Analiza II - Alas

Matematički fakultetBeogradnovembar 2005. godineDiferencijabilnost funkcije više promenljivih ∗1 Osnovne definicije i teoreme, primeriDiferencijabilnost je jedan od centralnih pojmova u matematičkoj analizi. Neka je X ⊂ R n i nekax ∈ X ∩ X ′ . Stavimo A x = {h ∈ R n | (x + h) ∈ X}; skup A x je neprazan i 0 ∈ A ′ .Definicija 1 Funkcija f : X → R m se naziva diferencijabilnom u tački x ∈ X ∩ X ′ ako postoje linearnopreslikavanje L x : R n → R m i preslikavanje α x : A x → R m takva da važi(1)(∀h ∈ A x )f(x + h) − f(x) = L x (h) + α x (h),pri čemu se pretpostavlja i da je α x (h) = o(h) kada h → 0.Ako je preslikavanje f diferencijabilno u svakoj tački x ∈ X onda se f naziva diferencijabilnim preslikavanjemna skupu X.Definicija 2 Linearni operator L x iz definicije (1) naziva se izvodom funkcije f u tački x ∈ X ioznačava sa f’(x). Vektor △x(h) = (h + x) − x = h se naziva priraštajem nezavisno promenljive,a vektor △f(x; h) = f(x + h) − f(x) priraštajem funkcije f koji odgovara priraštaju h nezavisnopromenljive. Vektor f ′ (x; h) = L x (h) se naziva diferencijalom funkcije f u tački x, koji odgovarapriraštaju h nezavisno promenljive.Može se dokazati da važi tvrdjenje: Ako je preslikavanje f diferencijabilno u tački x, onda postojisamo jedan linearni operator L x takav da važi (1) .Preslikavanja L x : R n → R m i α x : A x → R m iz definicije (1) odredjena su svojim koordinatnimfunkcijama L xj : R n → R m i α xj : A x → R m , (1 ≤ j ≤ m):(∀h ∈ R n )L x (h) = (L x,1 (h), . . . , L x,m (h)),(∀h ∈ A x )α x (h) = (α x,1 (h), . . . , α x,m (h)).Ako se jednakost (1) napiše u koordinatnom obliku onda se vidi da je ta jednakost ekvivalentnasistemu jednakosti:(2)f j (x + h) − f j (x) = L x,j (h) + α x,j (h), (1 ≤ j ≤ m)gde su f j koordinatne funkcije preslikavanja f. S obzirom da su funkcije L x,j linearne i da važijednakost:odatle zaključujemo da važi sledeće tvrdjenje:(∀j ∈ {1, . . . , m}) α x,j (h) = o(h), h → 0.∗ Domaći zadatak studenata II godine u okviru kursa Analize II.1

Teorema 1 Funkcija f : X → R m je diferencijabilna u tački x ∈ X ∩ X ′ ako i samo ako su u tojtački diferencijabilne sve koordinatne funkcije f j . Pri tome je f ′ j (x) = L x,j gde su L x,j , (1 ≤ j ≤ m)koordinatne funkcije izvoda L x funkcije f u tački x.Definicija 3 Neka je funkcija f : X → R definisana na skupu X ⊂ R n i neka je x ∈ X ∩ X ′ . Limesf(x 1 , . . . x i−1 , x i + h i , x i+1 , . . . , x n ) − f(x 1 , . . . , x i−1 , x i , x i+1 , . . . , x n )lim,h i→oh iako pos toji naziva se parcijalnim izvodom funkcije f po promenljivoj x i u tački x i označava se jednimod simbola:∂f∂x i(x), ∂ i f(x), f ′ x i(x).Teorema 2 Ako je funkcija f : X → R definisana na skupu X ⊂ R n i diferencijabilna u unutrašnjojtački x tog skupa onda f u tački x ima parcijalne izvode po svim promenljivim x 1 do x n . Pri tomevaže jednakosti(∀h = (h 1 , . . . , h n ) ∈ R n )f ′ (x)h = ∂f∂x 1(x)h 1 + . . . + ∂f∂x n(x)h n .Primer 1. ⊳ Posmatrajmo realnu funkciju f(x 1 , x 2 , x 3 ) = x 2 1 + 2x 2 2e x1 + x 1 x 2 x 3 definisanu naprostoru R 3 . Ona je diferencijabilna kao kompozicija elementarnih funkcija, pa u svakoj tački x =(x 1 , x 2 , x 3 ) postoje parcijalni izvodi te funkcije i važe jednakosti:∂f∂x 1(x 1 , x 2 , x 3 ) = 2x 1 + 2x 2 2e x 1+ x 2 x 3 ,∂f∂x 2(x 1 , x 2 , x 3 ) = 4x 2 e x1 + x 1 x 3 ,∂f∂x 3(x 1 , x 2 , x 3 ) = x 1 x 2 .Odredimo matricu koja predstavlja izvod f ′ (x) preslikavanja f : X → R m , diferencijabilnog u unutrašnjojtački x skupa X ⊆ R n . Neka su f j : X → R, (1 ≤ j ≤ m) koordinatne funkcije preslikavanjaf. Iz teoreme (1) slede jednakosti:(∀h ∈ R n ) f ′ (x)h =⎡⎢⎣f ′ 1(x)h..f ′ m(x)h⎤⎥⎦ ,a odatle slediDakle,(∀h ∈ R n ) f ′ (x)h =⎡⎢⎣f ′ (x) =∑ ni=1∑ ni=1⎡⎢⎣∂f 1∂x i(x)h i..∂f m∂x i(x)h i∂f 1⎤⎥⎦ =∂x 1(x) . . .. · · ·∂f m∂x 1(x) . . .⎡⎢⎣∂f 1∂f 1∂x 1(x) . . ... · · ·∂f m∂x 1(x) . . .∂x n(x).∂f m∂x n(x)⎤⎥⎦ . ⊲∂f 1∂x n(x)..∂f m∂x n(x)⎤ ⎡⎥ ⎢⎦ ⎣h 1..h m⎤⎥⎦ .2

