parciális deriválást az ún. vegyes másodrend parciális deriváltakat számoljuk.A fenti példában észrevesszük, hogy a vegyes másodrend parciális deriváltak egyenl®ek.Kérdés: Igaz-e általában, hogy a vegyes másodrend parciális deriváltak egyenl®ek? Milyenfeltétel mellett teljesül az egyenl®ségük?Miel®tt a kérdést megválaszolnánk megadjuk a pontos denicíót.

3.6. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK MAGASABBREND– DERIVÁLTJAI 453.6.1. Deníció. Tekintsük az f : U → R, U ⊆ R n nyílt halmazon értelmezett, n-változós valósérték függvényt. Ha ∀x ∈ U pontban f dierenciálható, azaz létezik azf ′ (x) = (∂ 1 f(x), ∂ 2 f(x), . . . , ∂ n f(x))és az f ′ (x) az a∈U pontban dierenciálható, akkor f kétszer dierenciálható a-ban. A parciálisderiváltak parciális deriváltjait másodrend parciális deriváltaknak nevezzük és a következ®képpenjelöljük:∂ j ∂ i f =∂2 f∂x j ∂x i= f ′′x j x i:=∂ ( ) ∂f.∂x j ∂x iHa f kétszer dierenciálható az U halmaz minden pontjában, akkor f kétszer dierenciálható U-n.Ekkor az⎛⎞∂ 1 ∂ 1 f(x) ∂ 2 ∂ 1 f(x) . . . ∂ n ∂ 1 f(x)f ′′ (x) := (f ′ (x)) ′ ∂ 1 ∂ 2 f(x) ∂ 2 ∂ 2 f(x) . . . ∂ 1 ∂ 2 f(x)= ⎜⎟ (3.6.1)⎝ .⎠∂ 1 ∂ n f(x) ∂ 2 ∂ n f(x) . . . ∂ n ∂ n f(x)mátrixot az f másodrend deriváltmátrixának nevezzük.A fenti kérdésre a következ® tétel ad választ:3.6.1. Tétel. Ha az f : U → R, (U ⊆ R n nyílt halmaz), függvény kétszer dierenciálható az a ∈ Upontban akkor a∂ i ∂ j f(a) = ∂ j ∂ i f(a), i, j = 1, ..., n, i ≠ j. (3.6.2)A tétel azt mondja, ki hogy ha az f kétszer dierenciálható a-ban, akkor az a pontbelimásodrend vegyes parciális deriváljainak kiszámításakor az eredmény függetlena változók szerinti parciális deriválás sorrendjét®l. Ebb®l az következik, hogy az f ′′ (a)másodrend deriváltmátrix szimmetrikus a f®átlóra nézve.Bizonyítás A bizonyítást kétváltozós valós érték függvények esetére végezzük el, azzal a megjegyzéssel,hogy hasonló gondolatmenettel igazoljuk a tételt n változó esetén is. Tegyük fel tehát,hogy f :U →R, (U ⊂R 2 nyílt halmaz), függvény kétszer dierenciálható az a=(a 1 , a 2 )∈U pontban.Vezessük be a∆(h, k) = f(a 1 +h, a 2 +k)−f(a 1 +h, a 2 )−f(a 1 , a 2 +k)+f(a 1 , a 2 ), (h, k ∈ K r (0), K r (a) ⊂ U)segédfüggvényt. A parciális deriváltak deníciója alapjánlimh→0∂ 1 ∂ 2 f(a) = limh→0( 1h limk→0∆(h, k)k), ∂ 2 ∂ 1 f(a) = limk→0( 1k limh→0)∆(h, k).hKi fogjuk mutatni, hogy ha f kétszer dierenciálható az a = (a 1 , a 2 ) pontban, akkor létezik a∆(h, h), és ez kétféleképpen fejezhet® ki:h 2∆(h, h)limh→0limh→0h 2∆(h, h)h 2= ∂ 1 ∂ 2 f(a)= ∂ 2 ∂ 1 f(a),ahonnan a határérték unicitása alapján következik a tétel állítása.

46 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁGEnnek érdekében (rögzített k ∈ K r (0) melett) tekintsük a következ® valós változós valós értékfüggvényt: B(h)=f(a 1 +h, a 2 +k)−f(a 1 +h, a 2 ), h∈K r (0). Az f-re tett feltételek, az összegfüggvényés a függvénykompozició dierenciálási szabálya szerint a B : K r (0) → R függvény dierenciálhatóésB ′ (h) = ∂ 1 f(a 1 +h, a 2 +k)−∂ 1 f(a 1 +h, a 2 ), h ∈ K r (0).Észrevesszük azt, hogy∆(h, k) = B(h)−B(0).Alkalmazva a Lagrange-tételt azt kapjuk, hogy létezik τ ∈ (0,1) úgy hogy∆(h, k) = B(h)−B(0) = B ′ (τh)·h = (∂ 1 f(a 1 +τh, a 2 +k)−∂ 1 f(a 1 +τh, a 2 ))h, h ∈ K r (0), τ ∈ (0,1).A fenti zárójelben hozzáadunk és levonunk ∂ 1 f(a 1 , a 2 )-t:∆(h, k) = [(∂ 1 f(a 1 +τh, a 2 +k)−∂ 1 f(a 1 , a 2 ))−(∂ 1 f(a 1 +τh, a 2 )−∂ 1 f(a 1 , a 2 ))]h.Mivel ∂ 1 f dierenciálható a-ban ezért léteznek ε 1 , ε 2 θ 2 -ben folytonos és ε i (θ 2 )=0 i=1,2 függvényekúgy, hogy( )( )∥τh∆(h, k) = (∂ 1 ∂ 1 f(a 1 , a 2 ), ∂ 2 ∂ 1 f(a 1 , a 2 )) h+εk 1 (τh, k)·τh ∥∥∥∥ h−k(( ))∥)τh − (∂ 1 ∂ 1 f(a 1 , a 2 ), ∂ 2 ∂ 1 f(a 1 , a 2 )) +ε0 2 (τh,0)· ∥ τh ∥∥∥∥(h =0Ez utóbbi egyenl®ség alapján ha k = h= hk∂ 2 ∂ 1 f(a 1 , a 2 )+(ε 1 (τh, k) √ τ 2 h 2 +k 2 −ε 2 (τh,0)·|τh|)h.∆(h, h)(ε 1 (τh, h) √ 1+τlim = ∂h→0 h 2 2 ∂ 1 f(a)+ lim2 −ε 2 (τh, 0)|τ|signh)h 2= ∂h→0 h 22 ∂ 1 f(a).Ha a ∆(h, k) a C(k) = f(a 1 +h, a 2 +k)−f(a 1 , a 2 +k) kifejezéssel fejezzük ki és megismételjük azel®bb bemutatott gondolatmenetet arra az eredményre jutunk, hogy∆(h, h)lim = ∂h→0 h 2 1 ∂ 2 f(a).Ha az n változós esetben az ∂ i ∂ j f(a) = ∂ j ∂ i f(a) egyenl®séget akarjuk kimutatni, akkor a fentigondolatmenetet alkalmazzuk a következ® segédfüggvényre:∆(h, k) = f(a 1 , · · · , a i +h, · · · , a j +k, · · · , a n )−f(a 1 , · · · , a i +h, · · · , a j , · · · , a n )−−f(a 1 , · · · , a i , · · · , a j +k, · · · a n )+f(a 1 , · · · , a j , · · · , a j , · · · a n ).A tételben szerepl® "kétszer dierenciálható" feltétel nem cserélhet® ki a nála gyengébb "másodrendparciális deriváltak létezése" feltételre. Valóban, van olyan kétváltozós függvény,amelynek léteznek a másodrend vegyes parciális deriváltjai, de nem egyenl®ek mindenpontban.Tekintsük a következ® függvényt: f : R 2 → R,{xy(x 2 −y 2 ), ha (x, y) ≠ (0,0)xf(x, y) =2 +y 20, ha (x, y) = (0,0).

3.6. TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK MAGASABBREND– DERIVÁLTJAI 47Az els®rend parciális deriváltjai, ha (x, y) ≠ (0,0)∂f∂x = x4 y +4x 2 y 3 −y 5(x 2 +y 2 ) 2 ,∂f∂y = x5 −4x 3 y 2 −xy 4(x 2 +y 2 ) 2 .Az (x, y) = (0,0) pontban is léteznek a parciális deriváltak. Valóban a defínicó alapján∂ff(x,0)−f(0,0)(0,0) = lim= 0∂x x→0 x−0A deníció alapján a (0,0)-ban a másodrend parciális deriváltak∂ 2 f(0,0) = lim∂y∂x y→0∂ff(0, y)−f(0,0)(0,0) = lim= 0.∂y y→0 y −0∂f∂f(0, y)− (0,0)∂x ∂x−y −0= limy −0x→0 y −0 = −1,∂ 2 ∂f∂ff(x,0)−∂y(0,0) = lim(0,0) ∂y x−0= lim∂x∂y x→0 x−0x→0 x−0 = 1.Tehát léteznek a vegyes másodrend parciális deriváltak, de∂ 2 f∂y∂x (0,0) ≠ ∂2 f∂x∂y (0,0).Könny belátni, hogy a (0,0)-ban a függvény nem dierenciálható kétszer.3.6.2. Magasabbrend parciális deriváltakA másodrend parciális deriváltaknak ki lehet számítani ismét a parciális deriváltjait, ha azokléteznek. Ezek lesznek az ú.n. harmadrend parciális deriváltak. Például az f(x, y) = x 2 y 3 + xe yfüggvény els®rend parciális deriváltjaiA másodrend parciális deriváltjai:∂ 2 f∂x 2 = 2y3 ,A harmadrend parciális deriváltjai:∂ 3 f∂x = ∂3 ∂x∂ 3 f∂y∂x = ∂ ( ) ∂ 2 f= ∂2 ∂y ∂x 2 ∂x∂f∂x = 2xy3 +e y ,∂f∂y = 3x2 y 2 +xe y .∂ 2 f∂y∂x = ∂2 f∂x∂y = 6xy2 +e y ,( ∂ 2 f∂x 2 )= 0,( ∂ 2 f∂y∂x)= 6y 2 ,∂ 3 f∂y = ∂ ( ∂ 2 f3 ∂y∂ 3 f∂x∂y 2 = ∂ ∂y∂ 2 f∂y 2 = 6x2 y +xe y .)= 6x 2 +xe y ,∂y 2 ( ) ∂ 2 f= ∂ ( ) ∂ 2 f= 12xy +e y .∂y∂x ∂y ∂x 2Általában az (n − 1)-ed rend parciális deriváltak parciális deriváltjai (feltéve, ha léteznek)lesznek az f n-ed rend parciális deriváltjai. Ezek leírására a következ® jelöléseket használjuk:∂ 0 j := f.Jelöljük i-vel ay i := (i 1 , i 2 , . . . , i n ) ∈ N n index vektort. Az index vektor hosszúsága|i| := i 1 +i 2 +· · ·+i n .

48 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁG3.6.2. Deníció. Az f : U → R, U ⊂ R n nyílt halmaz, függvény i index vektorhoz tartozó parciálisderiváltja∂ i f(x 1 , x 2 , . . . , x n ) := ∂ i 11 ∂ i 22 . . . ∂ inn f(x 1 , x 2 , . . . , x n ) =az f egy |i|-ed rend parciális deriváltja (feltéve, ha létezik).∂ |i|∂x i 11 ∂x i 22 . . . ∂x i 2f = f (|i|)x i 121 x i 22 ...x i 223.6.1. Megjegyzés. 1. Az el®bbi szimbólum azt jelenti, hogy f-et parciálisan deriváljuk az x 1változó szerint i 1 -szer, az x 2 változó szerint i 2 -ször, . . . , az x n -változó szerint i n -szer.2. Ha |i| = 1, akkor az 1 hosszúságú n dimenziós index vektorok a következ®k:(1,0,0, . . . ,0), (0,1,0, . . . ,0), . . . , (0,0, . . . ,0,1).Az ezekhez tartozó deriváltak éppen az f függvény∂ 1 f, ∂ 2 f, . . . , ∂ n fn darab els®rend parciális deriváltjai.3. Ha |i| = 2, akkor a 2 hosszúságú n dimenziós index vektorok aés a(2,0, . . . ,0), (0,2,0, . . . ,0), . . . , (0,0, . . . ,2)( 1 0, . . . ,0, i 1 ,0, . . . , j 1 ,0, . . . ,0), i, j = 1, n, i ≠ j.vektorok. Összesen n + ( n2) kett® hosszúságú index vektor van. Ezen vektorokhoz tartozó parciálisderiváltak∂l 2 f(x 1 , x 2 , . . . , x l , . . . , x n ), l = 1, nés a vegyes másodrend parciális deriváltakakkor∂ 2 ijf(x 1 , . . . , x i , . . . , x j , . . . , x n ), i, j = 1, n, i ≠ j.A továbbiakban használni fogjuk a következ® jelölést: hah = (h 1 , h 2 , . . . , h n ) ∈ R nh i := h i 11 ·h i 22 ·. . .·h inn , i! := i 1 ! i 2 ! . . . i n ! , i = (i 1 , i 2 , . . . , i n ) ∈ N n .3.6.3. Deníció. Az f : U → R, U ⊂ R n nyílt halmaz, m-szer dierenciálható U-n, ha léteznekaz összes (m−1)-ed rend parciális deriváltjai és mindegyik dierenciálható U-n.3.6.2. Megjegyzés. Ha f m-szer dierenciálható, akkor a 3.6.1 Tétel alapján a vegyes másodrendparciális deriváltak egyenl®ek. Innen indukcióval következik, hogy a ∂ i f kiszámításakor azeredmény független a parciális deriváltak kiszámításának sorrendjét®l.3.6.2. Tétel. Legyen U ⊆ R n nyílt halmaz, f : U → R n-szer dierenciálható U-n, és legyen[a, a+h] = {a+th : 0 ≤ t ≤ 1} ⊆ U.Akkor az F : [0,1] → R, F (t) = f(a+th) is n-szer dierenciálható ésF (m) (t)m!= ∑ ∂ i f(a+th)h i , m = 1, n.i!|i|=m i∈N n

3.7. A TAYLOR-FORMULA N-VÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉRE 49Bizonyítás A tételt m = 1-re közvetlen ellen®rzés alapján igazoljuk. Megmutatjuk, hogy ham = 1-re igaz, akkor m = 2-re is igaz. Mivel F két dierenciálható függvény közvetett függvényeezért:⎛ ⎞h 1F ′ (t) = f ′ (a+th)·(a+th) ′ h 2= (∂ 1 f(a+th), . . . , ∂ n f(a+th)) ⎜ ⎟⎝ . ⎠ =h nahol= ∂ 1 f(a+th)h 1 +· · ·+∂ n f(a+th)hn =n∑∂ j (a+th)h j = ∑ ∂ i f(a+th)h i ,|i|=1j=1( 1 0, . . . ,0, j 1 ,0, . . . ,0), h i = h j , i! = 1,tehát m = 1-re a formula igaz. Felhasználva az m = 1-re kapott állítást és gyelembevéve a vegyesmásodrend parciális deriváltak egyenl®ségét azt kapjuk, hogy:⎛ ⎞h 1n∑F ′′ h 2(t) = h j (∂ 1 ∂ j (a+th), . . . , ∂ n ∂ j f(a+th)) ⎜ ⎟⎝ . ⎠ =j=1h n=n∑j=1n∑∂ l ∂ j f(a+th)h j h l .l=1Mivel l ≠ j esetén ∂ l ∂ j f = ∂ j ∂ l f két tag egyenl® és l = j esetén ∂ j ∂ j f tag egyszer fordul el®, ezértF ′′ (t)2!= ∑ ∂ i f(a+th)h i.i!|i|=2Hasonló gondolatmenettel m -szerinti indukcióval igazoljuk az állítást. Tegyük fel, hogy k ∈∈ {1, · · · m} esetén igaz. Figyelembe véve, hogy a ∂ i f kiszámításakor az eredmény függtelen aparciális deriváltak kiszámításának sorrendjét®l következik, hogy m+1-re is igaz, mivel=1(m+1)!) F (m+1) 1(t) =(m+1) (F (m) (t)) ′ =1 ∑ 1(m+1)) i! (∂ 1∂ i f(a+th)h i h 1 +· · ·+∂ n ∂ i f(a+th)h i h n ) =|i|=m i∈N n∑ ∂ i f(a+th)=h i .i!|i|=m+1 i∈N n3.7. A Taylor-formula n-változós függvények esetéreIsmeretes, hogy az f : K r (a) → R, n + 1-szer deriválható valós változós valós érték f¤ggvényrevonatkozó Taylor-formula alapján minden x ∈ K r (a) ponthoz létezik a és x közé es® ξ úgy, hogyn∑ f (k) (a)f(x) = (x−a) k +R n f(x),k!k=0

50 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁGR n f(x) = f (n+1) (ξ)(n+1)! (x−a)n+1az ún. Lagrange-féle maradék tag. Ha bevezetjük az h := x−a, jelölést, akkor az a és x közé es®ξ a ξ = a+vh alakban írható, v ∈ (0,1). Ekkor a fenti formula a következ® alakú lesz:f(a+h) =n∑k=0f (k) (a)k!h k + f (n+1) (a+vh)h n+1 .(n+1)!A következ®kben igazolni fogjuk a Taylor-formula általánosítását többváltozós valósértékfüggvényekre.3.7.1. Tétel. Ha U ⊆ R n nyílt halmaz, [a, a + h] ⊆ U és f : U → R (n + 1)-szer dierenciálhatóU-n, akkor létezik v ∈ (0,1) úgy, hogyf(a+h) =n∑k=0∑|i|=k∂ i f(a)h i + ∑i!|i|=n+1∂ j f(a+vh)h i .i!Bizonyítás Tekintsük az F (t)=f(a+th), t∈[0,1] függvényt. Mivel f (n+1)-szer dierenciálható,ezért F is (n + 1)-szer dierenciálható. Alkalmazva a valós változós valós érték függvényeknéltanult Taylor-formulát azt kapjuk, hogy létezik v ∈ (0,1) úgy, hogyA 3.6.2 Tétel alapjánF (1) = f(0)+ F ′ (0)1!F (m) (0)m!= ∑|i|=m+· · ·+ F ′ (0)n!∂ i f(a)h ii!Így ez utóbbi két egyenl®ségb®l következik, hogyaholf(a+h) =n∑k=0∑|i|=k∂ i f(a)i!+ ∑|i|=m+1+ F (n+1) (v)(n+1)! .m = 0, n+1.∂ i f(a+vh)h i .i!Ha n = 2, a = (a 1 , a 2 ), h = (h 1 , h 2 ), akkor a kétváltozós Taylor-formula a következ® alakú:f(a 1 +h 1 , a 2 +h 2 ) = f(a 1 , a 2 )+ 1 1! (∂ 1f(a 1 , a 2 )h 1 +∂ 2 f(a 1 , a 2 )h 2 )+R n f =1 ∑n+1(n+1)!+ 1 2! (∂ 1∂ 1 f(a 1 , a 2 )h 2 1 +2∂ 1 ∂ 2 f(a 1 , a 2 )h 1 h 2 +∂ 2 ∂ 2 f(a 1 , a 2 ))+· · ·+ 1 n∑( n∂n! s)1∂ s 2 n−s f(a 1 , a 2 )h s 1h2 n−s +R n f,s=0s=0( n+1s)∂ s 1∂ n+1−s2 f(a 1 +vh 1 , a 2 +vh 2 )h s 1h n+1−s2 .Megjegyezzük, hogy a formulában szerepl® k-adik zárójel (k=0, n) formálisan (∂ 1 h 1 +∂ 2 h 2 ) k f(a 1 , a 2 )segítségével tartható észben.

3.7. A TAYLOR-FORMULA N-VÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉRE 513.15. Példa. Állítsuk el® a Taylor-formulával az f(x, y) = x 2 −2xy −3y 2 −2x−3y +2 függvénytaz (x−1) és az (y −2) hatványai szerint.Alkalmazzuk a fenti képletet az a = (1,2) és (h 1 , h 2 ) = (x, y)−(1,2) = (x−1, y −2) jelölésekkel.Kiszámítjuk a függvény behelyettesítési értékét és a megfelel® parciális deriváltjait a megadottpontban:f(1,2) = −21,f ′ x = (2x−2y −2) , f ′ x(1,2) = −4, f ′ y = (−2x−6y −3) , f ′ y(1,2) = −17,f ′′xx(1,2) = 2, f ′′xy(1,2) = −2, f ′′yy(1,2) = −6.Mivel a függvény kétváltozós másodfokú polinom, ezért a kett®nél magassabbrend parciálisderiváltjai nullával egyenl®ek. Innen következik, hogy a függvény egyenl® a másodfokú Taylorpolinomjával:f(x, y) = −21+(−4)·(x−1)−17(y −2)+2(x−1) 2 +2·(−2)(x−1)(y −2)−6(y −2) 2 =−21−4(x−1)−17(y −2)+2(x−1) 2 −4(x−1)(y −2)−6(y −2) 2 ,amely a polinom (x−1), (y −2) hatványai szerinti el®állítása.Általában, ha a Taylor formulát egy n-ed fokú polinomiális függvényre alkalmazzuk, akkor aztkapjuk, hogy a függvény egyenl® az n-ed fokú Taylor-polinomjával és az n-ed fokú maradéktagnulla. Nem polinomiális függvényekre alkalmazva a maradéktag nullától különböz®.3.16. Példa. Számítsuk ki az f :R 2 →R, f(x, y)=e x cos y függvény a=(0,0) pont körüli harmadfokúTaylor polinomját és maradéktagját.Alkalmazzuk a fenti a Taylor-formulát n=3-ra az a=(0,0)-ban és (h 1 , h 2 )=(x, y)−(0,0)=(x, y)jelölésekkel. Kiszámítjuk a függvény behelyettesítési értékét és a megfelel® parciális deriváltjait amegadott pontban:f(0,0) = 1, f ′ x = (e x cos y) , f ′ x(0,0) = 1, f ′ y = (−e x sin y) , f ′ y(0,0) = 0,f ′′xx = (e x cos y) , f ′′xx(0,0) = 1, f ′′xy = (−e x sin y) , f ′′xy(0,0) = 0, f ′′yy = (−e x cos y) , f ′′yy(0,0) = −1,f ′′′xxx = (e x cos y) , f ′′′xxx(0,0) = 1, f ′′′xxy = (−e x sin y) , f ′′′xxy(0,0) = 0,f ′′′xyy = (−e x cos y) , f ′′′xyy(0,0) = −1, f ′′′yyy = (e x sin y) , f ′′′yyy(0,0) = 0,f (4)x 4 = e x cos y, f (4)x 3 y = −ex sin y, f (4)x 2 y 2 = −e x cos y, f (4)xy 3 = e x sin y, f (4)y 4 = e x cos y.Tehát a harmadfokú Taylor-polinom:T 3 f(x, y) = 1+ 1 1! (1·x+0·y)+ 1 2! (1·x2 −2·0xy −1·y 2 )+ 1 3! (1·x3 +3·0x 2 y +3·(−1)xy 2 +0·y 3 ) =A harmadfokú maradéktag:1+x+ 1 2 (x2 −y 2 )+ 1 6 (x3 −3xy 2 ).R 3 f = 1 4! [x4 e vx cos vy −4x 3 ye vx sin vy −6x 2 y 2 e vx cos vy +4xy 3 e vx sin vy +y 4 e vx cos vy], v ∈ (0,1).

52 3. FEJEZET. DIFFERENCIÁLHATÓSÁG3.5. Feladat. Számítsuk ki az adott függvények kijelölt magasabbrend parciális deriváltjait:1) f(x, y) = x 4 y 2 +2y 3 −2x+3y +1,2) f(x, y) = arctan x y , ∂ 2 f3) f(x, y) = (x 2 −y 2 )e x−y ,∂x 2 ,∂ 2 f, ∂2 f,∂x∂y ∂y 2∂ 3 f,∂x 3∂ 4 f∂x 4 ,∂ 4 f∂x 3 ∂y ,∂ 3 f, ∂ 3 f, ∂3 f∂x 2 ∂y ∂x∂y 2∂y 3 .∂ 4 f∂x 2 ∂y 2 ,∂ 4 f, ∂4 f,∂x∂y 3 ∂y 43.6. Feladat. Ellen®rizzük, hogy a következ® függvények esetén f ′′xy = f ′′yx minden olyan pontban,ahol a parciális deriváltak léteznek:1) f(x, y) = x ln(x 2 +y 2 )2) f(x, y) = x y3) f(x, y) = arccos √ xy4) f(x, y) = x cos y 2 .3.7. Feladat. A következ® függvények esetében határozzuk meg az f xx(0,0), ′′ f xy(0,0), ′′ f yx(0,0), ′′ f yy(0,0)′′értékeket, ha azok léteznek. Ellen®rizzük, hogy teljesül-e az f xy(0,0) ′′ = f yx(0,0) ′′ egyenl®ség:{xy, ha (x, y) ≠ (0,0)x1) f(x, y) =2 +y 20, ha (x, y) = (0,0){xy, ha (x, y) ≠ (0,0)x2) f(x, y) =4 +y 20, ha (x, y) = (0,0).{xy(x 2 −y 2 ), ha (x, y) ≠ (0,0)x3) f(x, y) =2 +y 20, ha (x, y) = (0,0).3.8. Feladat. Számítsuk ki a következ® függvények megadott a pontbeli n-ed fokú Taylor-polinomjátés maradéktagját:1) f(x, y) = x 4 y 4 −x 3 y +x 2 y 2 −2x+5y +3, a = (−1,2), n = 42) f(x, y) = ln(1+x+y), a = (0,2), n = 23) f(x, y) = e y sin x, a = ( π 4 , 0), n = 34) f(x, y) = y x , a = (2,1), n = 2.