Primer 2. Naći ∂f∂x (x, 1) za funkciju f(x, y) = x + (y − 1) arcsin √xy .⊳ Saglasno definiciji parcijalnog izvoda, važi:∂ff(x + h, 1) − f(x, 1) x + h − x h(x, 1) = lim= lim = lim∂x h→0 hh→0 h h→0 h = 1. ⊲Definicija 4 Matrica (1) se naziva Jakobijevom matricom preslikavanja f u tački x ∈ X. Ako jen = m onda se determinanta te matrice naziva jakobijanom preslikavanja f u tački x.Teorema 3 Neka je funkcija f : U(x 0 ) → R definisana u nekoj okolini U(x 0 ) tačke x 0 ∈ R n ineka postoje parcijalni izvodi ∂ 1 f(x), . . . , ∂ n f(x) u svakoj tački x ∈ U(x 0 ). Ako su sve funkcije ∂ i f :U(x 0 ) → R,(1 ≤ j ≤ n) neprekidne u tački x 0 , onda je funkcija f diferencijabilna u toj tački.2 Odnos izmedju diferencijabilnosti, neprekidnosti i parcijalnihizvodaOdnos izmedju neprekidnosti i diferencijabilnosti je isti kao u jednodimenzionom prostoru. Iz diferencijabilnostisledi neprekidnost, ali obrnuto ne mora da važi. U slučaju funkcije f : X → R gde jeX ⊂ R n , a diferencijabilnost funkcije u tački x ∈ X obezbedjuje egzistenciju svih parcijalnih izvodau toj tački.Obratno ne važi: Iz egzistencije parcijalnih izvoda po svim promenljivim u nekoj tački ne sledi diferencijabilnostfunkcije u toj tački.Primer 3. Neka je data funkcijaf(x, y) ={ xyx 2 +y 2 , (x, y) ≠ (0, 0)0 , (x, y) = (0, 0).Ispitati njenu diferencijabilnost.⊳∂ff(h, 0) − f(0, 0)(0, 0) = lim= 0,∂x h→0 h∂ff(0, k) − f(0, 0)(0, 0) = lim= 0.∂y k→0 kFunkcija f je diferencijabilna na R 2 \ {(0, 0)} kao kompozicija elementarnih funkcija. U tački (0,0) zaključujemoda postoje njeni parcijalni izvodi, ali ona u toj tački nije diferencijabilna jer nije neprekidnau toj tački. ⊲3 Osnovna pravila diferencijabilnostiTeorema 4 Ako su preslikavanja f : X → R m i g : X → R m diferencijabilna u tački x ∈ X ⊆ R nonda je preslikavanje (αf + βg) : X → R m , (α, β ∈ R) diferencijabilno u tački x i vači jednakost:(αf + βg) ′ (x) = αf ′ (x) + βg ′ (x).3