4. fejezetSzéls®érték4.1. A valós-valós esetre vonatkozó tételekEbben a fejezetben többváltozós valós érték függvények széls®értékeinek megkeresésére adunkeljárást. A valós változós valós érték függvények széls®értékeire vonatkozó szükséges, illetve amásodrend elégséges feltételnek adjuk meg az általánosítását. El®bb elevenítsük fel az egyváltozósesetre tanult tételeket.4.1.1. Tétel. (A széls®érték létezésének szükséges feltétele.) Ha az f : (α, β) → R függvény aza ∈ (α, β) pontban dierenciálható és itt lokális széls®értéke van, akkor f ′ (a) = 0.4.1.2. Tétel. (Másodrend elégséges feltétel a széls®érték létezésére.) Ha az f : (α, β) → R függvényaz a ∈ (α, β) pontban kétszer dierenciálható f ′ (a) = 0 és f ′′ (a) ≠ 0, akkor a-ban lokálisszéls®értéke van. Ha f ′′ (a) > 0, akkor a lokális minimum pont, ha f ′′ (a) < 0, akkor a lokálismaximum pont.4.2. A széls®érték létezésének els®rend szükséges feltétele4.2.1. Deníció. Legyen U ⊆R n nyílt halmaz, f :U →R. Az a∈U pontban az f-nek lokális (helyi)minimuma (maximuma) van, ha létezik δ > 0 úgy, hogy f(a) ≤ f(x), (f(a) ≥ f(x)) igaz bármelyx ∈ K δ (a). Az f(a) lokális maximum (minimum), az a pedig lokális széls®érték pont.4.2.1. Tétel. Tekintsük a U ⊆ R n nyílt halmazon f : U → R dierenciálható függvénynt. Ha azf-nek a ∈ U pontban lokális széls®értéke van, akkorf ′ (a) = (∂ 1 f(a), . . . , ∂ n f(a)) = θ n .A tétel azt mondja ki, hogy egy dierenciálható függvény lokális széls®érték pontjaibana parciális deriváltak értéke 0.Bizonyítás Ha a például az f helyi minimuma, akkor az a ponton áthaladó bármely egyenesrevett leszkítésének is az a helyi minimuma. Tekintsük azt az egyenest, melynek irányvektora aze j j-edik egységvektor. Az f-nek erre az egyenesre vett leszkítéseF (t) = f(a+te j ).Úgy választjuk meg a δ-t, hogy a+te j ∈U és F (t)=f(a+te j )≥f(a)=F (0) teljesüljön ha t∈(−δ, δ).Ez azt jelenti, hogy az F (t) valós változós valós érték függvények a t = 0 pont helyi minimum53

54 4. FEJEZET. SZÉLSŽÉRTÉKpontja. Figyelembe véve, hogy F két dierenciálható függvény közvetett függvénye, ezért maga isdierenciálható és F ′ (t) = ∂ j f(a+te j ). Mivel a t = 0-ban F-nek helyi minimuma van, ezértA fenti két összefüggés alapján következik, hogyF ′ (0) = 0.∂ j f(a) = 0.A j-edik egységvektor tetsz®legesen választottuk, ezért ∂ j f(a)=0, j =1, ..., n, ami azt jelenti, hogyf ′ (a) = θ n .A valós változós valós érték függvényekre az F ′ (a) = 0 szükséges de nem elégséges feltétele annak,hogy a helyi széls®érték legyen ezért a többváltozós esetben is az el®z® tétel a széls®értéklétezésének szintén egy szükséges de nem elégséges feltétele. A tétel alapján ha egy n-változósfüggvénynek az a = (a 1 , a 2 , . . . , a n ) ∈ U helyi széls®értéke, akkor⎧∂ 1 f(a 1 , a 2 , . . . , a n ) = 0⎪⎨ ∂ 2 f(a 1 , a 2 , . . . , a n ) = 0.⎪⎩∂ n f(a 1 , a 2 , . . . , a n ) = 0Ez azt jelenti, hogy a helyi széls®érték koordinátái a fenti n ismeretlenes n egyenletb®l álló,egyenletrendszer megoldásai. Tehát egy n változós függvény széls®értékeinek megkeresését úgykezdjük, hogy el®bb kiszámítjuk a függvény parciális deriváltjait, majd ezeket egyenl®vé tesszüknullával, majd megoldjuk az így kapott n ismeretlenes, n egyenletb®l álló egyenletrendszert. Ha afüggvénynek van helyi széls®értéke akkor az a megoldások közül valamelyikkel egyenl®.A következ® kérdés az, hogy hogyan döntsük el, hogy a fenti egyenletrendszer megoldásai közülmelyik lesz helyi széls®érték, és melyik nem. A valós változós valós érték függvények esetén ismeretesaz ú.n. másodrend elégséges feltétel a lokális széls®értékre vonatkozóan. Ennek a tételnekaz analogonját szeretnénk megfogalmazni többváltozós függvények esetére.Ha f : U → R, U ⊆ R n , n változós valós érték függvény, akkor az f ′′ (a) másodrend deriváltegy n×n-es mátrix. Felmerül a kérdés, hogy mi lesz a 4.1.2 tételbeli valós változós függvényekrevonatkozó f ′′ (a) > 0 vagy f ′′ (a) > 0 feltétel analogonja a többváltozós esetben. Erre a kvadratikusalakra vonatkozó pozitív denitség és negatív denítség segítségével tudunk válaszolni.4.3. Kvadratikus alakokTekintsük az A = [a ij ] i,j i, j = 1, ..., n négyzetes mátrixot. Azt mondjuk, hogy A szimmetrikus, haa ij = a ji , i, j = 1, ..., n. Legyen h = (h 1 , h 2 , . . . , h n ) ∈ R n , ‖h‖ = √ h 2 1 +h 2 2 +· · ·+h 2 n.4.3.1. Deníció. Az A szimmetrikus mátrixhoz rendelt kvadratikus alak deníció szerint a következ®kifejezés:n∑Q A (h) := a ij h i h j = hAh T .i,j=1

4.3. KVADRATIKUS ALAKOK 554.3.2. Deníció. Tekintsük a Q A (h) kvadratikus alakot.Ha Q A (h) > 0, ∀h ∈ R n , h ≠ θ n , akkor pozitív denit.Ha Q A (h) ≥ 0, ∀h ∈ R n , akkor pozitív szemidenit.Ha Q A (h) < 0, ∀h ∈ R n , h ≠ θ n , akkor Q A (h) negatív denit.Ha Q A (h) ≤ 0, ∀h ∈ R n , akkor Q A (h) negatív szemidenit.Ha a fentiek közül egyik sem teljesül, akkor a kvadratikus alak indenit.4.3.1. Megjegyzés. Ha n = 1, akkor a másodrend deriváltmátrix egyetlen egy elemb®l az f ′′ (a)-ból áll. A hozzárendelt kvadratikus alak Q f ′′ (a)(h) = f ′′ (a) · h 2 . Ha f ′′ (a) > 0, akkor a Q f ′′ (a)(h)pozitív denit, ha pedig f ′′ (a) 0, k = 1, ..., n, akkor az A mátrix, illetve a hozzárendelt kvadratikusalak pozitív denit.ii) Ha (−1) k det A k > 0, k = 1, ..., n, akkor az A mátrix, illetve a hozzárendelt kvadratikus alak,negatív denit.Megjegyezzük, hogy az el®z® tétel a pozitív denitség ill. a negatív denitség egy elégséges,de nem szükséges feltétele. Ezzel a tétellel viszont a teljes négyzetek kialakítása nélkül, egyszerszámolással be lehet látni egy kvadratikus alakról, hogy pozitív (negatív) denit feltéve, ha az i)vagy az ii) feltételei teljesülnek. Ha az i) vagy ii)-ben megadott feltétel közül egyik sem teljesül,akkor a kvadratikus alak denitségét például az ú.n. teljes négyzetek módszerével tudjuk eldönteni.A kvadratikus alakokra vonatkozóan szükségünk van a következ® tételre:

56 4. FEJEZET. SZÉLSŽÉRTÉK4.3.2. Tétel. Ha Q A (h) pozitív denit kvadratikus alak, akkor léteznek m, M > 0 számok úgy,hogym‖h‖ 2 ≤ Q A (h) ≤ M‖h‖ 2 , ∀h ∈ R n .Bizonyítás Mivel a Q A : R n → R kvadratikus alak folytonos az {h ∈ R n : ‖x‖ = 1} kompakthalmazon, ezért Weierstrass tétele miatt létezik ezen a halmazon maximuma és minimuma:M := max{Q A (h) ∈ R : h ∈ R n : ‖x‖ = 1},m := min{Q A (h) ∈ R : h ∈ R n : ‖x‖ = 1}.Legyen h ≠ θ n egy tetsz®leges vektor R n -b®l, ekkor∥Mivel∥ h‖h‖Q A (h) = Q A (‖h‖·∥ = 1, ezért a m és M deníciója alapjánh‖h‖ ) = ‖h‖2 Q A ( h‖h‖ ).m‖h‖ ≤ Q A (h) ≤ M‖h‖,ami Q A (θ n ) = 0 miatt a h = θ n esetén is fennáll.Az el®z® tételb®l és a pozitív (negatív) denitség deníciójából adódik:4.3.1. Következmény. Legyen Q A egy kvadratikus alak. A Q A pontosan akkor pozitív denit, halétezik olyan C > 0 szám, amelyreQ A (h) ≥ C‖h‖, h ∈ R n .A Q A pontosan akkor negatív denit, ha létezik olyan C < 0 szám, amelyreQ A (h) ≤ C‖h‖, h ∈ R n .4.4. Másodrend elégséges feltétel a széls®érték létezésére4.4.1. Tétel. Tegyük fel, hogy az U ⊆ R n nyílt halmazon értelmezett f : U → R függvény kétszerfolytonosan dierenciálható és az a ∈ U pontban f ′ (a) = θ n .Ha az f ′′ (a) másodrend deriváltmátrix ( Hesse-féle mátrix) pozitív denit, akkor a lokálisminimum pont.Ha az f ′′ (a) másodrend deriváltmátrix negatív denit, akkor a lokális maximum pont.Bizonyítás Tegyük fel, hogy f ′′ (a) pozitív denit. A Taylor-képlet alapján ∃v ∈ (0,1) úgy, hogyf(a+h) = f(a)+ 1 1! (∂ 1f(a)h 1 +∂ 2 f(a)h 2 +· · ·+∂ n f(a)h n )+ 1 2!Mivel f ′ (a) = θ n ezért ∂ k f(a) = 0, k = 1, ..., n, tehátf(a+h)−f(a) = 1 2n∑∂ i ∂ j f(a)h i h j + 1 2i,j=1n∑∂ i ∂ j f(a+vh)h i h j .i,j=1n∑(∂ i ∂ j f(a+vh)−∂ i ∂ j f(a))h i h j .i,j=1

4.5. MÁSODREND– SZÜKSÉGES FELTÉTEL SZÉLSŽÉRTÉK LÉTEZÉSÉRE 57A fenti egyenl®ség jobb oldalán álló els® összeg éppen az f ′′ (a) másodrend deriváltmátrixhozrendelt kvadratikus alak, ezért az f ′′ (a) pozitív denitsége alapján12n∑∂ i ∂ j f(a)h i h j = 1 2 Q f ′′ (A)(h) > 0, ∀h ∈ R n , h ≠ θ n .i,j=1Vezessük be a következ® jelölést: ε ij (h) := ∂ i ∂ j f(a + vh) − ∂ i ∂ j f(a). Mivel f kétszer folytonosandierenciálható a-ban ezért léteznek az a pontbeli másodrend parciális deriváltak és folytonosaka-ban. Innen következik, hogy limh→θnε ij (h) = 0, i, j = 1, ..., n, tehátlimh→θ ni,j=1n∑|ε ij (h)| = 0.A 4.3.1 tétel értelmében, ha Q f ′′ (a)(h) pozitív denit, akkor van olyan m > 0, amelyreÍgy a |h i ·h j |‖h‖ 2≤ 1 gyelembevételévelm·‖h‖ 2 ≤ Q f ′′ (a)(h).f(a+h)−f(a) ≥ 1 2 m‖h‖2 + 1 2n∑ε ij (h)h i h j =i,j=1= 1 2 m·‖h‖2 + 1 2 ‖h‖2 n∑≥ 1 2 m·‖h‖2 − 1 2 ‖h‖2i,j=1ε ij (h) h i‖h‖ · hj‖h‖ ≥n∑|ε ij (h)|.∑Mivel lim ni,j=1 |ε h→θnij(h)| = 0, ezért a θ n van olyan δ sugarú környezet, amelyre 1m · 2 ‖h‖2 −− 1 2 ‖h‖ ∑ n |ε ij (h)| ≥ 0 teljesül, ha h ∈ K δ (θ n ). Következésképpeni,ji,j=1f(a+h)−f(a) ≥ 0, ha h ∈ K δ (θ n ).Tehát a helyi minimum pont. Az f ′′ (a) negatív denit feltétel mellett hasonlóan következik, hogya helyi maximum pont.4.5. Másodrend szükséges feltétel széls®érték létezéséreA tétel a 4.2.1 és 4.4.1 Tétlek bizonyításából következik a4.5.1. Tétel. Legyen f : U → R egy többváltozós valós érték függvény, ahol U ⊆ R n nyílt halmazés a ∈ U. Hai) f kétszer folytonosan dierenciálható az U halamazonii) f ′ (a) = θ n ,iii) f ′′ (a) indenit,

58 4. FEJEZET. SZÉLSŽÉRTÉKakkor az f függvénynek az a pontban nincs lokális széls®értéke.4.5.1. Következmény. Legyen f :U →R egy többváltozós valós érték függvény, ahol U ⊆R n nyílthalmaz, és a ∈ U lokális széls®értékhely. Ha az f függvény kétszer folytonosan dierenciálható a Uhalamazon akkor f ′ (a) = θ n és a másodrend¥derivált (ún. Hesse-féle) mátrix f ′′ (a) szemidenit.Kétváltozós függvények esetére a 4.3.2, 4.4.1, 4.5.1 Tételek alapján a következ®t kapjuk:4.5.2. Következmény. Tekintsünk egy kétváltozós kétszer dierenciálható függvényt az U-n. Tegyükfel, hogy az a ∈ U-ban∂f ∂f(a) = 0, (a) = 0. (4.5.1)∂x ∂yHadetf ′′ (a) = f xx(a)f ′′yy(a)− ( ′′ f xy(a) ) ′′ 2> 0, és f′′xx(a) < 0, (4.5.2)akkor a függvénynek a-ban lokális maximuma van. Hadetf ′′ (a) = f ′′xx(a)f ′′yy(a)− ( f ′′xy(a) ) 2> 0, és f′′xx(a) > 0, (4.5.3)akkor a függvénynek a-ban lokális minimuma van. Haakkor a nem széls®érték pont.detf ′′ (a) = f ′′xx(a)f ′′yy(a)− ( f ′′xy(a) ) 2< 0, (4.5.4)Az els® két állítás a felsorolt tételek azonnali következménye. Csak a harmadik állítást kellindokolni.Ha detf ′′ (a) = f xx(a)f ′′yy(a) ′′ − ( f xy(a) ) ′′ 2< 0, akkor a másodrend derivált mátrixhoz rendeltkvadratikus alakQ f ′′ (a) = f xx(a)h ′′ 2 1 +2f xy(a)h ′′1 h 2 +f yy(a)h ′′ 2 2el®jelt vált, tehát indenit. Valóban ha (h 1 , h 2 ) ≠ (0,0),[Q f ′′ (a) = h 2 1 f xx(a)+2f ′′xy(a) ′′ h ( ) ] 22+f ′′ h2hyy(a) .1 h 1el®jelt vált, mivel a zárójelben lev® másodfokú kifejezés diszkriminánsa a feltétel melett pozitív.4.1. Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = sin x + cos y + cos(x − y) függvény szlés® értékeit, ha0 < x < π 2 és 0 < y < π 2 .El®ször keressük meg az f(x, y) függvény lehetséges széls®érték helyeit. Ezeket a pontokatakkor kapjuk meg, ha a függvény parciális deriváltjait egyenl®vé tesszük nullával, megoldjuk akapott egyenletrendszert. Az f függvény parciális deriváltjaiból alkotott egyenletrendszer:Az második egyenletb®l azt kapjuk, hogyf ′ x(x, y) = cos x−sin(x−y) = 0 (4.5.5)f ′ y(x, y) = − sin y +sin(x−y) = 0. (4.5.6)sin(x−y) = sin y ⇒ y = x +kπ, vagy x = π +2kπ (k ∈ Z).2

4.5. MÁSODREND– SZÜKSÉGES FELTÉTEL SZÉLSŽÉRTÉK LÉTEZÉSÉRE 59Az x=π+2kπ (k ∈Z) nem megoldása a feladatnak, mert x∈ ( )0, π 2 . Az y =x+kπ-t behelyettesítve2az els® egyenletbe, majd kihasználva azt, hogy cos x = sin ( )x+ π 2 azt kapjuk, hogy(sin x+ π ) ( x)= sin2 2 −kπ . (4.5.7)Innen azvagyx+ π 2 = x −kπ +2mπ ⇒ x = π ·(2·(2m−k)−1),2(4.5.8)x+ π ( x)+2mπ2 = π − 2 −kπ ⇒ x = π ·(1+2k +4m)3(4.5.9)eredményekre jutunk, ahol k, m ∈ Z. Mivel x ∈ [ ]0, π 2 , ezért csak a k = 0 és m = 0 eset lesz jómegoldás. Az x = π-at visszahelyettesítve az y-ba, kapjuk, hogy y = π. A függvénynek a a = ( π, )π3 6 3 6pontban lehet széls®értéke.A továbbiakban azt vizsgáljuk meg, hogy f függvénynek az a pontban valóban van-e széls® értéke.Ehhez a másodrend deriváltmátrix determinánsát kell megnéznünk. Az f függvény másodikderiváltjai a következ®k:f xx(x, ′′ y) = − sin x−cos(x−y)f yy(x, ′′ y) = − cos y −cos(x−y)f xy(x, ′′ y) = f yx(x, ′′ y) = cos(x−y)A másodrend deriváltmátrix determinánsa az a pontban(− √ √ )3 3D(a) = √ 23− √ = 9 3 4 .2A másodrend deriváltmátrix determinánsa pozitív az a pontban, ebb®l következik, hogy az apont széls®értéke az f függvénynek. Mivel f xx( ′′ π, π) = −√ 3 < 0, ezért az a pont az f függvénynek3 6lokális maximuma.4.2. Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = x−2y +ln √ x 2 +y 2 +3 arctan y xfüggvény széls®értékeit.El®ször meghatározzuk a függvény értelmezési tartományát. A logaritmus a √ x 2 +y 2 > 0 feltételmellett, a törtfüggvény az x ≠ 0 feltétel mellett értelmezett, tehát a függvény értelmezésitartománya: R 2 \{(0, y)| y ∈ R}.Az x és y változók szerinti parciális deriváltak:f ′ x(x, y) = 1+f ′ y(x, y) = −2+1√x2 +y · 12 2 ·= 1+ xx 2 +y 2 −1√x2 +y · 12 2 ·= −2+ yx 2 +y + 3(2x+1√x2 +y ·2x+3· 121+ ( yx3yx 2 +y = x2 +y 2 +x−3y2 x 2 +y 21√x2 +y ·2y +3· 121+ ( yx) 2 ·(− y )x 2) 2 · 1x) = −2x2 −2y 2 +y +3xy 2 x 2 +y 2x

60 4. FEJEZET. SZÉLSŽÉRTÉKA parciális deriváltakat egyenl®vé tesszük nullával, az így kapott egyenletrendszer megoldásaiközött lesznek a függvény lehetséges széls®értékei. Mivel a parciális deriváltak törtek, egy törtpedig pontosan akkor nulla, ha a számlálója nulla, ezért a megoldások kielégítik azx 2 +y 2 +x−3y = 0 (4.5.10)−2x 2 −2y 2 +3x+y = 0 (4.5.11)egyenletrendszert. A fenti egyenletekb®l kiküszöbölve a négyzetes tagokat, arra a feltételre jutunk,hogy x = y. Ezt behelyettesítve az els®be, kapjuk, hogyx·(x−1) = 0 ⇒ x = 0 vagy x = 1.Mivel az x = 0 esetben nincs értelmezve a függvény, ezért csak az a = (1,1) pontban lehet a függvényneklokális széls®értéke.Ezután nézzük meg az f függvény második parciális deriváltjait.f xx(x, ′′ y) = (2x+1)(x2 +y 2 )−(x 2 +y 2 +x−3y)·2x= y2 −x 2 +6xy(x 2 +y 2 ) 2 (x 2 +y 2 ) 2f ′′yy(x, y) = (−4y +1)(x2 +y 2 )−(−2x 2 −2y 2 +y +3x)·2y(x 2 +y 2 ) 2= x2 −y 2 −6xy(x 2 +y 2 ) 2f ′′xy(x, y) = f ′′yx(x, y) = (2y −3)(x2 +y 2 )−(x 2 +y 2 +x−3y)·2y(x 2 +y 2 ) 2= 3y2 −3x 2 −2xy(x 2 +y 2 ) 2A másodrend deriváltmátrix determinánsa az a pontban3D(a) =− 1 2 2∣− 1 − 3 ∣ = −102 2 4 .Mivel a determináns negatív az a pontban, ezért az f függvénynek nincs széls®értéke ebben apontban.4.3. Példa. Keressük meg az f(x, y) = y 2 +2x 2 y +x 4 függvény széls®értékeit.Az f függvény x és y változók szerinti parciális deriváltjai:Megoldva azf ′ x(x, y) = 4xy +4x 3f ′ y(x, y) = 2y +2x 20 = 4xy +4x 3 (4.5.12)0 = 2y +2x 2 (4.5.13)egyenletrendszert azt kapjuk, hogy y=−x 2 . Tehát az f függvénynek az y=−x 2 parabola pontjaibanlehet széls®értéke.

4.5. MÁSODREND– SZÜKSÉGES FELTÉTEL SZÉLSŽÉRTÉK LÉTEZÉSÉRE 61A második deriváltak:f xx(x, ′′ y) = 4y +12x 2f yy(x, ′′ y) = 2f xy(x, ′′ y) = f yx(x, ′′ y) = 4x.A másodrend deriváltmátrix determinánsa az y = −x 2 parabola pontjaiban∣ 8x2 4x4x 2 ∣ = 0.Mivel a másodrend deriváltmátrix nem teljesíti a denitségre vonatkozó elégséges feltételt, ezértmás módon kell viszgálni, hogy a parabola pontjai valóban széls®érték pontok-e. Látható, hogy azf(x, y) függvény könnyen szorzattá alakítható, azazf(x, y) = y 2 +2x 2 y +x 4 = (y +x 2 ) 2 ≥ f(x, −x 2 ) = 0,ezért az f függvénynek az y = −x 2 parabola pontjaiban lokális minimuma van. Ezek a pontokegyben globális minimum pontok is.4.4. Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1)függvény széls®értékeit.El®ször oldjuk meg az f függvény parciális deriváltjai által alkotott egyenletrendszert. A parciálisderiváltak:f x(x, ′ y) = e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·(− 1 )2 ·(2x−2) = 0f y(x, ′ y) = e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·(− 1 )2 ·2y = 0.Egy szorzat pontosan akkor nulla, ha valamelyik tényez®je nulla. Mivel e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ≠ 0,ezért a− 1 2 ·(2x−2) = 0 ⇒ x = 1− 1 2 ·2y = 0 ⇒ y = 0megoldásokra jutunk. Tehát f-nek csak az a = (1,0) pontban lehet lokális széls®értéke.A második parciális deriváltak a következ®ek:f xx(x, ′′ y) = e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·(− 1 )2 ·(2x−2) ·(1−x)+e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·(−1)= e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·x·(x−2)f yy(x, ′′ y) = e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·(− 1 )2 ·2y ·(−y)+e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·(−1)= e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·(y −1)·(y +1)f ′′xy(x, y) = f ′′yx(x, y) = e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·(−y)·(1−x)+e− 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·0= −e − 1 2 ·(x2 +y 2 −2x+1) ·y ·(1−x).

62 4. FEJEZET. SZÉLSŽÉRTÉKA másodrend deriváltmátrix determinánsa az (1,0) pontbanD(a) =∣ −1 00 −1∣ = 1.Mivel D(a)=1>0 és f xx (a)=−1 f:=exp(-(x^2+y^2-2*x+1)/2);> d_x:=diff(f,x);> d_y:=diff(f,y);> solve({d_x,d_y},{x,y});> d_{xx}:=diff(f,x,x);> evalc(subs(x=1,y=0,d_{xx}));> d_{yy}:=diff(f,y,y);> evalc(subs(x=1,y=0,d_{yy}));> d_{xy}:=diff(f,x,y);> evalc(subs(x=1,y=0,d_{xy}));> d:=d_{xx}*d_{yy}-d_{xy}^2;> simplify(d); evalc(subs(x=1,y=0,d));A következ® utasítással megrajzolja a grakus képet, ahonnan valóban látszik, hogy f-neklokális maximuma van:> plot3d(f,x=-5..5,y=-5..5,axes=framed);4.1. Feladat. Határozzuk meg az alábbi függvények lokális széls®értékeit:1) f(x, y) = x 2 +(y −1) 2

4.6. AZ IMPLICIT FÜGGVÉNY DIFFERENCIÁLHATÓSÁGÁRA VONATKOZÓ TÉTEL 632) f(x, y) = x 2 +y 2 +xy −6x+3y3) f(x, y) = x 3 +y 3 −15xy4) f(x, y) = x 2 +xy +y 2 −3x−6y5) f(x, y) = x 4 +y 3 +32x−9y6) f(x, y) = (1−x) 2 +(2+y) 2 −47) f(x, y) = y 3 −x 2 −4y 2 +2xy8) f(x, y) = x 2 +(y −1) 29) f(x, y) = e x 2 ·(x+y 2 )10) f(x, y) = (x 2 +y 2 )·e −(x2 +y 2 )11) f(x, y) = √ x 2 −(y −1) 212) f(x, y) = x·(x 2 +y −1) 213) f(x, y) = x 2 +y 314) f(x, y) = x 2 y 3 ·(6−x−y)4.6. Az implicit függvény dierenciálhatóságára vonatkozótételTekintsük az f : D → R, D ⊂ R 2 függvényt és tegyük fel, hogy a következ® halmaz nem üres:H = {(x, y) ∈ D : f(x, y) = 0} ̸= ∅.Azt vizsgáljuk, hogy milyen esetben lesz a H halmaz valamely függvénynek a grakonja. Azf(x, y) = 0 egyenlet megoldása azt jelenti, hogy az egyenlet által implicit (nem kifejtett) módonmeghatározott y ismeretlent explicitté (kifejtetté) tesszük. Nem minden esetben lehet ezt megtenni.Ha ki is tudjuk fejezni y-t az x függvényében nem minden esetben lesz egyértelm a megoldás.Bizonyos feltételek mellett garantálni tudjuk, hogy minden x-hez létezik egyetlen y úgy, hogy(x, y) ∈ D és f(x, y) = 0. Ekkor a H halmaz egy függvény grakonja lesz.Ha például f(x, y) = x 2 +y 2 −1, (x, y) ∈ R 2 , akkor nincs olyan ϕ : R → R függvény, amelynekgrakus képe a H lenne. Ha f helyett annak egy leszkítését vesszük f 0 : [−1, 1]×[0, 1], f 0 (x, y) == x 2 +y 2 −1, akkor aH 0 = {(x, y) ∈ [−1, 1]×[0, 1] : f 0 (x, y) = 0}halmaz az y = ϕ(x) = √ 1−x 2 , x ∈ [−1,1] függvény grakus képe.A következ®kben általánosabban vizsgáljuk a fent megfogalmazott kérdést. Elégséges feltételtadunk arra, hogy egy implicit egyenlet mikor határoz meg egy függvényt és a megoldása milyenfeltétel mellett lesz dierenciálható.

64 4. FEJEZET. SZÉLSŽÉRTÉK4.6.1. Deníció. Legyen az Ω 1 ⊆ R n 1, az Ω 2 ⊆ R n 2 nyílt halmazok, n1 , n 2 ∈ N\{0}, és F : Ω 1 ××Ω 2 → R n 2 többváltozós vektorérték függvény. ϕ : Ω1 → Ω 2 megoldása az F (x, y) = θ n2 implicitfüggvényegyenletnek, ha bármely x ∈ Ω 1 esetén F (x, ϕ(x)) = θ n2 teljesül.Ha x = (x 1 , · · · , x n1 ), y = (y 1 , · · · , y n2 ) és F (x, y) = (F 1 (x, y), · · · , F n2 (x, y)) T , akkor jelöljük azy 1 , · · · , y n2 változók szerinti parciális deriváltakból alkotott mátrixot a következ® képpen:⎛∂F 1∂y 1· · · ∂F ⎞1∂y n2∂F 2F y ′ ∂y 1· · · ∂F 2∂y n2:=................⎜⎟⎝ ............... ⎠∂F n2∂y 1· · · ∂Fn 2∂y n24.6.1. Tétel. Legyen (a, b) ∈ Ω 1 ×Ω 2 úgy, hogy a ∈ Ω 1 , b ∈ Ω 2 , n 1 , n 2 ∈ N\{0}, Ω 1 ⊆ R n 1 , Ω2 ⊆ R n 2nyílt halmazok és F : Ω 1 ×Ω 2 → R n 2 , x ∈ Ω1 , y ∈ Ω 2 . Hai) F (a, b) = θ n2 ,ii) F egyszer folytonosan dierenciálható az Ω 1 ×Ω 2 halmazon,iii) F ′ y determinánsa nem nulla az (a, b) helyen: det F ′ y(a, b) ≠ 0,akkor létezik az a-nak egy U ⊆ Ω 1 , környezete, és létezik a b-nek egy V ⊆ Ω 2 , környezete úgy, hogybármely x ∈ U esetén létezik egy és csakis egy ϕ(x) ∈ V , melyre F (x, ϕ(x)) = θ n2 , s®t ϕ egyszerfolytonosan dierenciállható az a pontban, és teljesül:ahol b = ϕ(a).A tétel bizonyítását lásd például a [17]-ban a 125. oldalon.ϕ ′ (a) = [F ′ y(a, b)] −1 ·F ′ x(a, b), (4.6.1)4.6.1. Megjegyzés. Legyen n 1 = 1 és n 2 = 1, akkor F : Ω 1 ×Ω 1 → R függvényt kapjuk.i) Létezik a ∈ Ω 1 és b ∈ Ω 2 úgy, hogy F (a, b) = 0,ii) F egyszer folytonosan dierenciálható az Ω 1 ×Ω 2 halmazon,iii) F függvény y szerinti parciális deriváltja az (a, b) helyen nem nulla (F ′ y(a, b) ≠ 0).Ebb®l következik, hogy létezik (a − r 1 , a + r 1 ) ⊆ Ω 1 és létezik (b − r 2 , b + r 2 ) ⊆ Ω 2 úgy, hogy létezikegy és csakis egy ϕ : (a − r 1 , a + r 1 ) → (b − r 2 , b + r 2 ), melyre F (x, ϕ(x)) = 0 bármely x ∈ (a −− r 1 , a + r 1 )-re. Az inplicit függvény deriváltjára vonatkozó szabályt ebben az esetben a következ®képpeb is levezethetjük: F egyszer folytonosan dierenciálható az (a−r 1 , a+r 1 ) halmazon, ezért aláncszabály alapjánF ′ x ·1+F ′ y ·ϕ ′ (x) = 0,innen következik, hogy ϕ ′ (a) = − F ′ x (a,ϕ(a))F ′ y (a,ϕ(a)).

4.7. FELTÉTELES SZÉLSŽÉRTÉK 654.7. Feltételes széls®értékEbben a fejezetben bevezetjük a feltételes széls®érték fogalmát és eljárást adunk ezek meg keresésére.A feltételes széls®érték megértése céljából el®ször a következ® speciális esetet vizsgáljukmeg. Legyen az f : H → R kétváltozós valós érték dierenciálható függvény, ahol H ⊆ R 2 , éstanulmányozzuk a függvény helyi széls®értékei létezésének a feltételeit, ha az f függvény függetlenváltozói között fennáll az F (x, y) = 0 összefüggés, ahol F : H → R szintén dierenciálható. A helyiszéls®érték létezésének csak a szükséges feltételét vizsgáljuk. (Elégségesség vizsgálatát feladatokonkeresztül mutatjuk meg.)Tegyük fel, hogy az f függvénynek az (x 0 , y 0 ) pontban helyi széls®értéke van, és F (x 0 , y 0 ) = 0.Tegyük fel továbbá azt is, hogy az f függvény az (x 0 , y 0 ) pont egy V környezetében teljesíti azimplicitfüggvény dierenciálhatóságára vonatkozó tétel feltételeit. Ekkor az F (x, y) = 0 összefüggésegy g : X → Y, y = g(x) függvényt értelmez, ahol X az x 0 , Y az y 0 pont környezete, és mindenx∈X esetén F (x, g(x))=0. A keresett feltétel azonos azzal, hogy a h(x)=f(x, g(x)) egyenl®séggelértelmezett h:X →R függvénynek helyi széls®értéke legyen az x 0 pontban, azaz hogy fennálljanaka következ® egyenl®ségek:Következik, hogy az x 0 és y 0 azh ′ (x 0 ) = f ′ x(x 0 , y 0 )+f ′ y(x 0 , y 0 )·g ′ (x 0 ) = 0, F (x 0 , y 0 ) = 0.f ′ x(x, y)+f ′ y(x, y)·g ′ (x) = 0 (4.7.1)F (x, y) = 0egyenletrendszer megoldása. Az implicit függvény tétele alapján a fenti egyenletrendszerbe behelyettesítveg ′ (x)-et a következ®t kapjuk, ha (x 0 , y 0 ) megoldása a feltételes széls®érték feladatnak,akkor a következ® egyenletrendszer megoldása is:f ′ x(x, y)·F ′ y(x, y)−f ′ y(x, y)·F ′ x(x, y) = 0F (x, y) = 0,A g ′ kiküszöbölését másként is elvégezhetjük: az F (x, g(x)) = 0 azonosság bal és jobb oldalátderiváljuk,f ′ x(x, y)+f ′ y(x, y)g ′ (x) = 0F ′ x(x, y)+F ′ y(x, y)g ′ (x) = 0.A második egyenletet megszorozzuk λ-val, majd hozzáadjuk az els®höz, akkor a következ®t kapjuk:f ′ x(x, y)+λF ′ x(x, y)+[f ′ y(x, y)+λF ′ y(x, y)]g ′ (x) = 0. (4.7.2)A λ-t úgy határozzuk meg, hogy f ′ y(x, y) + λF ′ y(x, y) = 0. Mivel F teljesíti az implicit függvénylétezésére vonatkozó feltételt, ezért F ′ y(x 0 , y 0 )≠0, tehát van ilyen λ. Összegezve, ha (x 0 , y 0 ) megoldásaa feltételes széls®érték feladatnak, akkor van olyan λ, amelyre (x 0 , y 0 , λ) a következ® rendszermegoldása:f x(x ′ 0 , y 0 )+λF x(x ′ 0 , y 0 ) = 0 (4.7.3)f y(x ′ 0 , y 0 )+λF y(x ′ 0 , y 0 ) = 0 (4.7.4)F (x 0 , y 0 ) = 0.

66 4. FEJEZET. SZÉLSŽÉRTÉKEzt az egyenletrendszert azonnal megkapjuk, ha azL(x, y, λ) = f(x, y)+λF (x, y)ún. Lagrange-féle segédfüggvénynek kiszámítjuk a parciális deriváltjait és azokat egyenl®vétesszük nullával.Fogalmazzuk meg a feladatot általánosabban.4.7.1. Deníció. Legyen f : H → R többváltozós valós érték dierenciálható függvény, ahol H ⊆⊆ R n , és E ⊆ R n a következ®képpen van megadvaE = {z ∈ R n : F i (z) = 0, i = 1, ..., q }, F i (z) : R n → R, i = 1, ..., q (q < n).Az f-nek az F i , i = 1, ..., q feltételekre vonatkozóan feltételes lokális széls®értéke van azz 0 ∈ R n pontban, ha f| E-nek lokális széls®értéke van az z 0 ∈ R pontban.A továbbiakban vezessük be a következ® jelöléseket: H = A × B, z = (x, y) F : A × B → R vektor érték függvény, melynek koordináta függvényei az F i , ahol A ⊆ R p , p, q ∈ N ∗ , p + q = n,x ∈ A ⊆ R p és y ∈ B ⊆ R q . Ekkor az E halmazt az F (x, y) = θ q összefüggés határozza meg.Tegyük fel, hogy z 0 = (x 0 , y 0 ) ∈ H pontban, ahol x 0 ∈ A, y 0 ∈ B, az f függvénynek feltételeslokális széls®értéke van az F (x, y) = θ q feltétel mellett. Továbbá tegyük fel azt is, hogy az F függvényaz (x 0 , y 0 ) pont valamely környezetében teljesíti az implicit függvény dierenciálhatóságáravonatkozó tétel feltételeit. Ekkor létezik egy és csakis egy g : X → Y, g(x) = (g 1 (x), ..., g q (x))függvény, ahol X az x 0 , Y pedig az y 0 pontnak bizonyos környezete úgy, hogy g(x 0 ) = y 0 ésF (x, g(x)) = θ q bármely x ∈ X esetén. Keressük annak a szükséges feltételeit, hogy a h(x) :==f(x, g(x)) egyenl®séggel értelmezett h:X →R valós érték függvénynek x 0 pontban széls®értékelegyen.Tegyük fel, hogy f függvény dierenciálható az A × B halmazon, akkor h dierenciálható azX halmazon. A h függvény x j változó szerinti parciális deriváltja az x 0 pontban:0 = h ′ x j(x 0 ) = f x ′ 1(x 0 , g(x 0 ))·0+. . .+f x ′ j(x 0 , g(x 0 ))·1+0+. . .+0q∑+ f y ′ k(x 0 , g(x 0 ))· ∂g ∣k ∣∣∣(x0, j = 1, ..., p∂x j ,g(x 0 ))0 = h ′ x j(x 0 ) = f ′ x j(x 0 , g(x 0 ))+q∑k=1k=1f y ′ k(x 0 , g(x 0 ))· ∂g ∣k ∣∣∣(x0, j = 1, ..., p, (4.7.5)∂x j ,g(x 0 ))ami a feltételek miatt nullával egyenl®.Az egyenletrendszer tartalmazza a g függvény komponenseinek a parciális deriváltjait, amelyeka feladat adatai között nem szerepelnek. Ezeknek a kiküszöböléséreF (x, g(x)) = θ q ⇔ F i (x, g(x)) = 0, i = 1, qegyenl®séget használhatjuk fel, amely bármely x ∈ X esetén fennáll. Kiszámítjuk az F i (x, g(x))függvény x j változó szerinti parciális deriváltjait az az (x 0 , y 0 ) pontban, ahol y 0 = g(x 0 ):0 = ∂F ∣i ∣∣∣(x0·1+∂x j ,y 0 )q∑k=1∣∂F i· ∂g ∣∣∣∣k, j = 1, ..., p, i = 1, ..., q. (4.7.6)∂y k ∂x j(x 0 ,y 0 )

4.7. FELTÉTELES SZÉLSŽÉRTÉK 67A fenti egyenletekb®l a ∂g k∂x j∣ ∣∣x0parciális deriváltak kiküszöbölhet®k, mivel az utóbbi rendszer(∂F i∂y k∣∣∣(x0,y 0 )), k = 1, qmátrixának a determinánsa nem nulla. A g függvény g k komponenseinek x j szerinti parciálisderiváltjait kiküszöbölve egyenlet csak az f és F függvények parciális deriváltjait, tehát ismertadatokat tartalmaz, ésG j (x 0 , y 0 ) = 0 (j = 1, p) (4.7.7)alakú összefüggés lesz. Tehát, ha (x 0 , y 0 ) az f függvény lokális feltételes széls®értékpontja, akkor(x 0 , y 0 ) aG j (x, y) = 0, F i (x, y) = 0 (i = 1, q, j = 1, p) (4.7.8)p+q egyenletb®l álló p+q ismeretlenes egyenletrendszer megoldása.A g k komponensek x j szerinti parciális deriváltjait másképp is kiküszöbölhetjük. Ez a módszert,az el®bb ismertetett Lagrange-féle multiplikációs módszer általánosítása.Legyen (x 0 , y 0 ) az f függvény helyi feltételes széls®érték-pontja, az F (x, y) = 0 feltétel melett,akkor van olyan λ = (λ 1 , ..., λ q ), amelyre az (x 0 , y 0 , λ) az L(x, y, λ) = f(x, y) + ∑ qi=1 λ iF i (x, y)széls®érték pontja. A λ = (λ 1 , ..., λ q )-t a következ®képpen határozzuk meg. Tekintjük a∣∂L ∣∣∣(x0=∂y k ,y 0 )(∂f∂y k+q∑i=1)∣λ i · ∂F ∣∣∣∣(x0i= 0 (k = 1, q). (4.7.9)∂y k,y 0 )λ i -ben lineáris inhomogén q egyenletb®l álló q ismeretlenes egyenletrendszert. Mivel F teljesíti azimplicit függvény létezésére vonatkozó feltételt, ezért( ), k = 1, q∂F i∂y k∣∣∣(x0,y 0 )mátrixának a determinánsa nem nulla, az el®z® rendszer Cramer-rendszer, ahonnan λ=(λ 1 , λ 1 , . . . , λ m )egyértelmen kiszámítható. Az így meghatározott λ paramétereket felhasználjuk a g k komponensekx j szerinti parciális deriváltjainak a kiküszöbölésére az (4.7.5), (4.7.6) egyenletb®l. Az (4.7.6)egyenletet megszorozva λ i -vel és összegezve i = 1-t®l q-ig, azt kapjuk, hogyq∑i=1λ i · ∂F ∣i ∣∣∣(x0+∂x j ,y 0 )q∑k=1∣∂g k ∣∣∣(x0·∂x j ,y 0 )Összeadva az (4.7.6)-ös és az (4.7.5)-as egyenleteket azt kapjuk, hogyq∑i=1λ i · ∂F ∣i ∣∣∣(x0= 0 (j = 1, p). (4.7.10)∂y k ,y 0 )h ′ x j(x 0 ) = f ′ x j(x 0 , y 0 )++q∑λ i · ∂F ∣i ∣∣∣(x0∂x j ,y 0 )q∑∣ (∂g k ∣∣∣(x0· f y ′ ∂x k(x 0 , y 0 )+j ,y 0 )i=1k=1q∑i=1λ i · ∂F i∂y k∣ ∣∣∣(x0,y 0 )Az (4.7.9)-es egyenlet miatt a zárójeles kifejezés egyenl® nullával, ezért)(j = 1, p).h ′ x j(x 0 ) = 0 = f ′ x j(x 0 , y 0 )+q∑i=1λ i · ∂F i∂x j∣ ∣∣∣(x0,y 0 )(j = 1, p). (4.7.11)

68 4. FEJEZET. SZÉLSŽÉRTÉKA (4.7.11) összefüggés a G j (x 0 , y 0 )=0 egyenl®séggel azonos, ha λ az (4.7.9) rendszer megoldása.Tehát összefoglalva, annak a szükséges feltétele, hogy az f függvénynek az (x, y) pontban helyifeltételes széls®értéke legyen a következ®:∂f(x, y)∂x j+∂f(x, y)∂y k+q∑i=1q∑i=1λ i · ∂F i(x, y)∂x j= 0, j = 1, p,λ i · ∂F i(x, y)∂y k= 0, k = 1, q, (4.7.12)F i (x, y) = 0, i = 1, q,amely egy p+q +q egyenletb®l álló p+q +q ismeretlent tartalmazó egyenletrendszer azx 1 , x 2 , . . . , x p , y 1 , y 2 , . . . , y q , λ 1 , λ 2 , . . . , λ q ismeretlenekre vonatkozólag.Az (4.7.13) egyenletrendszer nyilván annak a szükséges feltétele, hogy a következ® Lagrangefélep+2·q valós változós valós segédfüggvénynek stacionárius pontja legyen legyen:L(x, y, λ) = f(x, y)+q∑λ i ·F i (x, y).Tehát igazoltuk a következ® fetételes széls®érték létezésére vonatkozó szükséges feltételt:4.7.1. Tétel. Legyen f :H→R többváltozós valós érték dierenciálható függvény, ahol H=A×B⊆⊆R n nyílt halmaz, A⊆R p , B ⊆R q , p, q∈N ∗ , p+q=n. Tekintsük az F i (z):R n →R, i=1, ..., q (q 0, y > 0, z > 0, ).

4.7. FELTÉTELES SZÉLSŽÉRTÉK 69A feltételb®l x-et kifejezveés ezt behelyettesítve az f-be, egyx = 1−2y −3zh(y, z) = (1−2y −3z)·y 2 z 3 (4.7.14)kétváltozós függvényt kapjuk, amelynek a szabad széls®érték vizsgálatával megkapjuk az f feltételesszéls®értékeit. A (4.7.14) függvény parciális deriváltjai:Megoldva az:egyenletrendszert kapjuk, hogyh ′ y(y, z) = −2y 2 z 3 +(1−2y −3z)·2yz 3 = 2yz 3 ·(1−3y −3z)h ′ z(y, z) = −3y 2 z 3 +(1−2y −3z)·y 2 3z 2 = 3y 2 z 2 ·(1−3y −3z).h ′ y(y, z) = 2yz 3 ·(1−3y −3z) = 0 (4.7.15)h ′ z(y, z) = 3y 2 z 2 ·(1−3y −3z) = 0. (4.7.16)y = 0, vagy z = 0, vagy 1−3y −3z = 0.Az els® két esetben azt kapjuk, hogy bármely t ∈ R a P 1 (0, t) és P 2 (t,0) (t ∈ R) pontokban leheth-nak széls®értéke. Most nézzük a z = 1−3y esetet. Behelyettesítve a (4.7.16)-be,3( ) 2 1−3y3y 2 · ·(1−2y −4· 1−3y )= 0, (4.7.17)33egy szorzatot kapunk, amely pontosan akkor nulla, ha valamelyik tényez®je nulla, ezért a (4.7.17)-bóly = 0, vagy (1−3y)2 = 0 ⇒ y = 1 1−3, vagy 1−2y −4· = 0 ⇒ y = 2− 1 93 36eredményekre jutunk. y = 0-t visszahelyettesítve z = 1−3y -ba azt kapjuk, hogy z = 1. Ugyanezt3 3végrehajtva y = 1-ra z = 0 és y = 2− 1 −3-ra z = lesz. Ezekb®l az esetekb®l kapjuk, hogy h-nak a3 6 2P 3 (0, 1), P 3 4( 1,0) és P 3 5( 11, −3 ) pontokban lehet széls®értéke.6 2Ezután a (4.7.16) egyenletet vizsgáljuk meg. Ebben az esetben h-nak a P 6 (0, 1), P 4 7( 1 ,0) és2P 8 (− 1, 5 ) pontkban lehet széls®értéke.3 12Ezután a másodrend deriváltmátrix determinánsát kell megvizsgálnunk. A h függvény másodikparciális deriváltjai:h ′′yy(y, z) = 2z 3 ·(1−3y −3z)+2yz 3 ·(−3) = 2z 3 ·(1−6y −3z)h ′′zz(y, z) = 3y 2 2z ·(1−2y −4z)+3y 2 z 2 ·(−4) = 6y 2 z ·(1−2y −6z)h ′′yz(y, z) = h ′′zy(y, z) = 2y3z 2 ·(1−3y −3z)+2yz 3 ·(−3)= 6yz 2 ·(1−3y −4z).A P 8 (− 1, 525) pontban a másodrend deriváltmátrix determinánsa: − < 0. Ezért h-nak a P 3 12 216 8pontban nincs széls®értéke. A P 5 ( 11, −3 ) pontban a második deriváltmátrix szintén indenit lesz,6 2ezért h-nak a P 5 pontban sincs széls®értéke.A függvénynek csak a P 1 (0, t) (t t . A (0, 1 ) pontban nincs széls®értéke.3 3 3Tehát, ha t < 1, akkor az f függvénynek a P 3 1(0, t) pontban feltételes minimuma van, ha t > 1,3akkor ugyanebben a pontban feltételes maximuma van.Ha a feltételekb®l az ismeretlenek kifejezése nem túl egyszer, akkor a feltételes széls®értékmeghatározása Lagrange-féle multiplikátoros módszerrel történik.

70 4. FEJEZET. SZÉLSŽÉRTÉK4.6. Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = x + y 2 függvény feltételes széls®értékeit az x 2 + y 2 = 1feltétel mellett.A feltétel alapjánKeressük meg azfüggvénynek a lehetséges széls®értékeit.Az x és y, λ változók szerinti parciális deriváltja:InnenF (x, y) = x 2 +y 2 −1 = 0. (4.7.18)L(x, y, λ) = x+y 2 +λ·(x 2 +y 2 −1) (4.7.19)∂L= 1+2·λ·x = 0∂x(4.7.20)∂L= 2·y +2·λ·y = 0 ⇔ y ·(1+λ) = 0∂y(4.7.21)∂L∂λ = (x2 +y 2 −1) = 0 (4.7.22)y = 0 (4.7.23)vagy1+λ = 0 ⇔ λ = −1 (4.7.24)El®ször a (4.7.23) esetet vizsgáljuk meg. A kapott y-t behelyettesítve a (4.7.18) egyenletbe aztkapjuk, hogyx 2 −1 = 0 ⇔ x 1 = 1, x 2 = −1.A (4.7.24) esetb®l λ-t írjuk be a (4.7.20) és a (4.7.18) egyenletekbe. Ekkorx = 1 2√ √3 3y 1 =2 , y 2 = −2értékeket kapjuk. Az f függvénynek a P 1 (1,0), ha λ = − 1, P 2 2(−1,0), ha λ = 1, P 2 3( 1, √ 3) és P 2 2 4( 1, − 2− √ 3), ha λ = −1 pontokban lehet feltételes széls®értéke.2Vizsgáljuk, hogy a P 1 (1,0), λ=− 1 mellett az L(x, y, 2 λ)=x+y2 + −12 ·(x2 +y 2 −1)-nek széls®értékelesz-e? Kiszámítjuk az L másodrend parciális deriváltjait:a P 1 (1,0) tartozó kvadratikus alak:∂ 2 L∂x 2 = −1,∂ 2 L∂y 2 = 1,∂ 2 L∂x∂y = 0,D 2 L(P 1 ) = ∂2 L∂x 2 (P 1)h 2 1 +2 ∂2 L∂x∂y (P 1)h 1 h 2 + ∂2 L∂y 2 (P 1)h 2 2 = −h 2 1 +h 2 2nem szemidenit (el®jelt vált), ezért P 1 nem széls®értékpont.Vizsgáljuk, hogy a P 2 (−1,0), λ = 1 2 melett az L(x, y, λ) = x+y2 + 1 2 ·(x2 +y 2 −1)nek széls®értékelesz-e? Kiszámítjuk az L másodrend parciális deriváltjait:∂ 2 L∂x 2 = 1,∂ 2 L∂y 2 = 3,∂ 2 L∂x∂y = 0,

4.7. FELTÉTELES SZÉLSŽÉRTÉK 71a P 2 (−1,0) tartozó kvadratikus alak:D 2 L(P 1 ) = ∂2 L∂x 2 (P 2)h 2 1 +2 ∂2 L∂x∂y (P 2)h 1 h 2 + ∂2 L∂y 2 (P 2)h 2 2 = h 2 1 +3h 2 2 > 0, (h 1 , h 2 ) ≠ (0,0),ezért P 2 minimum pont.A P 3 ( 1 2 , √ 32 ) és P 4( 1 2 , − √ 32 ), esetén λ = −1, ekkor L = x+y2 −1·(x 2 +y 2 −1)∂ 2 L∂x 2 = −2,∂ 2 L∂y 2 = 0,∂ 2 L∂x∂y = 0,D 2 L(P 3 ) = ∂2 L∂x 2 (P 3)h 2 1 +2 ∂2 L∂x∂y (P 3)h 1 h 2 + ∂2 L∂y 2 (P 3)h 2 2 = −2h 2 1 < 0, (h 1 , h 2 ) ≠ (0,0),negatív denít, tehát P 3 lokális maximun pont, hasonlóan a P 4 is.4.2. Feladat. Határozzuk meg a következ® függvények széls®értékeit a megadott feltételek mellett:1) f(x, y) = x 2 +y 2 , x+y = 62) f(x, y) = 1 x + 1 y , x+y = 23) f(x, y) = xy, x+y = 14) f(x, y) = x+y,1x 2 + 1y 2 = 1 415) f(x, y) = x+y, + 1x 26) f(x, y) = xy, x 2 +y 2 = 1y 2 = 1 a 2 , ahol a konstans

72 4. FEJEZET. SZÉLSŽÉRTÉK

5. fejezetVonalintegrál5.1. Sima út, szakaszonként sima út, utak egyesítése5.1.1. Deníció. Akkor mondjuk, hogy az R n valamely Γ részhalmaza sima elemi görbe vagysima egyszer út, ha létezik olyan I = [α, β] ⊂ R korlátos zárt intervallum és olyan folytonosandierenciálható ϕ : I → Γ bijekció, amelynek deriváltjára teljesül a ϕ ′ (t) ≠ θ n , t ∈ I feltétel. Haϕ(α) = ϕ(β), ϕ : [α, β) → Γ \ {ϕ(β)} bijekció és az el®z® összes többi feltétel teljesül, akkor aztmondjuk, hogy Γ sima, zárt elemi görbe (út). A paraméterezésre utalva a síma elemi utatjelöljük ϕ-vel.5.1.1. Megjegyzés. Bármely korlátos és zárt intervallumon értelmezett valós érték folytonosandierenciálható függvény grakonja sima elemi görbe.5.1.2. Deníció. Legyen Γ⊂R n egy sima elemi görbe (út), ϕ:[α, β]→Γ ennek egy paraméterezése.Jelöljük ϕ α := ϕ(α)-val az út kezd®pontját, illetve ϕ β := ϕ(β)-val az út végpontját. Ha ϕ α = ϕ β ,akkor a Γ-t zárt útnak nevezzük.5.1.3. Deníció. Legyen a Γ út paraméterezés ϕ : [α, β] → R 2 , akkor az út ellentettjének a aparaméterezése ϕ − : [α, β] → R 2 , ahol ϕ − (t) = ϕ(α+β −t).Ha a Γ út ellentettjén haladunk akkor ugyanazt a görbét járjuk be, csak ellentétes irányban,ha t = α, akkor ϕ − (α) = ϕ(β) lesz a kiindulási pont és t = β-ra, a ϕ − (β) = ϕ(α) lesz a végpont.5.1.4. Deníció. Legyen ϕ : [α, β] → R 2 és ψ : [β, γ] → R 2 két sima út paraméterezése, továbbáϕ(β) = ψ(β). Ekkor az utak egyesítésének paraméterezése:{ϕ(t), t ∈ [α, β]ϕ∪ψ(t) =ψ(t), t ∈ (β, γ].5.1.2. Megjegyzés. Ha ϕ és ψ sima utak, akkor ϕ∪ψ is szakaszonként sima út. Két vagy többsima út egyesítését szakaszonként sima útnak nevezzük.5.2. A vonalintegrál deníciójaEgy U ⊂ R n halmaz összefügg®, ha bármely két pontjához tal¨unk olyan Γ ⊂ U szakaszonként símaútat amely összeköti ®ket.Az U ⊂ R n összefügg® nyílt halmazt tartománynak nevezzük. Els®ként két dimenzióban értelmezzüka vonalintegrált.73

74 5. FEJEZET. VONALINTEGRÁL5.2.1. Deníció. Legyen U ⊆ R 2 tartomány, ϕ : [α, β] → U, ϕ(t) = (ϕ 1 (t), ϕ 2 (t)) szakaszonkéntsima út, f : U → R 2 , f(x) = f(x 1 , x 2 ) = (f 1 (x 1 , x 2 ), f 2 (x 1 , x 2 )), folytonos az U tartományon. Ekkoraz f függvény ϕ útra vett vonalintegrálja deníció szerint:∫ϕf :=∫ βα< f(ϕ(t)), ϕ ′ (t) > dt,ahol < f(ϕ(t)), ϕ ′ (t) > az f(ϕ(t)) és ϕ ′ (t) kétdimenziós vektorok skaláris szorzata5.2.1. Megjegyzés. Mivel f(ϕ(t))=(f 1 (ϕ 1 (t), ϕ 2 (t)), f 2 (ϕ 1 (t), ϕ 2 (t))), illetve ϕ ′ (t)=(ϕ ′ 1(t), ϕ ′ 2(t))szakaszonként folytonos függvények [α, β]-n, ezért a deníció alapján felírt vonalintegrálban:∫ϕf =∫ βα(f 1 (ϕ 1 (t), ϕ 2 (t))ϕ ′ 1(t)+f 2 (ϕ 1 (t), ϕ 2 (t))ϕ ′ 2(t))dt,az integráljel alatti kifejezés t-nek szakaszonként folytonos függvénye, tehát az integrál létezik az[α, β]-n.A vonalintegrál deníciója kiterjeszthet® az n dimenziós esetre is.5.2.2. Deníció. Legyen U ⊆ R n egy tartomány, ϕ : [α, β] → U egy szakaszonként sima út, továbbálegyen f : U → R n folytonos függvény az U tartományon. Ekkor az f függvény ϕ útra vettvonalintegrálja:∫ ∫ βf := < f(ϕ(t)), ϕ ′ (t) > dt. (5.2.1)ϕα5.2.2. Megjegyzés. Ha ϕ(t)=(ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), ..., ϕ n (t)) és f(x 1 , x 2 , ..., x n )=(f 1 (x 1 , x 2 , ..., x n ), f 2 (x 1 , x 2 , ..., x n )akkor f(ϕ(t)) = (f 1 (ϕ 1 (t), ..., ϕ n (t)), ..., f n (ϕ 1 (t), ..., ϕ n (t))), illetve ϕ ′ (t) = (ϕ ′ 1(t), ..., ϕ ′ n(t)). Az5.2.1-ben az integráljel alatti skaláris szorzat a következ® lesz:∫ϕf =∫ βα(f 1 (ϕ 1 (t), ..., ϕ n (t))ϕ ′ 1(t)+...+f n (ϕ 1 (t), ..., ϕ n (t))ϕ ′ n(t))dt.Ha f, ϕ folytonosak és ϕ ′ szakaszonként folytonos, akkor f(ϕ(t)) és ϕ ′ (t) szakaszonként folytonos.Emiatt < f(ϕ(t)), ϕ ′ (t) > is szakaszonként folytonos, amib®l az következik, hogy létezik∫ βα < f(ϕ(t)), ϕ′ (t) > dt. A vonalintegrált szokás a következ® jelölésékkel is megadni:x 1 = ϕ 1 (t), ..., x n = ϕ n (t),dx 1 = ϕ ′ 1(t)dt, ..., dx n = ϕ ′ n(t)dt.Ekkor=∫ βα∫ϕ∫f = (f 1 (x 1 , ..., x n )dx 1 +...+f n (x 1 , ..., x n )dx n )ϕ(f 1 (ϕ 1 (t), ..., ϕ n (t))ϕ ′ 1(t)+...+f n (ϕ 1 (t), ..., ϕ n (t))ϕ ′ n(t))dt.5.2.1. Tétel. Ha f, g : U → R 2 folytonos függvények U-n, ϕ, ψ szakaszonként sima utak az U-ban,akkor érvényesek a következ® tulajdonságok:I. ∫ ϕ (f +g) = ∫ ϕ f +∫ ϕ g (aditiv)II. ∫ λ·f = f (homogén)ϕλ·∫ϕ

5.2. A VONALINTEGRÁL DEFINÍCIÓJA 75III. ∫ f=∫ f+∫ f (út szerinti additivitás, ha a ϕ végpontja megegyezik a ψ út kezd®pontjával)ϕ∪ψ ϕ ψIV. ∫ ϕ −f = − ∫ ϕ f.A tétel a Rieman integrál tulajdonságainak azonnali következménye.A következ®kben a deníció alapján néhány vonalintegrál kiszámítását mutatjuk be.5.1. Példa. Tekintsük a ϕ(t)=(cos t, sin t), t∈[0, 2π] paraméteresen adott görbét és az f(x 1 , x 2 )=x −y= ( , ) függvényt. Ekkor:x 2 +y 2 x 2 +y 2∫ϕ f = ∫ ()2π cos t ·(cos 0 cos 2 t+sin 2 t t)′ +− sin t ·(sin cos 2 t+sin 2 t t)′ dt = ∫ 2π(− cos t sin t−sin t cos t)dt =0= ∫ 2π(−2 cos t sin t)dt == ∫ 2π(− sin 2t)dt = [ 1cos 2t] 2π= 1 cos 4π − 1 cos 0 = 1 − 1 = 0.0 0 2 0 2 2 2 25.2. Példa. Számítsuk ki a következ® vonalintegrált:∫(x 2 −2xy)dx+(y 2 −2xy)dy,ahol C az y = x 2 (−1 ≤ x ≤ 1) parabola.A{C görbe paraméterezése:x = t, dx = (t) ′ ·dt = dtC :y = t 2 , ahol t ∈ [−1,1], dy = (t 2 ) ′ ·dt = 2tdt.A vonalintegrál értéke a deníció alapján:∫(x 2 −2xy)dx+(y 2 −2xy)dy=∫ 1−1CC((t 2 −2t·t 2 )·1+(t 4 −2t·t 2 )·2t ) dt =∫ 15.3. Példa. Számítsuk ki a következ® vonalintegrált:∫(2a−y)dx+xdy,C−1(t 2 −2t 3 +2t 5 −4t 4 )dt = − 1415 .ahol C az x = a(t−sin t), y = a(1−cos t), a > 0 konstans, (0 ≤ t ≤ 2π) cikloisív.A vonalintegrál értéke a deníció alapján:∫C (2a−y)dx+xdy = ∫ 2π0((2a−a(1−cos t))a(1−cos t)+a(t−sin t)a sin t) dt= ∫ 2π0 (a2 (1+cos t)(1−cos t)+a 2 (t−sin t) sin t)dt = ∫ 2π= a 2 ∫ 2π0 (1−cos2 t+t sin t−sin 2 t)dt = a 2 ∫ 2π0 (a2 (1−cos 2 t)+a 2 t sin t−a 2 sin 2 t)dt0 (1−cos2 t−sin 2 t)dt+a ∫ 2 2π(t sin t)dt0 ∫ 0 −a2 2π(cos t)dt00 = −a2 (2π cos 2π −0 cos 0+sin 2π −sin 0) = −2πa 2 .=a 2 ∫ 2π0 (1−(cos2 t+sin 2 t))dt+a 2 [t(− cos t)] 2π0 +a2 ∫ 2π0 (1·(− cos t))dt=−a2 [t cos t] 2π= −a 2 [t cos t] 2π0 −a2 [sin t] 2π5.4. Példa. Számítsuk ki az alábbi térgörbére vonatkozó vonalmenti integrált:∫ydx+zdy +xdz,ahol C az x = a cos t, y = a sin t, z = bt (0 ≤ t ≤ 2π) csavarvonal.C

76 5. FEJEZET. VONALINTEGRÁLLegyen f(x, y, z) = (f 1 (x, y, z), f 2 (x, y, z), f 3 (x, y, z)) = (y, z, x) vektorérték függvény, dx == (a cos t) ′ dt = −a sin tdt, dy = (a sin t) ′ dt = a cos tdt, dz = (bt) ′ dt = bdt.A vonalintegrál értéke a deníció alapján:∫C ydx+zdy+xdz=∫ 2π(−a 2 sin 2 t+abt cos t+ab cos t ) dt= ∫ 2π(−a2 1−sin 2t+ab cos t ) dt+ab ∫ 2π(t cos t) dt=2 0[==− a2 t− a2 cos 2t+ab sin t2 4[− a2 t− a2 cos 2t+ab sin t2 40] 2π]0 2π0+ab [t sin t] 2π0 −∫ 2π0sin tdt =+ab [t sin t] 2π0+ab2π sin 2π +cos 2π −cos 0 = −a 2 π − a24 + a20a2+[cos t]2π0=− 2π− a2 cos 2π+ab sin 2π+ a2 cos 0−ab sin 0+2 4 4 +1−1 = 4 −a2 π.5.5. Példa. Számítsuk ki az ∫ (x − y)dx + (x + y)dy integrált az óramutató járásával ellentétesγkörüljárással a (0,0), (1,0), (0,1) csúcspontú háromszögönA{háromszög oldalait jelöljük γ 1 -re, { γ 2 -re és γ 3 -mal. Ekkor γ =γ 1 ∪γ 2 ∪γ 3 . Ezek paraméterezése:x = tγ 1 :y = 0, ahol t ∈ [0,1] , γ x = t2 :y = 1−t, ahol t ∈ [0,1]{x = 0γ 3 :y = 1−t, ahol t ∈ [1,0].A∫vonalintegrál értéke deníció alapján:(x−y)dx+(x+y)dy =∫ γ γ 1(x−y)dx+(x+y)dy+ ∫ γ 2(x−y)dx+(x+y)dy+ ∫ γ 3(x−y)dx+(x+y)dy == ∫ 1(t·1+(t+0)·0) dt+∫ 1((t+t−1)·1+(t−t+1)·(−1)) dt+0 0+ ∫ 1((−1+t)·0+(1−t)·(−1)) dt = 1.05.1. Feladat. Számítsuk ki a következ® vonalintegrálokat:1) ∫ −ydx+xdy, ahol C az origóból az (1,2) pontba vezet® szakasz.C2) ∫ ydx+xdy, ahol C az origóból az (1,1) pontba haladó, y = C x2 egyenlet görbeív.3) ∫ xydx+(x+y)dy, ahol C az (−1,1) pontból a (2,4)pontba haladó, y C =x2 egyenlet görbeív.4) ∫ C (y2 −z 2 )dx+2yzdy −x 2 dz, ahol C az x = t, y = t 2 , z = t 3 (0 ≤ t ≤ 1) görbe, a paraméternövekedésének megfelel® irányítással.5.2.1. A primitív függvény fogalma5.2.3. Deníció. Legyen U ⊆ R n tartomány. Az F : U → R függvény az f : U → R n függvényprimitív függvénye, haI. F dierenciálható ésII. F ′ = f, azaz bármely (x 1 , x 2 , ..., x n ) ∈ U és i = 1, ..., n esetén∂F∂x i(x 1 , x 2 , ..., x n ) = f i (x 1 , x 2 , ..., x n ). (5.2.2)5.2.3. Megjegyzés. Ha F függvény az f függvény primitív függvénye, akkor a F +c is az.5.2.2. Newton - Leibniz formula5.2.2. Tétel. Ha U ⊂ R n tartomány, a ϕ : [α, β] → U síma út, és f : U → R n folytonos függvényt,amelynek létezik a F : U → R primitív függvénye, akkor∫f = F (ϕ(β))−F (ϕ(α)). (5.2.3)ϕ

5.2. A VONALINTEGRÁL DEFINÍCIÓJA 77Bizonyítás A tétel feltételeib®l következik, hogy:ddt F (ϕ(t)) = d dt F (ϕ 1(t), ϕ 2 (t), ..., ϕ n (t)) == ∂F∂x 1(ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), ..., ϕ n (t))ϕ ′ 1(t)+...+ ∂F∂x n(ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), ..., ϕ n (t))ϕ ′ n(t) == f 1 (ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), ..., ϕ n (t))ϕ ′ 1(t)+...+f n (ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), ..., ϕ n (t))ϕ ′ n(t)Vagyis a vonalintegrál 5.2.2 deníciójában az integrál alatti kifejezés épp d F (ϕ(t)). Az F (ϕ(t))dtegy valós változós valós érték dierenciálható függvény, tehát az ∫ β dF (ϕ(t))dt kiszámításáraα dtalkalmazható a valós változós valós érték függvények esetén igazolt Newton - Leibniz formula.Ez alapján∫ ∫ βdf =dt F (ϕ(t))dt = [F (ϕ(t))]β α = F (ϕ(β))−F (ϕ(α)).ϕα5.2.1. Következmény. I. A tétel érvenyes akkor is, ha ϕ szakaszonként síma út.II. Ha létezik az f folytonos függvénynek F primitív függvénye, akkor ∫ f csak az F kezd® ésϕvégpontban felvett értékeit®l függ.III. Ha létezik az f folytonos függvénynek F primitív függvénye,és ϕ és ψ két szakaszonként simaút, továbbá ϕ(α) = ψ(α), ϕ(β) = ψ(β), akkor ∫ ϕ f = ∫ ψ f.IV. Ha az f folytonos függvénynek létezik primitív függvénye, akkor bármely szakaszonként simazárt úton vett vonalintegrálja nulla.V. Ha az U tartományban van olyan zárt szakaszonként sima út amelyre nézve az f folytonosfüggvénynek a vonalintegrálja nem nulla, akkor f-nek nincs primitív függvénye.A következ®kben megfogalmazunk egy elégséges feltételt a primitív függvény létezésére.5.2.3. Tétel. (A primitív függvény létezésének elégséges feltétele.) Tekintsük az U⊆R n tartományt,tegyük fel, hogy f : U → R n folytonos függvény. Ha bármely ϕ ⊂ U zárt szakaszonként sima útravett vonalintegrálja nulla, akkor f-nek létezik F primitív függvénye.Bizonyítás. Konstruktív bizonyítást adunk, ami azt jelenti, hogy megszerkesztjük az F függvényt,majd igazoljuk, hogy az valóban az f primitív függvénye.Legyen F (x) = ∫ f, ahol a ϕ az a és x pontokat összeköt® szakaszonként sima út U-ban. Mivel azϕU tartomány (összefügg® nyílt halmaz) mindig létezik az el®bbi tulajdonságokkal rendelkez® ϕ.Megmutatjuk, hogy az F (x) értéke csak az a-tól és x-t®l függ, független a ϕ út megválasztásától.Legyen a ∈ U rögzített pont és x ∈ U tetsz®leges pont, továbbá ϕ és ψ két különböz®, a-t x-elösszeköt® szakaszonként síma út U-ban.A deníció független az úttól, mivel bármely zárt szakaszonként síma úton vett vonalintegrál0, azaz ∫ ϕ∪ψ −f = 0. Ebb®l az következik, hogy ∫ f = ∫ f. Megmutatjuk, hogy F dierenciálhatóϕ ψU-n és F ′ (x) = f(x) bármely x ∈ U esetén. F dierenciálható az x pontban és F ′ (x) = f akkor éscsak akkor, ha létezik ε : K r (θ n ) → R úgy, hogy lim h→θn ɛ(h) = 0, ésF (x+h)−F (x)− < f(x), h >= ε(h)·||h||.Legyen η az x és x + h U tartománybeli pontokat összeköt® egyenes szakasz. Válasszuk úgy ah → θ n hogy ez teljes egészében benne legyen az U-ban. Ekkor η(t) = x+th, t ∈ [0,1], és ha ϕ az a-t

78 5. FEJEZET. VONALINTEGRÁLx-el összeköt® szakaszonként síma út, akkor ϕ∪η az a-t x+h-val összeköt® szakaszonként síma út,következésképpen F (x) = ∫ f és F (x+h) = ∫ f. a vonalintegrál út szerinti aditivitása alapjánϕ ϕ∪ηkövetkezik, hogy∫ ∫ 1F (x+h)−F (x) = f = < f(x+th), h > dt,∫ 1F (x+h)−F (x)− < f(x), h >= < f(x+th), h > dt− < f(x), h >=0Felhasználva, hogy | < u, v > | ≤ ||u||·||v||, a következ®t kapjuk:||F (x+h)−F (x)− < f(x), h > || = |≤∫ 10η0∫ 10∫ 1< f(x+th)−f(x), h > dt| ≤||f(x+th)−f(x)||·||h||dt ≤ ε(h)·||h||,0< f(x+th)−f(x), h > dt.ahol ε(h) = max t∈[0,1] ||f(x+th)−f(x)|| → 0, ha h → θ n mivel f folytonos. Innen következik, hogyF dierenciálható és F ′ (x) = f(x), bármely x ∈ U esetén.5.2.4. Megjegyzés. A tétel feltétele gyakorlatban ellen®rizhetetlen. Helyette egy könnyen ellen-®rizhet® szükséges feltételt, majd egy elégséges feltételt adunk a primitív függvény létezésére.5.2.4. Tétel. (Szükséges feltétel a primitív függvény létezésére.) Ha f : U → R n dierenciálhatóés van primitv függvénye, akkor az f deriváltmátrixa⎛∂f 1 ∂f 1 ∂f∂x 1 ∂x 2· · · 1⎞∂x n∂f 2 ∂f 2 ∂ff ′ ∂x(x) = ⎜1 ∂x 2· · · 2∂x n⎟⎝ . .... . ⎠∂f n ∂f∂x 2· · · n∂x nszimmetrikus a f®átlóra nézve, azaz∂f n∂x 1∂f i∂x j= ∂f j∂x i, 1 ≤ i, j ≤ n. (5.2.4)Bizonyítás. Ha F dierenciálható és F ′ = f, akkor ∂F∂x i= f i , ha i = 1, ..., 2. Ha még f isdierenciálható, akkor f i -nek léteznek a parciális deriváltjai és ezek az F másodrend parciálisderiváltjai lesznek:∂ ∂F= ∂f i. (5.2.5)∂x j ∂x i ∂x jMivel a feltétel alapján F kétszer dierenciálható, ezért F vegyes másodrend parciális deriváltjaiegyenl®k, vagyisA 5.2.5 és 5.2.6 alapján következik, hogy ∂f i∂x j∂ ∂F= ∂ ∂F. (5.2.6)∂x j ∂x i ∂x i ∂x j= ∂f j∂x i.5.2.5. Megjegyzés. A deriváltmátrix szimmetriája a primitív függvény létezésének szükséges, denem elégséges feltétele. Ezt jól tükrözi a következ® példa.y −x5.6. Példa. Mutassuk meg, hogy az f(x, y) = ( , ) függvény teljesíti a primitív függvényx 2 +y 2 x 2 +y 2létezésének szükséges feltételét az U = R 2 \{(0,0)} halmazon, de nincs primitív függvénye.

5.2. A VONALINTEGRÁL DEFINÍCIÓJA 79Tekintsük a függvény koordináta függvényeit: f 1 (x, y) =∂f 1∂y = ∂f 2∂x = x2 −y 2(x 2 +y 2 ) 2y , fx 2 +y 2 2 (x, y) =−x . Ekkorx 2 +y 2teljesül, az U = R 2 \{(0,0)} tartományon, viszont az f függvény γ(t) = (cos t, sin t), t ∈ [0, 2π] zártúton vett vonalintegrálja:∫ ∫ 2π∫ 2πf = < f(γ(t)), γ ′ sin t(t) > dt = (cos 2 t+sin 2 t ·(cos cos tt)′ −cos 2 t+sin 2 t ·(sin t)′ )dtγ0=∫ 2π0−(sin 2 t+cos 2 t)d =0∫ 2π0(−1)dt = [−t] 2π0 = −2π ≠ 0.Tehát van olyan zárt út, amelyen vett vonalintegrál nem nulla. Ebb®l következik, hogy f-neknincs primitív függvénye.A primitív függvény létezésére vonatkozó elégséges feltétel megfogalmazásakor az U tartományratesszük a többletfeltételt.5.2.4. Deníció. Az U ⊆R n csillagtartomány, ha tartomány és létezik a∈U úgy, hogy bármelyx∈U esetén az a-t az x-el összeköt® szakasz benne van U-ban, azaz [a, x]={x+t(a−x), t∈[0,1]}⊂U.5.2.5. Tétel. (Elégséges feltétel csillagtartományon a primitív függvény létezésére.) Ha f : U →R n , U ⊆ R n csillagtartományon folytonosan dierenciálható és ∂f i∂x j= ∂f j∂x i(i, j = 1, · · · , n), akkorf-nek létezik primitív függvénye.Bizonyítás. Megszerkesztjük a primitív függvényt. Ha U csillagtartomány, akkor létezik olyana∈U pont, amelyre igaz, hogy bármely x∈U pont esetén [a, x]∈U. Tekintsük a ϕ(t)=a+t(x−a),t ∈ [0,1] szakaszt, amely az a-t összeköti x-el, és tekintsük a következ® függvényt:∫ ∫ 1F (x) := f = < f(ϕ(t)), ϕ ′ (t) > dt.ϕ0Igazolni fogjuk, hogy F deriválható és F ′ (x) = f(x). Ez utóbbi egyenl®ség azzal ekvivalens, hogy∂ k F (x) = f k (x), x ∈ U, 1 ≤ k ≤ n. Elegend® a bizonyítást elvégezni a = θ n , f(θ n ) = θ n esetén. Azáltalános esetet erre lineáris transzformációval vissza lehet vezetni. Ekkor ϕ(t) = tx, ϕ ′ (t) = x == (x 1 , · · · , x k , · · · , x n ),F (x) =∫ 10< f(tx), x > dt =∂F∂x k=j=1∫ 10(n∑f j (tx)x j )dt =j=1A paraméteres integrál dierenciálhatósága alapján:=n∑j=1∫ 10∂F∂x k=n∑∫∂ 1(f j (tx)x j )dt.∂x kn∑j=1∫ 1∂∂x kf j (tx)tx j dt+00∂∂x k(f j (tx)x j )dt =n∑j=1∫ 10n∑j=1∫ 10(f j (tx) ∂x j∂x k)dt =(f j (tx)x j )dt,

80 5. FEJEZET. VONALINTEGRÁL=n∑j=1∫ 10∂∂x kf j (tx)x j tdt+∫ 10f k (tx)dt.A ∂∂x kf j (tx) = ∂∂x jf k (tx) feltételt és a d f dt k(tx) = ∑ n ∂j=1 ∂x jf k (tx)x j alapján= [f k (tx)t] t=1t=0 −∫∂F 1d=∂x k 0 dt f k(tx)tdt+∫ 10f k (tx)(t) ′ dt+∫ 10∫ 10f k (tx)dtf k (tx)dt = f k (x).Innen következik, hogy az F (x) függvénynek léteznek a parciális deriváltjai: ∂ k F (x)=f k (x), x∈U,1 ≤ k ≤ n. Mivel F parciális deriváltjai folytonosak is U-n, ezért F dierenciálható és F ′ (x) = f(x),bármely x ∈ U esetén. Tehát F a f függvény primitív függvénye.A továbbiakban olyan feladatok megoldásait mutatjuk be, amelyeken keresztül rávilágítunk avonalintegrál és a primitív függvény kapcsolatára.5.7. Példa. Számítsuk ki a következ® vonalintegrált:∫(x+y)dx+(x−y)dy,ahol C az x2 + y2= 1 ellipszis az óramutató járásával ellentétes irányban.a 2 b 2CA vonalintegrált el®ször a deníció alapján fogjuk kiszámolni. Az ellipszis paraméteres egyenlete:{x = a cos tC :y = b sin t, ahol t ∈ [0, 2π].A vonalintegrál értéke a deníció alapján:∫∫ 2π(x+y)dx+(x−y)dy = ((a cos t+b sin t)a(− sin t)+(a cos t−b sin t)b cos t)dtC=∫ 2π0=∫ 2π00((−a 2 −b 2 ) sin t cos t+ab(cos 2 t−sin 2 t))dtsin 2t(− ·(a 2 +b 2 )+ab cos 2t)dt =2[ cos 2t·(a 2 +b 2 )+ab·4] 2π sin 2t20= (a 2 +b 2 cos 4π)( − cos 0 4π)+ab·(sin − sin 04 4 2 2 ) = (a2 +b 2 )·( 1 4 − 1 )+ab·0 = 0.4Egy másik lehet®ség a vonalintegrál kiszámítására a Newton-Leibniz formula és annak következményénekaz alkalmazása. Tekintsük az f : R 2 → R 2 , f(x, y) = (x + y, x − y) függvényt, aholf 1 (x, y) = x+y, f 2 (x, y) = x−y. Ellen®rizzük, hogy létezik-e f-nek primitív függvénye. A szükségesfeltétel ellenz®rzése végett számítsuk ki a ∂f 1és ∂f 2parciális deriváltakat:∂y ∂x∂f 1∂y = 1, ∂f 2∂x = 1.Tehát f 1 és f 2 folytonosan dierenciálható R 2 -n, amely csillagszer tartomány és ∂f 1= ∂f 2. Ebb®l az∂x ∂ykövetkezik, hogy f-nek létezik F primitív függvénye, következésképpen a zárt úton a vonalintegrálértéke 0.

5.2. A VONALINTEGRÁL DEFINÍCIÓJA 815.8. Példa. Számítsuk ki a következ® vonalintegrált:∫(x+y)dx−(x−y)dy,x 2 +y 2ahol C az x 2 +y 2 = a 2 körvonal az óramutatóval ellentétes körüljárással.El®ször a következ® átalakítást végezzük:∫∫(x+y)dx−(x−y)dy=x 2 +y 2CCCx+y x−ydx−x 2 +y2 x 2 +y dy. 2A C{zárt görbe paraméterezése:x = a cos tC :y = a sin t, ahol t ∈ [0, 2π].El®ször vizsgáljuk meg, hogy alkamazható-e a Newton-Leibniz formula következménye. Tekintsükaz f 1 (x, y) = x+y , fx 2 +y 2 2 (x, y) = − x−y , továbbá azx 2 +y 2f(x, y) = = (f 1 (x, y), f 2 (x, y)) = ( x+yx 2 +y 2 , − x−yx 2 +y 2 )függvényeket. Az f maximális értelmezési halmaza R 2 \ {(0,0)}. A primitív függvény létezésénekszükséges feltétele tejesül:∂f 1∂x = ∂f 2∂y = x2 −y 2 −2xy.(x 2 +y 2 ) 2Azonban az f értelmezési halmaza nem tartalmaz egyetlen olyan csillagszer részhalmazt sem,amelyben benne van a C görbe, ebb®l az következik, hogy a Newton-Leibniz formula következményenem alkalmazható ezen vonalintegrál kiszámításra. Ezért a deníció alapján kell elvégeznünka számítást:∫C∫x+y x−y2πdx−x 2 +y2 x 2 +y dy = 2 0=∫ 2π0( )a 2 (cos t+sin t)a 2 (cos 2 t+sin 2 t) ·(− sin t)− a2 (cos t−sin t)a 2 (cos 2 t+sin 2 t) ·cos t dt(− sin t cos t−sin 2 t−cos 2 t+sin t cos t ) dt∫ 2π(= − sin 2 t+cos 2 t ) ∫ 2πdt = − 1dt = − [t] 2π0 = −2π.00Mivel az f zárt görbén vett vonalintegrálja nem nulla, ezért az f-nek nincs primitív függvénye.5.2.6. Megjegyzés. Ha az f = (f 1 , ..., f n ) függvénynek létezik az F primitív függvénye az Uhalmazon, akkor azf 1 (x 1 , ..., x n )dx 1 +...+f n (x 1 , ..., x n )dx n = F ′ 1(x 1 , ..., x n )dx 1 +...+F ′ n(x 1 , ..., x n )dx n = DF,ami épp az F teljes dierenciálja. Ha meggy®z®dünk arról, hogy a vonalintegrál alatti kifejezés egyteljes dierenciál, akkor a vonalintegrál kiszámítása a Newton-Leibniz formula és annakkövetkezményeinek alkalmazásával lehetséges. Ha az f folytonos függvénynek van primitív függvénye,akkor a vonalintegrál értéke független az úttól, csak az út kezd® és végpontjától függ, ezértilyenkor el®fordul, hogy a feladatban csak az út kezd® és végpontját adjuk meg.

82 5. FEJEZET. VONALINTEGRÁL5.9. Példa. Számítsuk ki a következ® vonalintegrált, meggy®z®dve arról, hogy az integrál alattikifejezés teljes dierenciál:∫ (3,−4)(0,1)xdx+ydy.Legyen f 1 (x, y)=x, f 2 (x, y)=y, továbbá legyen f(x, y)=(f 1 (x, y), f 2 (x, y))=(x, y) vektorértékfüggvény. Akkor a fenti integrál az f függvény (0,1) és (3, −4) pontokat összeköt® γ úton vettvonalintegrálja. Ha az f folytonos függvénynek van primitív függvénye, akkor a vonalintegrál értékefüggetlen az úttól, csak az út kezd® és végpontjától függ. A primitív függvény létezése ekvivalensazzal, hogy az integrál jel alatti kifejezés egy teljes dierenciál, azaz xdx + ydy = f 1 (x, y)dx ++f 2 (x, y)dy=DF, ahol F a f primitív függvénye. Ellen®rizzük, hogy teljesül-e a primitív függvénylétezésének szükséges feltétele:∂f 1∂y = ∂f 2∂x = 0, (x, y) ∈ R2 .Mivel f 1 és f 2 folytonosan dierenciálhatók bármely D ⊆ R 2 csillagszer tartományon, és ezen∂f 12teljesül a primitív függvény létezésének elégséges feltétele is, tehát a vonalintegrál értéke∂y ∂xfüggetlen az úttól, csak az út kezd® és végpontjától függ. Válasszuk a lehet® legegyszerbb utat,ami összeköti a (0,1) és (3, −4) pontokat. Ez lehet például a γ = γ 1 ∪ γ 2 út, amely a koordinátatengellyel{ párhuzamos szakaszokból{áll. Az útak paraméterezése:γ 1 :x = tx = 3γ 2 :y = 1, ahol t ∈ [0, 3] y = t, ahol t ∈ [−4, 1].A vonalintegrál út szerinti additivitása alapján:∫f(x, y) =γ∫f(x, y)+γ 1∫f(x, y)γ 2=∫ 30=∫ 30〈f(γ 1 (t)), γ ′ 1(t)〉dt+(f 1 (t,1)·1+f 2 (t,1)·0)dt+=∫ 30[ ] t2 3 [ t2= +202(t·1+1·0)dt+] −41∫ −41∫ −41∫ −41〈f(γ 2 (t)), γ ′ 2(t)〉dt(f 1 (3, t)·0+f 2 (3, t)·1)dt(3·0+t·1)dt= 9 2 − 0 2 + 162 − 1 2 = 12.Ennél a feladatnál könny észrevenni, hogy F (x, y) = 1 2 (x2 + y 2 ), így a harmadik lehet®ség avonaintegrál koszámítására∫ (3,−4)(0,1)xdx+ydy = F (3, −4) = F (0,1) = 12.5.10. Példa. Határozzuk meg az alábbi teljes dierenciál vonalintegrálját:∫ (2,3,−4)(1,1,1)xdx+y 2 dy −z 3 dz.

5.2. A VONALINTEGRÁL DEFINÍCIÓJA 83Legyen f 1 (x, y, z) = x, f 2 (x, y, z) = y 2 , f 3 (x, y, z) = −z 3 , továbbá az f : R 3 → R 3 , f(x, y, z) ==(f 1 (x, y, z), f 2 (x, y, z), f 3 (x, y, z))=(x, y 2 , −z 3 ) vektorérték függvény. Ekkor a fenti integrál az ffüggvény (1,1,1) és (2,3, −4) pontokat összeköt® γ úton vett vonalintegrálja. Az, hogy az integráljelalatti kifejezés teljes dierenciál, egyenérték az f függvény primitív függvényének létezésével, azazxdx+y 2 dy −z 3 dz = f 1 (x, y, z)dx+f 2 (x, y, z)dy +f 3 (x, y, z)dz = dF,ahol F az f függvény primitív függvénye. Ha a primitív függvény létezik, akkor a vonalintegrálértéke független az úttól, csak az út kezd® és végpontjától függ. Ellen®rizzük, hogy teljesül-ea primitív függvény létezésének szükséges feltétele. Az f koordináta függvényeinek léteznek aparciális deriváltjai és folytonosak az R 3 bármely csillagszer részhalmazán, továbbá∂f 1∂y = ∂f 2∂x = 0, ∂f 1∂z = ∂f 3∂x = 0, ∂f 2∂z = ∂f 3∂y = 0.Tehát létezik az f függvény primitív függvénye, ami azt jelenti, hogy a vonalintegrál értéke függetlenaz úttól, csak az út kezd® és végpontjától függ. Válasszuk a lehet® legegyszerbb utat,ami összeköti az (1,1,1) és (2,3, −4) pontokat. Ez a legegyszerbb út lehet például az (1,1,1) és(2,3, −4) pontokat összeköt® γ térbeli egyenes, melynek paraméteres egyenlete:azaz:A vonalintegrál értéke a deníció alapján:∫ (2,3,−4)(1,1,1)xdx+y 2 dy −z 3 dz =x−12−1 = y −13−1 = z −1−4−1 = t,⎧⎪⎨ x = 1+tγ : y = 1+2t⎪⎩z = 1−5t, ahol t ∈ [0; 1].∫ 10((1+t)·1+(1+2t)2 ·2−(1−5t) 3 ·(−5) ) dt=[t+ t2 2 + (1+2t)33] 1− (1−5t)4 = 1+ 1 (−4)4+9− − 1 402 4 3 + 1 4 = −53− 7 12 .Itt is ki lehet találni a primitív függvényt: F (x, y, z)= x2 + y32a másik lehet®ség:∫ (2,3,−4)(1,1,1)5.11. Példa. Számítsuk ki az ∫− z43 4xdx+y 2 dy −z 3 dz = F (2,3, −4)−F (1,1,1).Cxdx+ydy√x2 +y 2vonalintegrált, ahol C az y = 3 x−2 egyenlet görbe (2,1)-tól (3,3)-ig vezet® íve.Hozzuk a következ® alakra az integrál alatti kifejezést:∫∫xdx+ydy√x2 +y = x√ 2 x2 +y dx+ y√ 2 x2 +y dy.2CC, tehát a vonalintegrál kiszámítás¯a

84 5. FEJEZET. VONALINTEGRÁLLegyen f 1 (x, y) =Cx√x , f 2(x, y) = √ y , továbbá legyen2 +y 2 x 2 +y2 f(x, y) = (f 1 (x, y), f 2 (x, y)) =()x√x2 +y , y√ 2 x2 +y 2{x = tvektorérték függvény. Tekintsük a C görbe következ® paraméterezését: C:y = 3 t−2 , ahol t ∈ [2, 3].Akkor a vonalintegrál értéke a deníció alapján:∫∫ []x√x2 +y dx+ y3√ 2 x2 +y dy = t√ 2 t2 +(3 t−2 ) ·1+ 3 t−2√ 2 t2 +(3 t−2 ) 2 ·3t−2 ·ln 3 dt.2Az integrál jel alatt bonyolult kifejezést kaptunk, amely elemien nem integrálható. Ha igazolnitudjuk, hogy az integrál jel alatti kifejezés egy teljes dierenciál, akkor a vonalintegrál független azúttól. Ebben az esetben választhatunk egy egyszerbb utat ami összeköti a (2,1) és (3,3) pontokat,és amelyen egyszerbb kiszámítani a vonalintegrált. Mindez akkor lehetséges, ha f teljesíti aprimitív függvény létezésének elégséges feltételét. Tekintsünk egy olyan D csillagszer tartományt,amely tartalmazza a (2,1) és (3,3) pontokat és D ⊂ R 2 \{(0,0)}, (például D lehet a pozitív félsík),ezen a halmazon az f 1 , f 2 függvényeknek léteznek a parciális deriváltjai és folytonosak, továbbá∂f 1∂y = ∂f 2∂x = −xy(x2 +y 2 ) − 1 2x 2 +y 2 .Tehát a D-n teljesül primitív függvény létezésének elégséges feltétele. Ez azt jelenti, hogy a vonalintegrálértéke független az úttól, csak az út kezd® és végpontjától függ. Egy lehet® egyszer utatválasztunk D-ben, ami összeköti az (2,1) és (3,3) pontokat, például a γ = γ 1 ∪γ 2 utat, ahol γ 1 azx és{γ 1 az y tengelyekkel párhuzamos { szakaszokból áll. A γ paraméterezése a következ®:x = tγ 1 :y = 1, ahol t ∈ [2, 3] , γ x = 32 :y = t, ahol t ∈ [1, 3].Ezen az úton a vonalintegrál:==∫ 32∫ 32∫C∫x√x2 +y dx+ y√ 2 x2 +y dy = 2()t√t2 +1 ·1+ 1√ 2 t2 +1 ·0 dt+2( 12 2t(t2 +1) − 1 2)dt+∫ 31γ∫ 3( 12 2t(32 +t 2 ) − 1 2)dt =1x√x2 +y dx+ y√ 2 x2 +y dy2()3√32 +t ·0+ t√ 2 32 +t ·1 dt =2[ ] 3 [ ] 3(t 2 +1) 1 2 + (3 2 +t 2 ) 1 221= ( 3 2 +1 ) 1 2− ( 2 2 +1 ) 1 2+ ( 3 2 +3 2) 1 2− ( 3 2 +1 ) 1 2= √ 10− √ 5+ √ 18− √ 10 = 3 √ 2− √ 5.Ugyanerre az eredményre jutunk, ha észrevesszük, hogy a F (x, y) = √ x 2 +y 2 a f primitív függvénye,majd alkalmazzuk a Newton-Leibniz tételt.5.12. Példa. Határozzunk meg - ha létezik - egy olyan F (x, y) függvényt, amelynek teljes dierenciáljadF =xx 2 +y dx− y2 x 2 +y dy. 2

5.2. A VONALINTEGRÁL DEFINÍCIÓJA 85(A DF =x dx−yxdy feltétel azzal ekvivalens, hogy F (x, y) az f(x, y) = , −yx 2 +y 2 x 2 +y 2 x 2 +y 2kétváltozós vektorérték függvény primitív függvénye. Tehát a feladat azzal ekvivalens, hogy vizsgáljukmeg, hogy az f(x, y) függvénynek van-e primitív függvénye, és ha van határozzuk meg azt.Az f függvény koordináta függvényeinek, az f 1 (x, y)=x és fx 2 +y 2 2 (x, y)=− y -nek minden olyanx 2 +y 2D csillagszer tartományon, amelyre D ⊂ R 2 \{(0,0)} (például D lehet a pozitív félsík), létezneka parciális deriváltjai és folytonosak, deMivel ∂f 1≠ ∂f 2∂y ∂x∂f 1∂y = − 2xy(x 2 +y 2 ) ≠ ∂f 22 ∂x = 2xy(x 2 +y 2 ) . 2, ezért nem létezik primitív függvény.x 2 +y 2 )5.2.7. Megjegyzés. I. Igazoltuk, lásd például [14], hogy intervallumon folytonos egyváltozósfüggvénynek van primitív függvénye. Az el®z® példa azt mutatja, hogy van olyan kétváltozósfolytonos függvény amelynek nincs primitív függvénye.II. Az egyváltozós függvények esetében a határozott integrál kiszámításakor el®bb a primitív függvénythatároztuk meg, majd utána alkamaztuk a Newton-Leibniz formulát. Az n-változós n-dimenziós vektorérték függvények primitív függvényének meghatározásának egyik módja haa vonalintegrál kiszámításán alapszik.5.13. Példa. Határozzunk meg - ha létezik - azt a F (x, y) függvényt, amelynek teljes dierenciáljaDF = (x 2 +2xy −y 2 )dx+(x 2 −2xy −y 2 )dy.Az el®z® feladathoz hasonlóan, a DF = (x 2 +2xy−y 2 )dx+(x 2 −2xy−y 2 )dy feltétel azt jelenti,hogy keressük, ha létezik, azt a F (x, y) függvényt, amely az f :R 2 →R 2 : f(x, y)=(x 2 +2xy−y 2 , x 2 −−2xy−y 2 ) kétváltozós vektorérték függvény primitív függvénye. Ezért meg kell vizsgálnunk, hogyaz f(x, y) függvénynek van-e primitív függvénye, és ha van a primitív függvényt a vonalintegrálsegítségével határozzuk meg. Legyen f 1 (x, y)=x 2 +2xy−y 2 és f 2 (x, y)=x 2 −2xy−y 2 az f függvénykoordináta függvényei. Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e a primitív függvény létezésének szükségesfeltétele! A D = R 2 csillagszer tartomány, ezen a halmazon az f 1 , f 2 függvényeknek léteznek aparciális deriváltjai és folytonosak, továbbá∂f 1∂y = ∂f 2∂x = 2x−2y,Tehát teljesül a primitív fügvény létezésének elégséges feltétele. Ez azt jelenti, hogy a vonalintegrálértéke független az úttól, csak az út kezd® és végpontjától függ. Tekintsükaz R 2 -beli tetsz®leges γ utat, amely összeköti az (x 0 , y 0 ) rögzített pont az (x, y) tetsz®legesponttal. Ekkor, a Newton-Leibniz formula alapján, báremely út esetén a vonalintegrálértéke ∫ független az úttól, csak a primitív függvény kezd® és végpontokban felevett értékét®l függ:f(x, y) = F (x, y)−F (x γ 0, y 0 ). Tekintsük a γ = γ 1 ∪γ 2 , amely az x és y tengelyekkel párhuzamosszakaszokból { áll. A γ paraméterezése a{következ®:x = tγ 1 :y = y 0 , ahol t ∈ [x 0 , x] , γ x = x2 :y = t, ahol t ∈ [y 0 , y].A deníció alapján a vonalintegrál:∫∫ x∫( ) y((x 2 +2xy −y 2 )dx+(x 2 −2xy −y 2 )dy = t 2 +2ty 0 −y02 dt+ x 2 −2xt−t 2) dtγx 0 y 0

86 5. FEJEZET. VONALINTEGRÁL= x3[ ] t3x=3 +t2 y 0 −y0t+[2 x 2 t+xt 2 − t3x 033 +x2 y 0 −xy0 2 − x3 03 −x2 0y 0 +x 0 y0 2 +x 2 y −xy 2 − y33 −x2 y 0 +xy0 2 + y3 03( ) ( )x3=3 +x2 y −xy 2 − y3 x3− 03 3 +x2 0y 0 −x 0 y0 2 − y3 0.3Tehát az f(x, y) = (x 2 +2xy−y 2 , x 2 −2xy−y 2 ) függvény primitív függvénye az F (x, y) = x33 +x2 y−−xy 2 − y3+c, c ∈ R függvény. Ennél a tipusú feladatnál, ha jól számolunk, akkor a vonalintegrál3értéke csak (x, y)-tól függ® és csak (x 0 , y 0 )-tól függ® tagokat fog tartalmazni.5.2.3. Fizikai jelentésA vonalintegrál zikai jelentéseHa az f er® hatására egy M anyagi pont a ϕ utat írja le, akkor az f er®tér munkája a ϕ úton α-tólβ-ig:∫ ∫ βf := < f(ϕ(t)), ϕ ′ (t) > dt.ϕαNem csak er®térnek tekinthetjük az f vektormez®t, hanem például áramló folyadék sebességvektormez®jének(áramlási mez®jének) is a tér egy tartományán, például egy folyammederben. Ha ϕsima görbe egy folytonos f áramlási mez®ben, akkor az ∫ f = ∫ β< f(ϕ(t)), ϕ α ϕ′ (t) > dt az áramlástadja meg a ϕ görbe mentén t=α-tól t=β-ig. Ezt az integrált áramlási integrálnak nevezik. Abbanaz esetben, ha a görbe zárt, akkor cirkulációnak hívják.A primitív függvény létezésének zikai jelentéseHa létezik F függvény amelyre igaz, hogy F ′ =f az U ⊆R 2 tartományon, akkor az f er®térnek vanpotenciálja. Ekkor az f er®teret konzervatív er®térnek nevezzük. A konzervatív elnevezés onnanered, hogy olyan er®térr®l van szó, ahol érvényes az energiamegmaradás elve.A Newton - Leibniz formula zikai jelentéseHa az er®térnek van potenciálja, akkor a munka a potenciális energia változását jelenti a végpontokban.Ennek következménye, hogy ha az er®térnek van potenciálja, akkor a munka független azúttól, csak a végpontoktól függ.A Newton - Leibniz formula következményének zikai jelentéseHa az er®térnek létezik potenciálja, akkor az er®tér bármely zárt úton vett munkája zérus.5.2. Feladat. Számítsuk ki a következ® vonalintegrálokat, meggy®z®dve arról, hogy az integrálalatti kifejezés teljes dierenciál:1) ∫ (1,1)(x−y)(dx−dy).(1,−1)2) ∫ (3,0)(−2,−1) (x4 +4xy 3 )dx+(6x 2 y 2 −5y 4 )dy.3) ∫ (a,b)(0,0) ex (cos ydx−sin ydy).4) ∫ (6,8) xdx+ydy, olyan vonal mentén integrálva, amely nem megy át az origón.(1,0)√x 2 +y2 ( )1− y2cos y dx+ ( sin y + y cos y x 2 xx x x)dy, olyan út mentén integrálva, amely nem metszi5) ∫ (2,π)(1,π)az Oy tengelyt.6) ∫ (1,0)(0,−1)xdy−ydx(x−y) 27) ∫ (2,3)(−1,2) ydx+xdy.8) ∫ (2,3)(0,1) (x+y)dx+(x−y)dy., olyan út mentén integrálva, amely nem metszi az y = x egyenest.] yy 0

5.2. A VONALINTEGRÁL DEFINÍCIÓJA 879) ∫ (1,2)(2,1)ydx−xdy, olyan út mentén integrálva, amely nem metszi az Oy tengelyt.x 25.3. Feladat. Határozzunk meg - ha létezik - az olyan F (x, y) függvényt, amelynek teljes dierenciálja:1) DF = ydx−xdy3x 2 −2xy+3y 22) DF = e x (e y (x−y +2)+y)dx+e x (e y (x−y)+1)dy.5.4. Feladat. Számítsuk ki az ∫Cyx 2 +y dx− x2 x 2 +y dy 2vonalintegrált, ahol C az y = 2 x−1 −1 egyenlet görbe (1,0)-tól (2,1)-ig vezet® íve.

88 5. FEJEZET. VONALINTEGRÁL

6. fejezetEgzakt dierenciálegyenletek6.1. Az egzakt dierenciálegyenlet értelmezése6.1.1. Deníció. Tekintsük aϕ ′ (x) = f(x, ϕ(x)) (6.1.1)dierenciálegyenletet. Tegyük fel, hogy f : Ω → R : f(x, y) = − P (x,y) alakú, ahol Q(x, y) ≠ 0 bármelyQ(x,y)(x, y)∈Ω⊆R 2 esetén. Ha a (P, Q) komponens vektorfüggvénynek létezik primitív függvénye, (azazlétezik F : Ω → R, úgy hogy F ′ = (P, Q)), akkor 6.1.1-t egzakt dierenciálegyenletneknevezzük.Nagyon sok könyvben az egzakt dierenciálegyenletet a következ®, az el®bbivel egyenérték,alakban adják meg: legyen ϕ(x) = y, ekkor dy = dx ϕ′ (x), behelyettesítve az egyenletben, majd egyoldalrarendezve a következ®t kapjuk:P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0, Q(x, y) ≠ 0, (x, y) ∈ Ω. (6.1.2)A deníció a következ®képpen is megfogalmazható: a 6.1.1 egzakt dierenciálegyenlet akkor éscsak akkor, ha létezik F : Ω → R, úgy hogy ∂F∂F= P és = Q bármely (x, y) ∈ Ω esetén.∂x ∂yHa a 6.1.1 egzakt dierenciálegyenlet és a P és Q kétváltozós függvények dierenciálhatók,akkor∂P∂y = ∂ ( ) ∂F= ∂2 F∂y ∂x ∂y∂x∂Q∂x = ∂ ( ) ∂F= ∂2 F∂x ∂y ∂x∂y .Mivel az F kétszer dierenciálható függvény vegyes másodrend parciális deriváltjai egyenl®k,ezért az el®z®ekb®l következik, hogy∂P∂y = ∂Q∂x . (6.1.3)bármely (x, y) ∈ Ω esetén.Tehát ahhoz, hogy a 6.1.1 egzakt legyen a következ® szükséges feltételnek kell teljesülnie:6.1.1. Tétel. (Egzaktság szükséges feltétele.) Ha a 6.1.1 egzakt dierenciálegyenlet és a P és Qkétváltozós függvények dierenciálhatók, akkorbármely (x, y) ∈ Ω esetén.∂P∂y = ∂Q∂x . (6.1.4)89

90 6. FEJEZET. EGZAKT DIFFERENCIÁLEGYENLETEK6.1.1. Következmény. Ha a 6.1.1 dierenciálegyenletben szerepl® P és Q kétváltozós függvényekdierenciálhatók és∂P∂y ≠ ∂Q∂x . (6.1.5)az Ω-n, akkor az egyenlet nem egzakt dierenciálegyenlet.A következ® tételben elégséges feltételt adunk meg az egzaktsághoz.6.1.2. Tétel. Ha az Ω csillagtartomány és P, Q : Ω → R folytonosan dierenciálhatók Ω-n és∂P∂y = ∂Q∂xbármely (x, y) ∈ Ω-ra, akkor a (6.1.1)-es egyenlet egzakt.Bizonyítás A feltételek alapján teljesül a primitív függvény létezésének elégséges feltétele, tehátlétezik F : Ω → R amelyre F ′ = (P, Q), azaz 6.1.1 egzakt dierenciál egyenlet.Az egzakt dierenciál egyenlet megoldásainak jellemzésére vonatkozik a következ® tétel:6.1.3. Tétel. A ϕ : D ϕ → R, (x, ϕ(x)) ∈ Ω, akkor és csak akkor megoldása a 6.1.1-es egzaktdierenciálegyenletnek az Ω csillagtartományon, ha létezik c ∈ R úgy, hogybármely x ∈ D ϕ esetén.F (x, ϕ(x)) = c (6.1.6)6.1.1. Megjegyzés. Ez azt jelenti, hogy ha meg tudjuk határozni a (P, Q) vektorérték függvényF primitív függvényét, akkor a 6.1.1-es egyenlet megoldásai kielégítik a 6.1.6-as második változóranézve implicit függvényegyenletet.Bizonyítás 1. Tegyük fel, hogy ϕ megoldása a 6.1.1 egzakt dierenciál egyenletnek. Az összetettfüggvény deriválási szabályát alkamazva az F (x, ϕ(x)) függvény deriváltja a következ®:( )d∂Fdx F (x, ϕ(x)) = ∂F(x, ϕ(x)),∂x ∂y (x, ϕ(x)) ·( 1ϕ ′ (x))= P (x, ϕ(x))·1+Q(x, ϕ(x))·ϕ ′ (x).Mivel a ϕ megoldása a 6.1.1-es egyenletnek ezért ϕ ′ (x) = − P (x,ϕ(x)) , behelyettesítve a fenti összefüggésbea következ®t kapjuk:Q(x,ϕ(x))()ddx F (x, ϕ(x)) = P (x, ϕ(x))+Q(x, ϕ(x)) P (x, ϕ(x))− = 0.Q(x, ϕ(x))Tehát azt kaptuk, hogy d F (x, ϕ(x)) = 0 az Ω csillagtartományon. Ebb®l az következik, hogydxF (x, ϕ(x)) = c konstans, ahol x ∈ D ϕ .2. A bizonyítás második felében az implicit függvény tételét használjuk fel. Tegyük fel, hogyF (x, ϕ(x))=c 0 , c 0 ∈R F , ahol R F az F értékkészlete. Ebb®l az következik, hogy létezik (x 0 , y 0 )∈Ωúgy, hogy F (x 0 , y 0 ) = c 0 . Legyen az F (x, y) = c 0 implicit egyenlet. Abból, hogy F (x 0 , y 0 ) = c 0következik, hogy y(x 0 ) = y 0 . Mivel F dierenciálható és ∂F = Q(x, y) ≠ 0 bármely (x, y) ∈ Ω esetén,∂yezért létezik olyan y(x) függvény, amelyre F (x, y(x)) = c 0 bármely x esetén az x 0 valamely Dkörnyezetében, y(x) dierenciálható ésLegyen ϕ(x) = y(x), D ϕ = D, ekkory ′ (x) = − ∂F∂x.∂F∂yϕ ′ (x) = − ∂F∂x−P (x, y) −P (x, ϕ(x))= =∂FQ(x, y) Q(x, ϕ(x)) .∂yTehát az implicit egyenlet megoldása a 6.1.1-es dierenciálegyenletnek.

6.2. AZ EGZAKT DIFFERENCIÁL EGYENLET MEGOLDÁSAINAK MEGKERESÉSE 916.2. Az egzakt dierenciál egyenlet megoldásainak megkereséseAz el®z® tételek értelmében, ha adott egyvagy az el®bbivel egyenértékϕ ′ P (x, ϕ(x))(x) = −Q(x, ϕ(x)) ,P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0a dierenciálegyenlet, akkor a megoldásainak a megkeresése a következ® algoritmus alapján történik:I. Az egyenlet alapján tekintjük a h(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) függvényt. Meghatározzuk azΩ = {(x, y) ∈ R 2 : Q(x, y) ≠ 0} halmazt.II. Megvizsgáljuk, hogy P, Q teljesíti-e a 6.1.2 tételben szerepl® egzaktsághoz elégséges feltételeket.III. Ha az egyenlet egzakt dierenciálegyenlet, akkor a 6.1.3 tétel alapján meghatározzuk a (P,Q)primitív függvényét. Az el®z® fejezetben bemutatottak alapján tekintsük a (x, y) ∈ Ω egytetsz®leges pontot, (x 0 , y 0 ) ∈ Ω rögzített pontot és legyen bármely γ ⊂ Ω út, amely összekötie két pontot, ekkor ∫h(x, y) = F (x, y)−F (x 0 , y 0 ).γTehát ha ki tudjuk számolni a vonalintegrál értékét, akkor ismert az F (x, y) primitív függvény.IV. Az egzakt dierenciál egyenlet megoldása az F (x, y) = c implicit egyenlet megoldása lesz,ahonnan, ha lehetséges, kifejezzük y-t x függvényében.A következ®kben néhány példán keresztül bemutatjuk a megoldási algoritmust.6.1. Példa. Oldjuk meg az alábbi egzakt dierenciálegyenletet!(2x 2 +y 2 )dx+xydyx 3 +xy 2 = 01. Az egyenlet maximális értelmezési tartománya olyan Ω⊆R 2 csillagszer tartomány, amelyrex 3 +xy 2 ≠ 0, azaz x(x 2 +y 2 ) ≠ 0. Az egyenletet ekvivalens a következ® egyenlettel:2x 2 +y 2x 3 +xy dx+ xy dy = 0,2 x 3 +xy2 ahonnan P (x, y) = 2x2 +y 2, Q(x, y) =xy , ahol (x, y) ∈ Ω.x 3 +xy 2 x 3 +xy2. El®ször ellen®rizzük, hogy az egyenlet valóban 2 egzakt. Kiszámítjuk P y szerinti parciális deriváltjátés Q x szerinti parciális deriváltját:∂P (x, y)∂y= − 2x3 y(x 3 +xy 2 ) , ∂Q(x, y)= − 2x3 y2 ∂x (x 3 +xy 2 ) . 2

92 6. FEJEZET. EGZAKT DIFFERENCIÁLEGYENLETEK∂P (x,y)Mivel a P, Q függvényeknek léteznek a parciális deriváltjai, folytonosak,∂yΩ ⊆ R 2 csillagtartományon, ahol x(x 2 +y 2 ) ≠ 0 ezért a dierenciálegyenlet egzakt.3. Meg kell határoznunk ah(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) = ( 2x2 +y 2x 3 +xy , xy2 x 3 +xy ) 2= ∂Q(x,y)∂xbármelyfüggvény primitív függvényét. A primitív függvény meghatározása vonalintegrállal történik. Mivelh-nak van primitív függvénye, ezért bármely úton véve a vonalintegrálját, az csak a primitívfüggvény út kezd® és végpontjában felvett értékét®l fog függni. Legyen (x, y) ∈ D egy tetsz®leges,(x 0 , y 0 ) ∈ D rögzített pont, ekkor bármely γ út esetén, amely összeköti ezt a két pontot:∫h(x, y) = F (x, y)−F (x 0 , y 0 ).γVálasszuk a lehet® legegyszerbb utat! Legyen ez például a γ = γ 1 ∪γ 2 út, amely az x és y tengelyekkel{ párhuzamos szakaszokból áll. γ{paraméterezése a következ®:γ 1 :x = ty = y 0 , ahol t ∈ [x 0 ; x] , γ x = x2 :y = t, ahol t ∈ [y 0 ; y].Ez alapján és a vonalintegrál út szerinti additivitása alapján:∫h(x, y) =γ∫h(x, y)+γ 1∫h(x, y) =γ 2∫ x〈h(γ 1 (t)), γ 1(t)〉dt+′x 0∫ y〈h(γ 2 (t)), γ 2(t)〉dt′y 0∫ x= (P (t, y 0 )·1+Q(t, y 0 )·0)dt+x 0Tehát∫ yF (x, y)−F (x 0 , y 0 ) =Legyen az (x 0 , y 0 ) = (1,0) ∈ Ω, ekkorF (x, y)−F (1,0) =∫ x1y 0(P (x, t)·0+Q(x, t)·1)dt =∫ x2t 2 +0 2 ∫ yt 3 +t·0 dt+ 20x 0P (t, y 0 )dt+∫ y∫xtxx 3 +xt dt = 2∫ xx 0P (t, y 0 )dt+y 0Q(x, t)dt.12· 1t dt+ ∫ y012 ·∫ yy 0Q(x, t)dt.2tx 2 +t 2 dt[ ] y 1= [2·ln |t|] x 1 + 2 ·ln |x2 +t 2 | = 2·ln |x|−2·ln |1|+ 102 ·ln(x2 +y 2 )− 1 2 ·ln(x2 )= 2·ln |x|+ 1 2 ·ln(x2 +y 2 )−ln(x 2 ) 1 12 = ln |x|+2 ·ln(x2 +y 2 ).Tehát a h(x, y) primitív függvénye az F (x, y) = ln |x|+ 1 2 ·ln(x2 +y 2 ) függvény.4. Az egzakt dierenciálegyenlet megoldása kielégíti az F (x, y) = c, (x, y) ∈ Ω implicit egyenletet,azazln |x|+ 1 2 ·ln(x2 +y 2 ) = c, c ∈ R.Annak érdekében, hogy ki tudjuk fejezni y-t x függvényében, fenti egyenletet a következ® ekvivalensalakban írjuk:ln x 2 (x 2 +y 2 ) = 2c,Innen az x(x 2 +y 2 ) ≠ 0 feltétel gyelembevételével, következik, hogyy =√e2cx 2 −x2 , vagy y = −√e2cx 2 −x2 ,e 2cx 2 −x2 > 0.

6.3. EGZAKTTÁ TEHETŽ DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 936.3. Egzakttá tehet® dierenciálegyenletekVannak olyan 6.1.1 alakú dierenciálegyenletek, amelyek nem teljesítik az egzaktság szükségesfeltételét, de egy jól megválasztott, ún. integráló tényez® segítségével egzakttá tehet®k.6.3.1. Deníció. AP (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0, Q(x, y) ≠ 0, (x, y) ∈ Ω,∂P (x, y)∂y≠∂Q(x, y)∂xalakú egyenlet egzaktá tehet®, ha létezik µ : Ω → R, µ(x, y) ≠ 0 függvény, úgy hogy aegzakt dierenciálegyenlet.(6.3.1)µ(x, y)P (x, y)dx+µ(x, y)Q(x, y)dy = 0 (6.3.2)A µ(x, y) létezésének igazolása és meghatározásá általában nem könny. Ez alól kivételt képez,az amikor létezik csak x-t®l vagy csak y-tól függ® integráló tényez®. A következ® példákon keresztülmegmutatjuk, hogy mikor létezik csak x-t®l vagy csak y-tól függ® integráló tényez® és hogyanhatározzuk meg azokat.6.2. Példa. Integráló tényez® segítségével tegyük egzakttá és oldjuk meg az alábbi dierenciálegyenletet:( )1dy =cos x −y tg x dx. (6.3.3)Az egyenleten ekvivalens a következ® egyenlettel:( )1cos x −y tg x dx−1dy = 0.Legyen P (x, y)= 1cos x −y tg x, Q(x, y)=−1. Észrevesszük, hogy Q(x, y)≠0, ha (x, y)∈R2 . Vizsgáljukmeg, hogy teljesül-e az egzaktság szükséges feltétele. Ennek érdekében kiszámítjuk a P y-szerintiés Q x-szerinti parciális deriváltját:∂P (x, y)∂y= − tg x ≠∂Q(x, y)∂xtehát az egyenlet nem egzakt. Tanulmányozzuk, hogy van-e csak x-t®l függ® µ(x) integráló tényez®,amelyre fennálna a következ®:∂∂(P µ(x)) =∂y ∂x (Qµ(x)) .Ez utóbbi egyenérték a következ® feltétellel∂P∂yµ(x)+∂µ(x)∂y= 0,P = ∂Q ∂µ(x)µ(x)+∂x ∂x Q.Mivel ∂µ = 0, ezért ha van csak x-t®l függ® integráló tényez®, akkor∂y∂P∂y∂Q ∂µ(x)µ(x) = µ(x)+∂x ∂x Q.Tehát akkor van csak x-t®l függ® integráló tényez® ha a következ® egyenl®ség jobboldala is csak az x-t®l függ:µ ′ ∂P(x)µ(x) = − ∂Q∂y ∂xQ . (6.3.4)

94 6. FEJEZET. EGZAKT DIFFERENCIÁLEGYENLETEKMivel a példánk esetében:µ ′ ∂P(x)µ(x) =∂y − ∂Q∂xQ=− tg x−0−1= tg x.a jobboldal is csak x-t®l függ, ezért létezik csak x-t®l függ® integráló tényez®, és ez kielégíti akövetkez® összefüggést:µ ′ (x)= tg x.µ(x)Mindkét oldalt integrálva x szerint, megkapjuk µ(x)-et:∫ µ ′ (x)µ(x) dx = ∫∫ − sin xtg xdx, ln |µ(x)| = −cos x dx, ln |µ(x)| = − ln | cos x|+c 1ln |µ(x)| = ln | cos x| −1 +ln e c 1, ln |µ(x)| = ln | cos x| −1 e c 1ln |µ(x)| = ln | cos x| −1 c.Tehát µ(x)-nek választjuk a µ(x) = 1cos xfüggvényt. Az eredeti egyenlet mindkét oldalát ha beszorozzukµ(x)-el, akkor a következ®t kapjuk:( 1cos 2 x−ysin xcos 2 x)dx− 1 dy = 0.cos xLegyen P 1 (x, y)= 1 sin x−y , Q cos 2 x cos 2 x 1(x, y)=− 1 ≠0, (x, cos x y)∈D⊂R2 , tegyük fel, hogy D csillagszer.Ez az egyenlet már teljesíti az egzaktság elégséges feltételeit. Tehát a h(x, y)=(P 1 (x, y), Q 1 (x, y))== ( 1 sin x−y , − 1cos 2 x cos 2 x∫tetsz®leges, (x 0 , y 0 ) ∈ D rögzített pont, ekkor bármely γ út esetén, amely összeköti e két pontot:cos x) függvénynek létezik F (x, y) primitív függvénye. Legyen (x, y) ∈ D egyh(x, y) = F (x, y) − F (x γ 0, y 0 ). A primitív függvény meghatározása érdekében a γ = γ 1 ∪ γ 2 út,ami az x és y tengelyekkel párhuzamos szakaszokból áll. A γ paraméterezése az el®z® feladatokkalazonos módon történik, ami alapján a következ®höz jutunk:=∫∫ x∫ yh(x, y) = F (x, y)−F (x 0 , y 0 ) = P (t, y 0 )dt+ Q(x, t)dtγx 0 y 0( ) ∫ 1x 0cos 2 t −y sin ty1[0 dt−cos 2 ty 0cos x dt = tg t− y ] [ x y0 t−cos t x 0 cos x]y 0ycos x + y (0cos x = tg x−y )−cos x∫ x= tg x− y 0cos x −tg x 0 + y 0cos x 0−Tehát a primitív függvény F (x, y) = tg x −tg x− = c implicit egyenletet.ycos x(tg x 0 − y 0cos x 0).y , és a dierenciál egyenlet megoldásai kielégítik acos x6.3. Példa. Integráló tényez® segítségével tegyük egzakttá és oldjuk meg az alábbi dierenciálegyenletet!ydx−(x+y)dy = 0 (6.3.5)Legyen P (x, y) = y, Q(x, y) = −(x + y). Tegyük fel, hogy Q(x, y) ≠ 0, ha (x, y) ∈ D ⊆ R 2 .Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e az egzaktság szükséges feltétele. Ennek érdekében kiszámítjuk aP y-szerinti és Q x-szerinti parciális deriváltját:∂P (x, y)∂y= 1 ≠∂Q(x, y)∂x= −1,

6.3. EGZAKTTÁ TEHETŽ DIFFERENCIÁLEGYENLETEK 95tehát az egyenlet nem egzakt. Tanulmányozzuk, hogy van-e csak x-t®l függ® µ(x) integráló tényez®,amelyre∂ ∂(P µ) =∂y ∂x (Qµ) .Ez egyenérték a következ®vel:µ ′ ∂P(x)µ(x) =∂y − ∂Q∂xQ= − 2x+y ,a jobb oldal nem csak x-t®l függ, tehát nincs csak x-t®l függ® integráló tényez®. Próbálkozzunk,hogy van-e csak y-tól függ® µ(y) integráló tényez®, amelyreEz egyenérték a∂ ∂(P µ) =∂y ∂x (Qµ) .∂P ∂µµ+∂y∂y P = ∂Q∂xµ+∂µ∂x Qfeltétellel. Mivel ∂µ = 0, ezért a következ®nek kell teljesülni:∂x∂P ∂µµ+∂y ∂y P = ∂Q∂x µ.Akkor van csak y-tól függ® integráló tényez®, ha a következ® egyenl®ség jobb oldalais csak y-tól függ:µ ′ ∂Q(y)µ(y) =∂x − ∂P∂yP. (6.3.6)A feladatunk esetében:∂Q− ∂P∂x ∂y= − 2 P y ,tehát van csak y-tól függ® integráló tényez®, és ez kielégíti a következ® összefüggést:µ ′ (y)µ(y) = −2 y .Mindkét oldalt integrálva y szerint, megkapjuk µ(y)-t:∫ µ ′ ∫(y)µ(y) dy = − 2 ∫ 1y dy, ln |µ(y)| = −2 y dy, ln |µ(y)| = −2 ln |y|+c 1,ln |µ(y)| = ln |y| −2 +ln e c 1, ln |µ(y)| = ln |y| −2 e c 1, ln |µ(y)| = ln |y| −2 cTehát µ(y)-nak választhatjuk a µ(y) = y −2 függvényt. Ha az eredeti egyenlet mindkét oldalátbeszorozzuk µ(y)-nal a következ®t kapjuk:( )1 xy dx− y +y dy = 0.2Legyen P 1 (x, y)= 1, (Q xy 1(x, y)=− +y)y . Ez az egyenlet már teljesíti az egzaktság feltételeit. Tehát(2 (1a h(x, y) = (P 1 (x, y), Q 1 (x, y)) = , − x+y))y y függvénynek létezik F (x, y) primitív függvénye.2

96 6. FEJEZET. EGZAKT DIFFERENCIÁLEGYENLETEKLegyen (x, y) ∈ D egy tetsz®leges, (x 0 , y 0 ) ∈ D rögzített pont, ekkor bármely γ út esetén, amelyösszeköti e két pontot: ∫ h(x, y) = F (x, y) − F (x γ 0, y 0 ). Legyen γ = γ 1 ∪ γ 2 út, ami az x és ytengelyekkel párhuzamos szakaszokból áll, ekkor:∫∫ x∫ yh(x, y) = F (x, y)−F (x 0 , y 0 ) = P 1 (t, y 0 )dt+ Q 1 (x, t)dtx 0 y 0γ=∫ xx 01y 0dt+∫ yy 0−( x) [ tt +t dt =2= x − x 0+ x y 0 y 0 y − y22 − x (+ y2 0 xy 0 2 = y − y22] x ] y x+[y 0 x 0t − t2 2y 0) (x0− − y2 0y 0 2Tehát a primitív függvény F (x, y) = x − y2, és az egyenlet megoldása az x − y2= c implicit egyenlety 2 y 2megoldása lesz.6.1. Feladat. Oldjuk meg az alábbi egzakt dierenciálegyenleteket:1) (x−y)dx+(y −x)dy = 0,x2) +y y ′ = 0,x 2 +y 2 x 2 +y 2ydx3) − xdy = 0,x 2 +y 2 x 2 +y 24) (1−y2 )dx+(1−x 2 )dy= 0.(1+xy) 26.2. Feladat. Integráló tényez® segítségével tegyük egzakttá és oldjuk meg az alábbi dierenciálegyenletet1) (x 2 +y)dx−xdy = 0,2) (x 3 sin y −2y) dx+(x 4 cos y +x) dy = 0,(x(xy −1 )dy = 0,)3) +1 dx+y4) y(2x+y 3 )dx−x(2x−y 3 )dy = 0,5) y +x 2 )dy +(x−xy)dx = 06) (x 2 +y 2 +1)dx−2xydy = 0).

7. fejezetKett®s, hármas integrálok7.1. Egyváltozós valós függvények határozott integráljaEbben a fejezetben megadjuk a korlátos, zárt intervallumon értelmezett valós változós valós értékfüggvény határozott integráljának az általánosítását két-, háromváltozós függvények esetére.El®ször összefoglaljuk röviden az egyváltozós esetben a határozott integrál denícióját.7.1.1. Deníció. Legyen I = [a, b] egy zárt, korlátos intervallum. Aτ = {a = x 0 < x 1 < . . . x n−1 < x n = b}halmazt az I intervallum felosztásának nevezzük.Az I felosztásainak halmazát F(I)-vel jelöljük. Nyilvánvaló, hogy bármely két τ 1 , τ 2 ∈ F(I)felosztásra τ 1 ∪τ 2 ∈ F(I), τ 1 ∩τ 2 ∈ F(I).7.1.2. Deníció. Legyen f : I → R egy korlátos függvény és τ := {x 0 , x 1 , . . . x n } ∈ F(I) az Iintervallum egy felosztása. LegyenAzill. azm i = inf{f(x) : x i−1 ≤ x ≤ x i },M i = sup{f(x) : x i−1 ≤ x ≤ x i }.S(f, τ) :=s(f, τ) :=n∑(x i −x i−1 )M i ,i=1n∑(x i −x i−1 )m i ,i=1számot az f-nek a τ felosztáshoz tartozó fels®, ill. alsó közelít® összegének nevezzük.Az f függvény korlátosságából következik, hogy m i , M i , (i = 1, ..., n) véges számok. Következésképpena S(f, τ) és a s(f, τ) is véges számok Ha f(x) > 0, x ∈ I, akkor S(f, τ) az f grakonjaköré írt{(x, y) ∈ R 2 : x i−1 ≤ x ≤ x i , 0 ≤ y ≤ M i }téglalapok területének összegét jelenti. A s(f, τ) az f grakonjába beírt{(x, y) ∈ R 2 : x i−1 ≤ x ≤ x i , 0 ≤ y ≤ m i }97

98 7. FEJEZET. KETTŽS, HÁRMAS INTEGRÁLOKtéglalapok területének összegével egyenl®.Nyilvánvaló, hogy m i = inf{f(x) : x i−1 ≤ x ≤ x i } ≤ sup{f(x) : x i−1 ≤ x ≤ x i } = M i (i = 1, 2, . . . n),következésképpen bármely τ felosztás esetén a τ felosztáshoz tartozó alsó közelít® összeg kisebbvagy egyenl® mint a τ felosztáshoz tartozó fels® közelít® összeg:s(f, τ) :=n∑(x i −x i−1 )m i ≤i=17.1.1. Tétel. a) Ha τ 1 , τ 2 ∈ F(I) és τ 1 ⊂ τ 2 , akkorb) Bármely két τ 1 , τ 2 ∈ F(I) felosztásran∑(x i −x i−1 )M i =: S(f, τ).i=1s(f, τ 1 ) ≤ s(f, τ 2 ), S(f, τ 1 ) ≥ S(f, τ 2 ),s(f, τ 1 ) ≤ S(f, τ 2 ).A fentiek alapján nyilvánvaló, hogy bármely korlátos f : I → R függvényre a {s(f, τ) : τ ∈∈ F(I)} számhalmaz felülr®l, a {S(f, τ) : τ ∈ F(I)} számhalmaz pedig alulról korlátos, tehát asup{s(f, τ), τ ∈ F(I)} és inf{S(f, τ), τ ∈ F(I)} léteznek és végesek.7.1.3. Deníció. Az I ∗ (f) := sup{s(f, τ) : τ ∈ F(I)} számot az f alsó integráljának, az I ∗∗(f) := inf{S(f, τ) : τ ∈ F(I)} számot az f fels® integráljának nevezzük. Azt mondjuk, hogy azf : I → R korlátos függvény integrálható (létezik az [a, b]-n a határozott integrálja), ha I ∗ (f) == I ∗ (f). A közös I ∗ (f) = I ∗ (f) számot az f függvény határozott integráljának nevezzük, és azalábbi szimbólumok valamelyikével jelöljük:I(f),∫ baf,∫ baf(x)dx.Az [a, b] intervallumon integrálható függvények halmazát R[a, b]-vel jelöljük. A fenti értelmezésb®lés az el®z® tétel alapján következik, hogy:I ∗ (f) ≤ I ∗ (f).Figyelembe véve a S(f, τ) és s(f, τ) geometriai jelentését kézenfekv® a terület alábbi deníciója.Tekintsük aH := {(x, y) ∈ R 2 : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x)}halmazt, amelyet az f : [a, b] → R függvény grakonja alatti tartománynak vagy szubgrakonjánaknevezünk. Deníció szerint H-nak pontosan akkor van területe, ha f integrálható, és akkor az ∫ bf aszámot a H halmaz területének nevezzük:7.2. Kett®s integrálT (H) :=∫ baf(x)dx.7.2.1. Kétdimenziós intervallumok és felosztásokAz R 2 = {(x 1 , x 2 ) : x i ∈ R, i = 1,2}-ben azI = [a 1 , b 1 ]×[a 2 , b 2 ] = {(x 1 , x 2 ) ∈ R 2 , x 1 ∈ [a 1 , b 1 ], x 2 ∈ [a 2 , b 2 ]} (7.2.1)

7.2. KETTŽS INTEGRÁL 99halmazt kétdimenzós intervallumnak nevezzük. Ábrázolva I-t az x 1 Ox 2 koordináta rendszerbenegy téglalapot kapunk. A kétdimenziós intervallum mértéke m(I) = (b 1 −a 1 )(b 2 −a 2 ) - épp atéglalap területe.Tekintsük az I 1 = [a 1 , b 1 ] intervallum τ 1 = {a 1 = x 0 < x 1 < . . . < x n = b 1 } felosztását és azI 2 = [a 2 , b 2 ] intervallum τ 2 = {a 2 = y 0 < y 1 < . . . < y n = b 2 } felosztását. Ekkor az I = I 1 ×I 2 kétdimenzósintervallum felosztása a tekintett egydimenziós felosztásokban fellép® intervallumokösszes lehetséges Descartes-féle szorzataiból alkotott halmaz lesz:τ = τ 1 ×τ 2 := {[x i−1 , x i ]×[y j−1 , y j ] = I ij , 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m}. (7.2.2)7.2.2. Kett®s integrál deníciója téglalap tartományon és tulajdonságaiAz egyváltozós esethez hasonlóan értelmezzük az alsó és a fels® közelít® összeg fogalmát. LegyenI = [a 1 , b 1 ]×[a 2 , b 2 ], τ az I egy felosztása és tekintsük az f : I → R korlátos függvényt. Az I ij == [x i−1 , x i ] × [y j−1 , y j ] résztéglalapon felvett függvényértékek inmumát és szuprémumát jelöljükm ij = inf{f(x, y) : (x, y) ∈ I ij }, illetve M ij = sup{f(x, y) : (x, y) ∈ I ij }-el. Ekkor as τ f =S τ f =n,m∑i,j=1n,m∑i,j=1m ij (x i −x i−1 )(y j −y j−1 ) (7.2.3)M ij (x i −x i−1 )(y j −y j−1 ) (7.2.4)az f függvény τ felosztáshoz tartozó alsó közelít® összege, illetve fels® közelít® összege.Ha f(x, y) ≥ 0, (x, y) ∈ I, akkor s τ f - a τ felosztáshoz tartozó beírt hasábok térfogatainakösszege, a S τ f - pedig a τ felosztáshoz tartozó körülírt hasábok térfogatainak összege.Jelöljük F(I)-vel az I intervallum felosztásainak halmazát. Hasonlóan mint az egyváltozósesetben (lásd [14]) igazolni lehet a következ® tulajdonságokat:7.2.1. Tétel. Ha f : I → R kétváltozós, korlátos függvény, akkor:1. ∀τ ∈ F(I) s τ f ≤ S τ f,2. ha τ 1 ⊆ τ 2 , τ 1 , τ 2 ∈ F(I), akkors τ1 f ≤ s τ2 f -azaz, az alsó közelít® összegek a felosztás nomításával nem csökkennek,S τ2 f ≤ s τ1 f -azaz, a fels® közelít® összegek a felosztás nomításával nem n®nek,3. ∀τ, σ ∈ F(I) : s τ f ≤ S σ f- bármely alsó közelít® összeg kisebb vagy egyenl®, mint bármely fels®közelít® összeg.Szintén az egyváltozós esethez hasonlóan a fentiek alapján nyilvánvaló, hogy bármely korlátosf :I →R kétváltozós függvény esetén a {s(f, τ):τ ∈F(I)} számhalmaz felülr®l, a {S(f, τ):τ ∈F(I)}számhalmaz pedig alulról korlátos, tehát a sup{s(f, τ), τ ∈F(I)} és inf{S(f, τ), τ ∈F(I)} léteznekés végesek.7.2.1. Deníció. Az I ∗ (f) := sup{s(f, τ) : τ ∈ F(I)} számot az f alsó integráljának, az I ∗∗(f) := inf{S(f, τ) : τ ∈ F(I)} számot az f fels® integráljának nevezzük. Azt mondjuk, hogy azf : I → R korlátos függvény integrálható, ha I ∗ (f) = I ∗ (f). A közös I ∗ (f) = I ∗ (f) számot az ffüggvény I = [a 1 , b 1 ]×[a 2 , b 2 ]-n a vett kett®s integráljának nevezzük, és az alábbi szimbólumokvalamelyikével jelöljük:∫∫∫∫I = I ∗ = I ∗ = f(x, y) dxdy =f(x, y) dxdy (7.2.5)I[a 1 ,b 1 ]×[a 2 ,b 2 ]

100 7. FEJEZET. KETTŽS, HÁRMAS INTEGRÁLOK7.2.2. Deníció. Az Ω τ f :=S τ f −s τ f -et a τ felosztáshoz tartozó osszcillációs összegnek nevezzük.Hasonlóan mint az egyváltozós esetben (lásd [14])igazolhatók a következ® tételek:7.2.2. Tétel. Az f akkor és csak akkor integrálható I-n, ha ∀ ɛ>0 ∃ τ felosztás úgy, hogy Ω τ f

7.2. KETTŽS INTEGRÁL 101Bizonyítás Legyen τ ∈ F(I). Az f(x, y) ≤ g(x, y), (x, y) ∈ I feltételb®l következik, hogyinf{f(x, y) : x ∈ [x i−1 , x i ], y ∈ [y i−1 , y i ]} ≤ inf{g(x, y) : x ∈ [x i−1 , x i ], y ∈ [y i−1 , y i ]},ezért nyilván s(f, τ)≤s(g, τ). Mivel f, gI →R integrálható függvények, innen azt kapjuk, hogy∫∫∫∫f = sup{s(f, τ) : τ ∈ F[a, b]} ≤ sup{s(g, τ) : τ ∈ F[a, b]} = g,Iezzel az állítást bebizonyítottuk.Tegyük fel, hogy f, |f| : I → R integr¨hatók. Mivel tetsz®leges f integrálható függvényre −−|f(x, y)| ≤ f(x, y) ≤ |f(x, y)|, ezért a most bizonyított egyenl®tlenség alapján kapjuk, hogy∫∫∫∫∫∫− |f(x, y)|dxdy ≤ f(x, y)dxdy ≤ |f(x, y)|dxdy.Innen adódik az alábbi tulajdonság:I∫∫∣II∫∫f∣ ≤7.2.3. Kapcsolat az egyszeres és kett®s integrálok közöttAz alábbi tétel alapján a kett®s integrál visszavezethet® egyváltozós függvények integrálására.7.2.7. Tétel. (Fubini-tétel)Legyen I =I 1 ×I 2 egy kétdimenziós intervallum, f :I →R integrálható I-n, ϕ x (y)=f(x, y), aholx∈I 1 rögzített, y ∈I 2 . Ekkor létezik a ϕ x alsó és fels® integrálja I 2 -n. Legyenek ezek m(x)=I ∗ (ϕ x ),illetve M(x) = I ∗ (ϕ x )). Az m(x) és M(x) integrálhatók I 1 -en és:∫∫∫∫m(x) dx = M(x) dx = f(x, y) dxdy. (7.2.7)I 1 I 1Bizonyítás Tekintsük az I 1 =[a 1 , b 1 ] intervallum τ 1 ={a 1 =x 0

102 7. FEJEZET. KETTŽS, HÁRMAS INTEGRÁLOKÁttérve a I ∗ (ϕ x ) = m(x), I ∗ (ϕ x ) = M(x) jelölésekre az 7.2.10 ekvivalens a következ®vel:∑K∈τ 1∑L∈τ 2m KL |L||K| ≤ ∑ K∈τ 1|K| inf{m(x) : x ∈ K} ≤ (7.2.11)Innen következik, hogyMivel f integrálható I = I 1 ×I 2 -n ezértA 7.2.12, 7.2.13 alapján≤ ∑ K∈τ 1|K| sup{m(x) : x ∈ K} ≤ ∑ K∈τ 1∑L∈τ 2M KL |K||L|.s(τ, f) ≤ s(τ 1 , m) ≤ S(τ 1 , m) ≤ S(τ, f). (7.2.12)sup{s(τ, f) : τ ∈ F(I)} = inf{S(τ, f) : τ ∈ F(I)}. (7.2.13)sup{s(τ 1 , m) : τ 1 ∈ F(I 1 )} = inf{S(τ 1 , m) : τ 1 ∈ F(I 1 )}, (7.2.14)tehát létezik ∫ I 1m(x)dx és∫m(x) dx =I 1∫∫f(x, y) dxdy.I 1 ×I 2(7.2.15)Hasonlóan igazoljuk M(x)-re is az állítást.7.2.1. Következmény. Tegyük fel, hogy f integrálható az I 1 ×I 2 -n.I. Ha∫∫∀ x ∈ I 1 ∃ ϕ x (y) dy =: f(x, y) dy,I 2 I 2akkor az I 1 -en értelmezett x ↦→ ∫ I 2f(x, y) dy függvény integrálható I 1 -en és∫I 1(∫) ∫∫f(x, y) dy dx = f(x, y) dxdy.I 2 I 1 ×I 2II. Ha∫∫∀ y ∈ I 2 ∃ ϕ y (x) dx =: f(x, y) dx,I 1 I 1akkor az I 2 -en értelmezett y ↦→ ∫ I 1f(x, y) dx függvény integrálható I 2 -en és∫I 2(∫) ∫∫f(x, y) dx dy = f(x, y) dxdy.I 1 I 1 ×I 2III. Ha f : [a 1 , b 1 ] × [a 2 , b 2 ] → R folytonos , akkor az el®z® két következmény mindkét feltételeteljesül, tehát:∫∫∫ b2(∫ b1) ∫ b1(∫ b2)f(x, y) dxdy = f(x, y) dx dy = f(x, y) dy dx, (7.2.16)[a 1 ,b 1 ]×[a 2 ,b 2 ]a 2 a 1a 1 a 2azt mondjuk, hogy a kett®s integrált szukcesszív integrálással számítjuk .

7.2. KETTŽS INTEGRÁL 103Valóban, ha f folytonos I 1 × I 2 -n, akkor ϕ x is folytonos I 2 -n, ϕ y is folytonos I 1 -n, tehát ϕ xintegrálható I 2 -n, ϕ y integrálható I 1 -n, innen az el®z®ek alapján következik, hogy(∫ ) ∫∫(∫ )f(x, y) dy dx = f(x, y) dxdy = f(x, y) dx dy.∫I 1 I 2 I 1 ×I 2∫I 2 I 1A 7.2.16 alapján egy folytonos függvény kett®s integrálját egy téglalap tartományon kétféleképpenszámíthatjuk ki. Els® lehet®ség: el®bb x-et konstansnak tekintjük és y szerint integrálunk a 2 -t®l b 2 -ig, majd az eredményt x-szerint integráljuk a 1 -t®l b 1 -ig. A második lehet®ség, el®ször y-t tekintjükkonstansnak és x-szerint integrálunk a 1 -t®l b 1 -ig, majd az eredményt integráljuk y-szerint a 2 -t®lb 2 -ig. A Fubini-tétel alapján függetlenül a választott integrálási sorrendt®l ugyanazt az eredménytkapjuk. El®fordul, hogy az egyik sorrendben lényegesebben könnyebb a szukcesszív integráláselvégzése. Ha a számolás a választott sorrendben nehézkes, akkor érdemes a szukcesszív integrálásta másik sorrendben is megpróbálni.Néhány példán keresztül nézzük hogyan számítjuk ki a kett®s integrált a szukcesszív integrálással.7.1. Példa. Számítsuk ki a következ® kett®s integrált:∫∫(4−x−y)dxdy.[0,2]×[0,1]0∫ 20[0,2]×[0,1]Mivel az intergrál alatti kifejezés folytonos, ezért alkalmazható a 7.2.16. El®bb x-et konstansnaktekintjük és y szerint integrálunk 0-t®l 1-ig, majd az eredményt x-szerint integráljuk 0-t®l 2-ig:∫∫∫ 2[∫ 1] ∫ 2∫ 2(4−x−y)dxdy = (4−x−y)dy dx =[4y −xy − y2(4−x− 1 22 )dx= (−x+ 7 [0 2 )dx = − x22 + 7 ] 22 x = 7−2 = 5.0Megfordítva az integrálás sorrendjét szintén ugyanazt az eredményt kapjuk:∫∫[0,2]×[0,1](4−x−y)dxdy ==∫ 10∫ 10[∫ 2](4−x−y)dx dy =00∫ 1(6−2y)dy = [ 6y −y 2] 1= 6−1 = 5.00] 1dx =0[4x− x20] 22 −xy dy0Ennél a feladatnál mindkét sorrendben könnyen el tudtuk végezni a szukcesszív integrálást.Valahányszor alkamazzuk a szukcesszív integrálást ellen®rizzük, hogy a Fubini-tétel feltételeiteljesülnek-e. El®fordulhat az, hogy 7.2.16-ben az egyenl®ségek nem állnak fenn. Tekintsük akövetkez® függvényt:{1, x racionálisf : [0,1]×[0,1] → R, f(x, y) =2y, x irracionális.Ha el®bb y-szerint integrálunk, majd x-szerint, akkor az ∫ (1 ∫ )1f(x, y)dy dx létezik. Valóban a0 0bels® integrál bármely x ∈ [0,1] esetén létezik és értéke 1:∫ 10f(x, y)dy ={1, x racionális1, x irracionális,∫ 10(∫ 10)f(x, y)dy dx = 1.De az ∫ 1f(x, y)dx nem létezik bármely y∈[0,1] esetén, kivéve az y= 1 esetet. Tehát az ∫ (1 ∫ )1f(x, y)dx dy0 2 0 0sem létezik.

104 7. FEJEZET. KETTŽS, HÁRMAS INTEGRÁLOK7.2.4. Az integrál kiterjesztése7.2.3. Deníció. Tekintsük a H ⊆ R 2 korlátos halmazt, f : H → R korlátos függvényt. Legyen Iegy kétdimenziós intervallum, úgy hogy H ⊂ I, továbbá tekintsük a˜f(x, y) ={f(x, y),(x, y) ∈ H0, (x, y) ∈ I \H.Ha létezik az ∫∫ ˜f és független az I megválasztásától, akkor azt mondjuk, hogy f integrálható H-n,Iés∫∫ ∫∫f := ˜f.H7.2.4. Deníció. Tekintsük a H ⊆ R 2 korlátos halmazt, f : H → R, f(x, y) = 1, (x, y) ∈ H. Halétezik az ∫∫ 1dxdy akkor azt mondjuk, hogy a H Jordan értelemben mérhet®, és Jordan mértékeH∫∫m(H) := 1dxdy. (7.2.17)A Jordan-mértéket más módon is be lehet vezetni, lásd például [4]. Megmutatható, hogy a fentideníció ekvivalens [4]-beli denícióval. Ha a H halmaznak van területe, akkor a Jordan mértékeépp a területével egyenl®.7.2.5. Integrálás normál tartományon7.2.5. Deníció. Tekintsük a ψ, ϕ : [a, b] → R folytonos függvényeket, és tegyük fel, hogyϕ(x) ≤ ψ(x) ∀x ∈ [a, b]. Akkor aHIH = {(x, y) : x ∈ [a, b], ϕ(x) ≤ y ≤ ψ(x)} (7.2.18)halmazt normáltartománynak nevezzük az Oy tengelyre nézve. Tekintsük a ψ, ϕ : [c, d] → Rfolytonos függvényeket, és tegyük fel, hogy ϕ(y) ≤ ψ(y) ∀y ∈ [c, d]. Akkor aK = {(x, y) : y ∈ [c, d], ϕ(y) ≤ x ≤ ψ(y)} (7.2.19)halmazt normáltartománynak nevezzük az Ox tengelyre nézve.7.2.2. Következmény. I. Ha f : H → R folytonos függvény a H y-tengely szerinti normáltartományon,akkor létezik ∫∫ H f és∫∫Hf =II. Ha ∫∫f : K → R folytonos függvény a Kf és K∫∫f =K∫ ba∫ dc( ∫ )ϕ(x)f(x, y) dy dx. (7.2.20)ψ(x)x-tengely szerinti normáltartományon, akkor létezik( ∫ )ϕ(y)f(x, y) dx dy. (7.2.21)ψ(y)

7.2. KETTŽS INTEGRÁL 105Bizonyítás Tegyük fel, hogy H ⊂ I = [a, b]×[c, d]. Mivel f folytonos H-n és a H határvonalaifolytonos görbék ezért ∫∫ ˜f nem függ az I megválasztásától. A deníció és a Fubini-tétel alapján:I∫∫ ∫∫ ∫ b(∫ d) ∫ (b ∫ )ϕ(x)f = ˜f = ˜f(x, y) dy dx =f(x, y) dy dx.HIac7.2. Példa. Számítsuk ki a T tartományon a következ® kett®s integrált:∫∫2ydxdy, T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ π , tg x ≤ y ≤ 1}.T4Mivel a T egy Oy tengely szerinti normáltartomány, ezért∫∫∫ π (∫4 1) ∫ π4 [2ydxdy = 2y dy dx =] ∫ πy2 1dx = 4(1−tg 2 x)dxtg xT0 tg x00=∫ π40aψ(x)[2−(1+tg 2 x)]dx = [2x−tg x] π 40 = π 2 −1.Vegyük észre, hogy a T úgy is felfogható, mint Ox tengely szerinti normál tartomány, akkor aT-t határoló görbék a következ®kT = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ arctan y}.ekkor el®ször x szerint, majd y szerint integrálunk:∫∫∫ 1(∫ arctan y)2ydxdy =2ydx dy =TEz utóbbi integrált parciális integrálással számoljuk:∫∫∫ 12ydxdy = [y 2 arctan y] 1 0 −T0= π 2 − ∫ 1000∫ 10[2xy] arctan y0=y 21+y dy = π ∫ 12 4 −0∫ 102y arctan ydy.y 2 +1−11+y 2 dy(1− 11+y 2 )dy = π 4 −[y −arctan y]1 0 = π 2 −1.Ha a T mindkét tengelyre nézve normáltartomány, akkor az integrálás sorrendjének felcserélésesorán az integrálási határok is megváltoznak.7.3. Példa. Számítsuk ki a T tartományon a következ® kett®s integrált:∫∫sin xT xdxdy,ahol T az a háromszög az xOy síkban, amelyet az Ox tengely, az y = x és az x = 1 egyenesekhatárolnak.Vegyük észre, hogy a T minkét tengelyre nézve normáltartomány. Ha úgy tekintenénk, mintOy-szerinti normáltartományt, akkor el®ször a következ® x-szerinti integrálást kellene elvégeznünk:∫ 1ysin xxdx,az integrál alatti kifejezés, azonban elemien nem integrálható. Tehát a szukcesszív integrálás ebbena sorrendben nem végezhet® el. Észrevesszük, hogy a fordított sorrendben alkalmazott szukcesszívintegrálást könnyen ki tudjuk számolni:∫∫Tsin xx dxdy = ∫ 10(∫ x0sin xx dy )dx =∫ 10[y sin x ] xdx =x0∫ 10sin xdx = [− cos x] 1 0 = 1−cos 1.

106 7. FEJEZET. KETTŽS, HÁRMAS INTEGRÁLOK7.2.6. Síkbeli polártranszformációA leggyakrabban használt változó csere a kett®s integrálok kiszámít±akor az ún. polártranszform¢ió.Ebben a részben bizonyítás nélkül megadjuk hogyan végezzük el ezt a változó cserétés néhány példán keresztül alkalmazzuk. A polártranszform¢ióra vonatkozó tétel bizonyításátlásd például a [18]-ben. Ha H kör, körcikk, körgyr cikk, akkor a φ(r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ) == (φ 1 (r, ϕ), φ 2 (r, ϕ)) transzformáció a H-t a φ(H) = [r 1 , r 2 ]×[ϕ 1 , ϕ 2 ] téglalap alakú tartománybatranszformálja. A transzformáció derivált mátrixaφ ′ (r, ϕ) =(∂Φ1∂r∂Φ 2∂r∂Φ 1∂ϕ∂Φ 2∂ϕ) ( cos ϕ −r sin ϕ=sin ϕ r cos ϕMivel a transzformáció deriváltmátrixának detreminánsa nem nulla, | det φ ′ (r, ϕ)| = |r cos 2 ϕ ++ r sin 2 ϕ| = r > 0, ha r ≠ 0, ezért az ∫∫ f(x, y)dxdy kett®s integrálban ha elvégezzük az x =D= r cos ϕ, y = r sin ϕ változócserét, akkor az integrál a következ® téglalap alakú tartományon vettkett®s integrállal lesz egyenl®:∫∫ ∫∫f(x, y) =f(r cos ϕ, r sin ϕ)r drdϕ. (7.2.22)h[r 1 ,r 2 ]×[ϕ 1 ,ϕ 2 ]Néhány példán keresztül nézzük meg a polártranszformáció alkalmazásának el®nyeit.7.4. Példa. Számítsuk ki a következ® kett®s integrált:∫∫(x 2 +y 2 )dxdy,Hahol H az a negyed körcikk, amelyet az Ox, Oy pozitív féltengelyek és az x 2 +y 2 = 1 egyenlet körhatárol.Ha H-t úgy tekintjük mint Oy tengely szerinti normáltartományt, akkor).H = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ √ 1−x 2 },és∫∫H(x 2 +y 2 )dxdy =∫ 10( ∫√ )1−x 2(x 2 +y 2 )dy dx =0∫ 10(x 2√ 1−x 2 + (1−x2 ) 3 23)dx.Ez utóbbi integrált hellyettesítéssel tudnánk kiszámolni, ami elég hosszadalmas. Ha viszont áttérünka polárkoordinátákra, akkor egyszerbb integrált kapunk. Alkalmazzuk az x = r cos ϕ,y =r sin ϕ, transzformációt, akkor dxdy =rdrdϕ, és a negyedkörcikket a [0,1]×[0, π ] téglalap alakú2tartományba transzformáljuk, így a 7.2.22 alapján∫∫H(x 2 +y 2 )dxdy =∫ 1=0∫ π20∫ π20(r 2 cos 2 ϕ+r 2 sin 2 ϕ)rdrdϕ =[ r44] 1dϕ =0∫ π2014 dϕ = π 8 .∫ 10∫ π20r 3 drdϕ

7.2. KETTŽS INTEGRÁL 1077.5. Példa. Számítsuk ki a következ® kett®s integrált∫∫I R = e −(x2 +y 2) dxdyaholTT = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ √ R 2 −x 2 }.Ha alkalmazzuk az x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, transzformációt, akkor dxdy = rdrdϕ, a T-t a[0,1]×[0, π ] téglalap alakú tartományba transzformáljuk, így a 7.2.22 alapján2∫∫∫ (R ∫ π) ∫I R = e −(x2 +y 2) 2R [ ] πdxdy = e −r2 ·rdϕ dr = e −r2 2·rϕ dr (7.2.23)0T= π 2 · −12∫ R000e −r2 ·(−2r)dr = −π4[e −r2] R00= π 4 [1−e−R2 ].Van néhány nevezetes egyszeres integrál amelynek kiszámítása kett®s integrál segítségével történik.Egyik ilyen nevezetes példa a következ®∫ +∞−∞e −x2 dx,az ún. Gauss-integrál kiszámítása. Az integráljel alatti kifejezés elemien nem integrálható. Mivelaz integráljel alatti függvény páros, ezért∫ +∞ ∫ +∞∫ Re −x2 dx = 2 e −x2 dx = 2 lim e −x2 dx.−∞0R→+∞0A fenti határérték kiszámítása érdekében tekintsük a D = [0, R]×[0, R] négyzetet, és az f(x, y) == e −(x2 +y 2 )függvényt, vegyük észre, hogy:∫∫∫ R(∫ R) ∫ R ∫ R)e −(x2 +y 2) dxdy = e −(x2 +y 2) dx dy =(e −y2 e −x2 dx dyD00(∫ R) (∫ R) (∫ R 2= e −x2 dx · e −y2 dy = e d) −x2 .000Tekintsük a D négyzetbe írt és köré írt negyedkörcikkeket, ezeket jelöljük rendre T-vel és H-val:T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ √ R 2 −x 2 },√H = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ ( √ 2R) 2 −x 2 .Mivel f(x, y) = e −(x2 +y 2) ≥ 0 és T ⊂ D ⊂ H, ezért∫∫∫∫∫∫e −(x2 +y 2) dxdy ≤ e −(x2 +y 2) dxdy ≤TD0H0e −(x2 +y 2) dxdy.Az el®z® feladat alapján az f negyedkörcikkeken vett kett®s integrálját ismerjük (l±ad 7.2.23-t),tehát∫∫π] ≤ e4 [1−e−R2 −(x2 +y 2) dxdy ≤ π ],4 [1−e−2R2D

108 7. FEJEZET. KETTŽS, HÁRMAS INTEGRÁLOKahonnan az R → +∞ határátmenetet alkalmazva∫∫πlimR→+∞ 4 [1−e−R2 ] ≤ lim e −(x2 +y 2) πdxdy ≤ limR→+∞R→+∞ 4 [1−e−2R2 ].A rend®r elv alapján a következ®t kapjukInnen következik, hogy:D(∫ R2 ∫∫lim e dx) −x2 = lim e −(x2 +y 2) dxdy = πR→+∞0R→+∞D4 .∫ +∞−∞e −x2 dx = 2∫ +∞0∫ Re −x2 dx = 2 lim e −x2 dx = √ π.R→+∞0kielégíti a valószínségszámí-A fenti eredményt úgy is lehet interpretálni, hogy a h(x) = √ 1πe −x2tásban jól ismert sürség függvényre vonatkozófeltételt. A h(x) = 1 √ πe −x2∫ +∞−∞h(x)dx = 1a normál eloszlású valószínségi változó srség függvénye.7.1. Feladat. Számítsuk ki az ∫∫ f(x, y)dxdy téglalap tartományon vett kett®s integrált, haT1) f(x, y) = 1−6x 2 y, T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 1},2) f(x, y) = sin(x+y) T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ π, −0 ≤ y ≤ π},2 23) f(x, y) = xye x2 +y 2 T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1},4) f(x, y) = 2xyx 2 +y 2 T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 < x ≤ 1, 0 < y ≤ 1},5) f(x, y) = 2xy T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1},6) f(x, y) = 1x+y 2 T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2},7) f(x, y) = y sin x T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ π},8) f(x, y) = 3y 3 e x T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3}.7.2. Feladat. Ábrázoljuk a T tartományt a síkban, majd számítsuk ki az ∫∫ f(x, y)dxdy normálTtartományon vett kett®s integrált, ha1) f(x, y) = 2xy T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ √ x},2) f(x, y) = xy T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ √ 1−x 2 },3) f(x, y) = sin y T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ π, x ≤ y ≤ π},y4) f(x, y) = x+y 2 T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ y ≤ 1, 1−y ≤ x ≤ 1},5) f(x, y) = x 2 e xy T = {(x, y) ∈ R 2 : y ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1},6) f(x, y) = x 3 y +cos x T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ x},27) f(x, y) = ze x T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ √ x}.7.3. Feladat. Alkalmazva a síkbeli polártranszformációt számítsuk ki az ∫∫ f(x, y)dxdy kett®sTintegrált, ha1) f(x, y) = 1 T = {(x, y) ∈ R 2 : (x−1) 2 +y 2 ≤ 1}x 2 +y 22) f(x, y) = xy T = {(x, y) ∈ R 2 : −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ √ 1−x 2 }3) f(x, y) = x 2 +y 2 T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ √ 4−y 2 , 0 ≤ y ≤ 2}.4) f(x, y) = e x2 +y 2 T = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ √ 9−x 2 }.

7.3. HÁRMAS INTEGRÁL 1097.3. Hármas integrálA hármas és a többszörös integrált hasonlóan denáljuk mint a kett®s integrált, azzal az eltéréssel,hogy ez esetben f értelmezési halmaza az I = [a 1 , b 1 ] × [a 2 , b 2 ] × · · · [a n , b n ] ⊂ R n n-dimenziósintervallum, ennek mértéke m(I) = (b 1 −a 1 )(b 2 −a 2 ) · · · (b n −a n ). Tekintjük az [a i , b i ], (i = 1, ..., n),intervallumok τ i , felosztásainak a Descartes szorzatát, ez lesz az I egy felosztása. Az így kapottn-dimenziós részintervallumokon meghatározzuk a felvett függvényértékek inmumát és szuprémumát,és a kétdimenziós esethez hasonlóan felírjuk a megfelel® alsó közelít® összeget illetvea fels® közelít® összeget. Ha az alsó közelít® összegek szuprémuma megegyezik a fels® közelít®összegek inmumával, akkor létezik az f n-szeres integrálja. Ha az f : I → R folytonos, akkor azn-szeres integrálját szukcesszív integrálással számítjuk ki. Például n=3 esetén 6 különböz® képpenválszthatjuk meg a szukcesszív integrálás során a változók szerinti integrálás sorrendjét, ezek közülegy lehet®ség:∫∫∫[a 1 ,b 1 ]×[a 2 ,b 2 ]×[a 3 ,b 3 ]f(x, y, z) dxdydz =∫ b1(∫ b2(∫ b37.6. Példa. Számítsuk ki a következ® hármasintegrált:∫∫∫∫ π (∫2 π(cos x−sin y −sin z)dxdydz =[0, π 2 ]×[0,π]×[0,2π]∫ π20=∫ π20(∫ π0a 10a 20a 3(∫ 2π0) )f(x, y, z) dz dy dx. (7.3.1)) )(cos x−sin y −sin z)dz dy dx) ∫ π (∫[z cos x−z sin y +cos z] 2π0 dy 2 π)dx = (2π cos x−2π sin y)dy dx0 0[2πy cos x+2π cos y] π 0 dx = ∫ π27.3.1. Térbeli normál tartomány0(2π 2 cos x−4π)dx = [ 2π 2 sin x−4πx ] π 20 = 2π2 −2π 2 = 0.A kétváltozós eset mintájára értelmezhet® az R 3 -beli normál tartomány. Legyen D ⊆ R 2 mérhet®halmaz és ϕ, ψ : D → R folytonos függvények, úgy hogy ϕ(x, y) ≤ ψ(x, y), (x, y) ∈ D. Ekkor aH = {(x, y, z) : (x, y) ∈ D, ϕ(x, y) ≤ z ≤ ψ(x, y)}D feletti Oz tengely szerinti normáltartománynak nevezzük. Ha f : H → R folytonos függvény,akkor∫∫∫ ∫∫ ( ∫ )ψ(x,y)f =f(x, y, z) dz dxdy. (7.3.2)HDϕ(x,y)Hasonlóan megadható az Ox illetve az Oy szerinti normáltartomány és ezeken a hármasintegrálkiszámítására vonatkozó képlet.7.7. Példa. Számítsuk ki az ∫∫∫ f(x, y, z)dxdydz hármas integrált, haSf(x, y, z) = 4xy +8z,S = {(x, y, z) ∈ R 3 : x ∈ [0,2], y ∈ [0, 2−x], z ∈ [0, 2−x−y ]}.2Mivel az S Oz tengely szerinti normáltartomány, ezért∫∫∫∫ (2 ∫ (2−x ∫ 2−x−y) )2f(x, y, z)dxdydz =(4xy +8z)dz dy dx (7.3.3)S000

110 7. FEJEZET. KETTŽS, HÁRMAS INTEGRÁLOK∫ 20==0∫ 2(∫ 2−x0∫ 2(∫ 2−x00)[2xy(2−x−y)+(2−x−y) 2 ]dy dx)[6xy −2x 2 y −2xy 2 +4+x 2 +y 2 −4x−4y]dy dx[3x(2−x) 2 −x 2 (2−x) 2 − 2 3 x(2−x)3 +4(2−x)+x 2 (2−x)+ 1 3 (2−x)3 −4x(2−x)−2(2−x) 2 ]dx∫ 2= ( 80 3 − 4 3 x−2x2 + 5 3 x3 − 1 3 x4 )dx = 2815 .Az S tartományt fell lehet fogni, mint Oy szerinti normáltartományt, az integrálás sorrendjénekfelcserélésével a határok is meg fognak változni, ekkor az S a következ® képpen jellemezhet®:S = {(x, y, z) ∈ R 3 : z ∈ [0,1], x ∈ [0, 2−2z], y ∈ [0, 2−x−y ]}.2Ekkor a hármasintegrálban el®ször y szerint, majd x szerint és végl z szerint fogunk integrálni:∫∫∫∫ 1(∫ 2−2z(∫ 2−2z−x) )f(x, y, z)dxdydz =(4xy +8z)dy dx dz=S0∫ 1(∫ 2−2z0∫ 1(∫ 2−2z00000)[2x(2−2z −x) 2 +8z(2−2z −x)]dx dz)[8x+8xz 2 +2x 3 −24xz −8x 2 +8x 2 z +16z −16z 2 ]dx dz=∫ 17.3.2. Térbeli polártranszformáció0( 8 3 + 163 z −16z2 + 163 z3 + 8 3 z4 )dz = 2815 .Az z = r cos θ, x = r cos ϕ sin θ, y = r sin ϕ sin θ változócserével aΦ(r, θ, ϕ) = (r cos ϕ sin θ, r sin ϕ sin θ, r cos θ) (7.3.4)az R sugarú gömböt a következ® téglatestbe transzformálja: 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π.A transzformáció deriváltmátrixa⎛sin θ cos ϕ r cos θ cos ϕ⎞−r sin θ sin ϕφ ′ (r, θ, ϕ) = ⎝sin ϕ sin θ r cos θ sin ϕ −r sin θ cos ϕ⎠ .cos θ −r sin θ 0Mivel a deriváltmátrix determinánsa| det Φ ′ (r, θ, ϕ)| = r 2 cos 2 θ sin θ(cos 2 ϕ+sin 2 ϕ)+r 2 sin 3 θ(cos 2 ϕ+sin 2 ϕ) =ezért ha L az R sugarú gömb, akkor∫∫∫∫ R ∫ πf(x, y, z) dxdydz =L0= r 2 sin θ(cos 2 θ +sin 2 θ) = r 2 sin θ ≠ 0,0∫ 2π0f(r cos ϕ sin θ, r sin ϕ sin θ, r cos θ)r 2 sin θ dϕdθdr. (7.3.5)

7.4. A KETTŽS ÉS A HÁRMAS INTEGRÁLOK ALKALMAZÁSAI 1117.4. A kett®s és a hármas integrálok alkalmazásaiEbben a részben a kett®s és hármas integrálok legfontosabb alkalmazásait foglaljuk össze röviden,bizonyítások nélkül.Területszámítás.Amint már láttuk az el®z®ekben a D ∈ R 2 halmaz akkor mérhet®, ha létezik az ∫∫ 1 dxdy, ekkorD∫∫T erD = 1 dxdy. (7.4.1)7.8. Példa. Határozzuk meg annak az els® síknegyedbeli tartománynak a területét, amelyet az y=xés y = x 2 görbék határolnak.A görbék metszéspontjainak abcisszái az x 2 =x egyenlet megoldásai, ezek az x 1 =0 és az x 2 =1.Jelöljük a görbék által közrezárt tartományt D-vel, ekkor:Oy-szerinti normál tartomány területe∫∫T erD =D1 dxdy =∫ 10D = {(x, y) ∈ R 2 : x ∈ [0,1], x 2 ≤ y ≤ x}(∫ x)1dy dx =x 2∫ 10D∫ 1[ x[y] x x 2dx = (x−x 2 2)dx =2 − x337.9. Példa. Számítsuk ki az x2 + y2= 1 ellipszis által határolt síkrérsz területét.a 2 b 2Az ellipszis által határolt D síkrérsz mindkét tengelyre nézve normáltartomány. Ha Oy tengelyszerinti normáltartománynak tekintjük, akkor{√√ }D = (x, y) ∈ R 2 : x ∈ [−a, a], −b 1− x2a ≤ y ≤ b 1− x2,2 a 2∫∫T erD =D1 dxdy =∫ a−a⎛⎝∫ b√1− x2a 2√−b 1− x2⎞01dy⎠ dx = 2a 2∫ a−ab√1− x2a 2 dx,amelyet alkalmas átalakítással ki tudunk számolni. Vegyük észre, azonban, hogy az x = ar cos ϕ,y = br sin ϕ transzformáció az elipszist a (r, ϕ) ∈ [0,1]×[0, 2π] téglalap tartományba transzformáljaés dxdy = abrdrdϕ, áttérve tehát a polárkoordinátákra jóval egyszerbb integrálra jutunk:∫∫∫ 1(∫ 2π) ∫ 1T erD = 1 dxdy = ab rdϕ dr = 2πab rdr = πab[r 2 ] 1 0 = πab.D00TérfogatszámításA kett®s integrál geometriai interpretációja alapján, ha D∈R 2 tartományon az f :D→R folytonosfüggvény nemnegatív, akkor aH = {(x, y, z) : (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ f(x, y)}0] 10= 1 6 .térrész térfogata:∫∫V (H) = f(x, y) dxdy. (7.4.2)D

112 7. FEJEZET. KETTŽS, HÁRMAS INTEGRÁLOK7.10. Példa. Legyen D az y = x 2 , y = 1 görbék által határolt síkidom. Számítsuk ki annak a Dfölötti térrésznek a térfogatát, amelyet a z = 0 és az x+y +z = 4 egyenlet síkok határolnak.Az utóbbi képletb®l z = f(x, y) = 4−x−y, tehát a következ® térrész térfogatát keressük:H = {(x, y, z) : (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ 4−x−y}= {(x, y, z) : x ∈ [−1, 1], x 2 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 4−x−y},∫∫∫ 1(∫ 1) ∫ 1] 1V (H) = f(x, y) dxdy = (4−x−y)dy dx =[4y −xy − y2dxD−1 x 2 −12x 2= 1 ∫ 12 −1(x 4 +2x 3 −8x 2 −2x+7)dx = 1 [ x51+7x]2 5 + x42 −8x3 3 −x2 = 68−115 .7.11. Példa. Határozzuk meg az origó közzéppontú két egység sugarú gömbb®l az (x−1) 2 +y 2 = 1hengerfelület által kimetszett test, ún. Viviani-féle test, térfogatát.A test szimmetrikus az xOy síkra, így elegend® a z ≥ 0 résznek a térfogatát meghatározni.Mivel a gömb egyenlete x 2 +y 2 +z 2 = 4 és a hengerfelület az xOy síkot aT = {(x, y) ∈ R 2 : (x−1) 2 +y 2 ≤ 1}tartományban metszi, ezért:∫∫√V = 2 4−x2 −y 2 dxdy.TA T tartomány polárkkordinátákkal a következ®képpen jellemezhet®:T = {(r, ϕ) : −π2 ≤ ϕ ≤ π , 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ}.2Elvégezve az x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, dxdy = rdrdϕ polártranszformációtV = 2∫ π2−π2(∫ 2 cos ϕ0(4−r 2 ) 1 2 rdr)dϕ = −∫ π2−π2[ ] 2 cos ϕ23 (4−r2 ) 3 2 dϕ.Figyenlembe véve, hogy (4−4 cos 2 ϕ) 3 2 =8 ∣ ∣ sin 3 ϕ ∣ ∣, és a tartomány szimmetriáját, azt kapjuk, hogyV = − 323∫ π20323∫ π2(sin 3 ϕ−1) = 323 0[ϕ+cos ϕ− cos3 ϕ3(1−sin ϕ(1−cos 2 ϕ))dϕ =] π20= 323 (π 2 − 2 3 ).7.12. Példa. Számítsuk ki az x 2 +y 2 +z 2 ≤ R 2 gömb térfogatát.Jelöljük H-val az R sugarú gömböt. Ekkor∫∫∫V (H) =H1dxdydz.Alkalmazva az z = r cos θ, x = r cos ϕ sin θ, y = r sin ϕ sin θ, dxdydz = r 2 sin θdϕdθdr változócserétaz R sugarú gömböt a következ® téglatestbe transzformáljuk: 0≤r≤R, 0≤θ≤π, 0≤ϕ≤2π.Tehát ∫∫∫∫ R ∫ π ∫ 2π[ r1 dxdydz =r 2 3sin θ dϕdθdr = 2π [cos θ] π 03= 4πR33 .H000] R00

7.4. A KETTŽS ÉS A HÁRMAS INTEGRÁLOK ALKALMAZÁSAI 1137.13. Példa. A Maple programmal a következ® utasításokkal tudjuk kiszámolni atérrész térfogatát:Megadjuk f-et> f:=-x^2-y^2+8;H = {(x, y, z) ∈ R : (x, y) ∈ T = [−2, 2]×[−2, 2], 0 ≤ z ≤ −x 2 −y 2 +8}Megrajzoltatjuk a grakus képét:> plot3d(f,x=-2..2,y=-2..2);A következ® téglalapon kell integrálni:> T(-2,2,-2,2)A szukcesszív integrálás a következ® utasításokkal történik, ha el®ször x-szerint, majd utánnay szerint integrálunk:> a:=int(f,x=-2..2);> b:=int(a,y=-2..2);> V:=b;A kett®s integrált egy utasítással is ki lehet számolni:> terfogat:=Int(Int((f),x=-2..2),y=-2..2)=int(int(f,x=-2..2),y=-2..2);7.14. Példa. Maple a következ® utasításokkal számolja ki a∫∫xy 2 dxdy, T = {(x, y) ∈ R 2 : y ∈ [2, 4], y 2 −1 ≤ x ≤ y 3 }TOx tengely szerinti normáltartományon a kett®s integrált:> f:=x*y^2;> plot3d(f,x=-2..2,y=-2..2);Mivel Ox tengely szerinti normál tartományon integrálunk, ezért el®ször x szerint, majd yszerint végezzük az integrálást:> a:=int(f,x=y^2-1..y^3);> b:=int(a,y=2..4);> evalf(b);

114 7. FEJEZET. KETTŽS, HÁRMAS INTEGRÁLOKEgy utasítással is megadhatjuk a kett®s integrál kiszámítását:> kettos_{int}:=Int(Int((f),x=y^2-1..y^3),y=2..4)= int(int(f,x=y^2-1..y^3),y=2..4);> evalf(int(int(f,x=y^2-1..y^3),y=2..4));7.15. Példa. Számítsuk ki az (7.3.3)-mal adott ∫∫∫ f(x, y, z)dxdydz hármas integrált, haSf(x, y, z) = 4xy +8z,S = {(x, y, z) ∈ R 3 : x ∈ [0,2], y ∈ [0, 2−x], z ∈ [0, 2−x−y ]}.2Mivel az S Oz tengely szerinti normáltartomány, ezért 7.3.3-t a Maple a következ®képpenszámítja ki:> f:=4*x*y+8*z;> a:=int(f,z=0..1-x/2-y/2);> simplify(a);> b:=int(a,y=0..2-x);> simplify(b);> c:=int(b,x=0..2);Egy másik lehet®ség csak egy utasítással az integrál kiszámítására:> harmas_{int}:=Int(Int(Int(f,z=0..1-x/2-y/2), y=0..2-x), x=0..2)=int(int(int(f,z=0..1-x/2-y/2),y=0..2-x),x=0..2);A tömeg meghatározása, ha ismert a srségHa a D ⊆ R 2 sík lemez srségeloszlása ϕ : D → [0, ∞), akkor a tömege:∫∫m = ϕ(x, y) dxdy. (7.4.3)DHa a D ⊆ R 3 test srségeloszlása ϕ : D → [0, ∞), akkor a tömege:∫∫∫m = ϕ(x, y, z) dxdydz. (7.4.4)DHa ϕ = ϕ 0 konstans, akkor a test homogén. A fenti képletb®l visszakapjuk a homogén testtömegére vonatkozó jól ismert képletet:∫∫∫m = ϕ 0 1 dxdydz = ϕ 0 V (D)DSúlypont koordinátáinak meghatározása, ha ismert a sürség függvényHa a D⊆R 2 sík lemez srségeloszlása ϕ:D→[0, ∞), akkor az S=(x S , y S ) súlypont koordinátái:

7.4. A KETTŽS ÉS A HÁRMAS INTEGRÁLOK ALKALMAZÁSAI 115∫∫xϕ(x, y) dxdyDx S =, (7.4.5)ϕ(x, y) dxdy∫∫D∫∫yϕ(x, y) dxdyDy S =. (7.4.6)ϕ(x, y) dxdy∫∫DHa a D⊆R 3 test srségeloszlása ϕ:D→[0, ∞), akkor az S =(x S , y S , z S ) súlypont koordinátái:∫∫∫xϕ(x, y, z) dxdydzDx S =, (7.4.7)ϕ(x, y, z) dxdydz∫∫∫D∫∫∫yϕ(x, y, z) dxdydzDy S =, (7.4.8)ϕ(x, y, z) dxdydz∫∫∫D∫∫∫zϕ(x, y, z) dxdydzDz S =. (7.4.9)ϕ(x, y, z) dxdydz∫∫∫D7.4. Feladat. Számítsuk ki a következ® hármasintegrálokat:1) ∫∫∫ (xy T −2zx+y2 )dxdydz, T = [0,1]×[1,2]×[0,2],2) ∫∫∫ T (xy2 −2x+zy 2 )dxdydz, T = [−1,1]×[0,1]×[1,2],3) ∫∫∫ xyzdxdydz, T = [0,2]×[−1,2]×[0,3].T4) ∫∫∫ (x+y +z)dxdydz, T = {(x, y, z) ∈ R, x ∈ [0,1], 0 ≤ y ≤ T x2 , 0 ≤ z ≤ x+y},5) ∫∫∫ (xyz)dxdydz, T = {(x, y, z) ∈ R, y ∈ [0,1], T y2 ≤ x ≤ √ y, 0 ≤ z ≤ xy},6) ∫∫∫ (x−y −z)dxdydz, T = {(x, y, z) ∈ R, z ∈ [0,2], T z2 ≤ y ≤ 2z, 0 ≤ x ≤ z −y}.

116 7. FEJEZET. KETTŽS, HÁRMAS INTEGRÁLOK

8. fejezetA Green-tétel és alkalmazása8.1. Green-tételA Green-tétel kapcsolatot teremt a vonalintegrálok és a kétszeres integrálok között. Segítségévela vonalintegrált - zárt görbék esetén - átírhatjuk kétszeres integrállá, ami gyakran leegyszersítia számításokat.8.1.1. Tétel. Legyen D ⊂ R 2 mindkét tengelyre nézve normál tartomány, az A olyan nyílt halmaz,amelyre D ⊂ A, P, Q : A → R folytonosan dierenciálható függvény, továbbá γ a D tartományhatárvonala pozitív irányítással, akkor∫∫ ∫ ( ∂QP (x, y)dx+Q(x, y)dy =∂x − ∂P )dxdy.∂yγA tétel alapján a D határvonalán számított vonalintegrált úgy is kiszámíthatjuk, hogy a zártgörbe által határolt tartományon integráljuk a ∂Q ∂Pés parciális deriváltak különbségét.∂x ∂yBizonyítás Ha D⊂R 2 az Oy tengelyre nézve normál tartomány, akkor léteznek f 1 , f 2 :[a, b]→Rfolytonos függvények úgy, hogy f 1 (x) ≤ f 2 (x) ∀x ∈ [a, b] ésDD = {(x, y) : x ∈ [a, b], f 1 (x) ≤ y ≤ f 2 (x)} (8.1.1)A γ görbét, amely a D tartományt közrezárja, négy részre osztjuk: γ 1 -re, ami az y = f 1 (x),a ≤ x ≤ b függvény grakonja, az A(b, f 1 (b)) és B(b, f 2 (b)) pontokat összeköt® szakaszra, a γ 2 -re,ami az y = f 2 (x), b ≥ x ≥ a függvény grakonja és a C(a, f 2 (a)) és D(a, f 1 (a)) pontokat összeköt®szakaszra. El¥ször igazolni fogjuk, hogy ha P folytonos D-n, továbbá létezik és folytonos a ∂P∂yparciális derivált az A tartományon, amely D-t és γ-t tartalmazza, akkorA Fubbini tétel alapján=∫ ba[∫ ∫D∫ ∫D∂P∂y∫γ(x, y)dxdy = − P (x, y)dx.∫∂Pb∂y (x, y)dxdy =](P (x, y)) f 2(x)f 1 (x)dx =∫ baa( ∫ f2 (x)f 1 (x)P (x, f 2 (x))dx−117)∂P∂y (x, y)dy dx∫ baP (x, f 1 (x))dx.

118 8. FEJEZET. A GREEN-TÉTEL ÉS ALKALMAZÁSAA vonalintegrál út szerinti aditivitása alapján:∫∫∫∫∫P (x, y)dx = P (x, y)dx+ P (x, y)dx+ P (x, y)dx+γγ 1 ABγ 2CDP (x, y)dx.Mivel az AB és CD szakaszokon dx = 0, ezért ∫ P (x, y)dx = ∫ P (x, y)dx = 0, ezértAB CD∫γ∫∫P (x, y)dx = P (x, y)dx+γ 1P (x, y)dx =γ 2∫ baP (x, f 1 (x))dx−∫ baP (x, f 2 (x))dx.Tehát∫ ∫∂PD ∂y∫γ(x, y)dxdy = − P (x, y)dx (8.1.2)Az el®z® egyenl®ség a fele annak, amit bizonyítani akarunk. A másik felét hasonlóan tudjuk igazolni,és azt kapjuk, hogy∫ ∫∂QD ∂x∫γ(x, y)dxdy = Q(x, y)dy (8.1.3)Az el®bbi két összefüggést kivonva egymásböl és az integrálok additivitását felhasználva kapjuk,hogy∫γ∫ ∫P (x, y)dx+Q(x, y)dy =8.2. A Green-tétel alkalmazásaD( ∂Q∂x − ∂P )dxdy.∂yLegyen D mindkét tengelyre nézve normál tartomány és γ a határvonala pozitív irányítással.Ekkor a ket®s integrál geometriai jelentése és a Green képlet alapján a D területe a következ®képlet segítségével számítható ki:ter(D) = 1 ∫xdy −ydx. (8.2.1)2Bizonyítás Legyen P, Q:D→R, P (x, y)=−y, Q(x, y)=x. Ekkor P és Q teljesítik a Green-tételfeltételeit. Így∫∫ ∫−ydx+xdy = (1+1)dxdy = 2·ter(D),ahonan azt kapjuk, hogyγDter(D) = 1 2∫γγxdy −ydx.8.1. Példa. Számítsuk ki az ∫(x−y)dx+xdyγintegrált, ahol γ az x 2 +y 2 = 1 körvonal.Legyen P (x, y)=x−y, Q(x, y)=x, továbbá f(x, y)=(P (x, y), Q(x, y))=(x−y, x) vektorértékfüggvény. Ekkor a fenti integrál az f függvény γ útra vett vonalintegrálja. A körvonal paraméterezésea következ®:

8.2. A GREEN-TÉTEL ALKALMAZÁSA 119{x = cos tγ :y = sin t, ahol t ∈ [0, 2π].A vonalintegrál értékét a deníció alapján:∫∫ 2π(x−y)dx+xdy = ((cos t−sin t)(− sin t)+cos t cos t) dt=γ0∫ 2π0(− sin t cos t+sin 2 t+cos 2 t ) dt∫ 2π[ ] cos 2 2πt= (− sin t cos t+1) dt = +t = cos2 2π+2π − cos2 0−0 = 2π02022Ez után számítsuk ki a vonalintegrált a Green-tétellel. Ennek érdekében szükségünk van P y-szerinti és Q x-szerinti parciális deriváltjára:γ∂P (x, y)∂yD= −1,∂Q(x, y)∂xLegyen a γ által határolt tartomány D, amely a (0,0) középpontú egységnyi sugarú körlap. Akkora vonalintegrál a a Green-tételt alapján:∫∫ ∫ ( ∂QP (x, y)dx+Q(x, y)dy =∂x − ∂P ) ∫ ∫∫ ∫dxdy = (1+1)dxdy = 2 dxdy = 2π.∂yDDFelhasználtuk, hogy a D egységnyi sugarú körlap területe π. A Green-tétel segítségével sokkalegyszerbb, és rövidebb számítást kellett elvégeznünk.8.2. Példa. A Green-tétel alkalmazásával számítsuk ki a következ® vonalintegrált:∫xy 2 dy −x 2 ydx,ahol γ az x 2 +y 2 = a 2 körvonal.γLegyen P (x, y) = −x 2 y, Q(x, y) = xy 2 . A Green-tétel alapján a vonalintegrál∫∫ ∫ ( ∂QP (x, y)dx+Q(x, y)dy =∂x − ∂P )dxdy.∂yγA képletben szerepl® parciális deriváltak:∂P (x, y)∂y= −x 2 ,D∂Q(x, y)∂x= 1= y 2 .Legyen a γ által határolt tartomány D, a (0,0) középpontú a sugarú körlap.Tehát a Green-tételalapján∫∫ ∫(xy 2 dy −x 2 ydx = x 2 +y 2) dxdy.γEzt { az utóbbi integrált polártranszformációval számítjuk ki. Jelöljük:x = r cos θy = r sin θ, ahol r ∈ [0, a], θ ∈ [0, 2π].Elvégezve a polártranszformációt az el®bbi integrálban, a következ®t kapjuk:∫ ∫(x 2 +y 2) ∫ 2π ∫ a(dxdy = r 2 cos 2 θ +r 2 sin 2 θ ) ∫ 2πrdrdθ =D=∫ 2π0[ r44] a00dθ =0∫ 2π0D[ ]a 42π4 dθ = θ a4= 2π a4404 = πa42 .0∫ a0r 2 rdrdθ

120 8. FEJEZET. A GREEN-TÉTEL ÉS ALKALMAZÁSA8.3. Példa. A Green-tétel alkalmazásával számítsuk ki a következ® vonalintegrált:∫3ydx+2xdy,ahol γ a 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ sin x tartomány határa.Legyen P (x, y) = 3y, Q(x, y) = 2x,∂P (x, y)∂yγ= 3,∂Q(x, y)∂x= 2.Jelöljük a 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ sin x tartományt D-vel. A Green-tétel alpján∫∫ ∫∫ π(∫ sin x)3ydx+2xdy = (2−3) dxdy =−1dy dx=∫ π0γ[−y] sin x0dx = =∫ π0D0(− sin x)dx = [cos x] π 0= cos π −cos 0 = −2.8.4. Példa. Számítsuk ki vonalintegrál segítségével az x = a cos t, y = b sin t (0 ≤ t ≤ 2π) ellipszisterületét.Jelöljük az x = a cos t, y = b sin t (0 ≤ t ≤ 2π) egyenlet ellipszist γ-val. Továbbá legyen a γ általkörülhatárolt tartomány D. Alkalmazzuk a Green-tétel következményétter(D) = 1 ∫xdy −ydx = 1 ∫ 2π(a cos t b cos t−b sin t a(− sin t)) dt2 γ 2 0= 1 2∫ 2π0(ab(cos 2 t+sin 2 t )) dt = 1 2 [abt]2π 0 = abπ.8.1. Feladat. A Green-tétel alkalmazásával számítsuk ki a következ® vonalintegrálolat:1) ∫ (6y +x)dx+(y +2x)dy, ahol γ az γ (x−2)2 +(y −3) 2 = 4 kör,2) ∫ x2(x+y)dx−(x−y)dy, ahol γ az + y2= 1 ellipszis.γ a 2 b 28.2. Feladat. Vonalintegrál segítségével számítsuk ki az alábbi görbékkel körülhatárolt tartományokterületét:1) x = a cos t, y = a sin t, (0 ≤ t ≤ 2π),2) x = cos 3 t, y = sin 3 t, (0 ≤ t ≤ 2π).0

Irodalomjegyzék[1] Bagota Mónika, Németh József, Németh Zoltán, Analízis II. feladatgyjtemény: Többváltozósfüggvények, sorok, SZTE Bolyai Intézet, Szeged, 2004.[2] Balázs Márton, Matematikai analízis, Erdélyi Tankönyvtanács, Kolozsvár, 2000.[3] Balázs Márton, Kolumbán József, Matematikai analízis Erdélyi Tankönyvtanács, Kolozsvár,2000.[4] Balázs Márton, Kolumbán József, Matematikai analízis, Dacia Könyvkiadó, 1978.[5] F. William Chen, Multivariable and Vector Analysis,http://rutherglen.science.mq.edu.au/wchen/lnmvafolder/lnmva.html[6] Denkinger Géza, Analízis Tankönyvkiadó, Budapest, 1978.[7] Denkinger Géza, Gyurkó Lajos: Analízis, Gyakorlatok, Budapest, Nemzeti Tankönyvkiadó,1987.[8] Fekete Zoltán, Zalay Miklós, Többváltozós függvények analízise, Mszaki Kiadó, Budapest,2002.[9] B. P. Gyemidovics, Matematikai analízis feladatgyjtemény, Tankönyvkiadó, Budapest, 1987.[10] Járai Antal, Modern alkalmazott analízis, TypoTeX, Budapest, 2007.[11] Klincsik Mihály Vigné Lencsés Ágnes, Többváltozós függvények dierenciálszámítása, m-szaki, fzikai és Maple alkalmazásokkal, University Press, Pécs, 1997.[12] Németh József, Analízis II. Példatár, JATEPress, Szeged, 1994.[13] George B. Thomas, Thomas-féle kalkulus, Typotex, Budapest, 2007.[14] Pap Margit, Integrálszámítás, PTE TTK, HEFOP, 2009,http://www.ttk.pte.hu/mii/alkmatematika/anyagok/integral_jegyzet2009_full.pdf[15] Schipp Ferenc, Analízis I., Janus Pannonius Tudományegyetem, Pécs, 1994,http://numanal.inf.elte.hu/~schipp/Jegyzetek/Anal_1.pdf[16] Schipp Ferenc, Analízis II., Janus Pannonius Tudományegyetem, Pécs, 1996,http://numanal.inf.elte.hu/~schipp/Jegyzetek/ANAL_2.pdf[17] Pál Jen®, Schipp Ferenc, Simon Péter, Analízis II., Tankönyvkiadó, Budapest 1997.[18] T. Sós Vera, Laczkovich Miklós, Analízis II., Nemzeti Tankönyvkiaó Zrt., Budapest, 2007.121