Teorema 5 Ako su funkcije f : X → R i g : X → R diferencijabilne u tački x ∈ X ⊆ R n onda je:(a) funkcija (fg) : X → R u tački x i važi jednakost(fg) ′ (x) = g(x)f ′ (x) + f(x)g ′ (x);(b) funkcija f g: X → R diferencijabilna u tački x ako je g ≠ 0 na skupu X i važi jednakost4 Parcijalni izvodi višeg reda( f g )′ (x) = g(x)f ′ (x) − f(x)g ′ (x)g 2 .(x)Definicija 5 Funkcija ∂ j (∂ i f) : B → R, (broj ∂ j (∂ i f)(x)) naziva se parcijalnim izvodom drugogreda funkcije f po promenljivim x i , x j na skupu B ⊆ X (u tački x ∈ A), i označava se jednim odsimbola:∂ 2 f∂ ji f, , ∂ ′′∂x∂x j ∂x jx i(∂ 2 )fji f(x), (x), ∂ x ′′i ∂x j ∂x jx i(x) .iPrimer 4.f(x, y, z) = 2x 5 y 2 z 3 + 4yz + y 2 e yz + 3xz⊳ Ova realna funkcija ima u svakoj tački (x, y, z) ∈ R 3 sve parcijalne izvode, što sledi iz njene diferencijabilnostiu svakoj tački (x, y, z) ∈ R 3 :∂f∂x (x, y, z) = 10x4 y 2 z 3 + 3z,∂f∂z (x, y, z) = 6x5 y 2 z 2 + 4y + y 3 e yz + 3x,∂ 2 f∂x∂y (x, y, z) = 20x4 yz 3 ,∂f∂y (x, y, z) = 4x5 yz 3 + 4z + 2ye yz + y 2 e yz z,∂ 2 f∂x 2 (x, y, z) = 40x 3 y 2 z 3 ,∂ 2 f∂x∂z (x, y, z) = 30x4 y 2 z 2 + 3,∂ 3 f∂x∂z 2 (x, y, z) = 60x 4 y 2 z,∂ 3 f∂x 3 (x, y, z) = 120x 2 y 2 z 3 .Redosled promenljivih po kojima se vrši diferenciranje ne utiče na vrednost parcijalnog izvoda uopštem slučaju. ⊲Teorema 6 Ako f ∈ C (k) (X), onda vrednost parcijalnog izvoda∂ k f∂x ik · · · ∂x i1(x)ne zavisi od poretka promenljivih x i1 , . . . , x ik po kojima se vrši diferenciranje, tj. ista je za svakupermutaciju indeksa i 1 , . . . , i k (1 ≤ i 1 , . . . , i k ≤ n).⊳Primer 5. Ispitati diferencijabilnost funkcije f(x, y) = 3√ xy u tački (0, 0).∂ff(h, 0) − f(0, 0)√ 3h · 0 − 0(0, 0) = lim= lim= 0,∂x h→0 hh→0 h∂ff(0, k) − f(0, 0)√ 3k · 0 − 0(0, 0) = lim= lim= 0.∂y k→0 kk→0 k4

Medjutim, funkcija nije diferencijabilna u tački (0, 0) jer u toj tački nije ispunjen neophodan uslovdiferencijabilnosti:lim(h,k)→(0,0)f(x + h, y + k) − f(x, y) − ∂f∂f∂x(x, y) · h −∂y(x, y) · k√k2 + h 2≠ 0. ⊲⊳Primer 6. Ispitati diferencijabilnost funkcije f(x, y) = 3√ x 3 + y 3 u tački (0, 0).Nalazimo parcijalne izvode:Proveravamo ”osnovni uslov” diferencijabilnosti:lim(h,k)→(0,0)∂ff(h, 0) − f(0, 0) h(0, 0) = lim= lim∂x h→0 hh→0 h = 1,∂ff(0, k) − f(0, 0) k(0, 0) = lim= lim∂y k→0 kk→0 k = 1.3√h3 + k 3 − 0 − 1 · h − 1 · k√k2 + h 2 = lim(h,k)→(0,0)3√h3 + k 3 − h − k√h2 + k 2 .Kako je (za npr. pravac h = k = t) ovaj limes različit od nule, funkcija nije diferencijabilna u datojtački. ⊲Primer 7. Ispitati diferencijabilnost funkcije:{f(x, y) =e − 1x 2 +y 2 , (x, y) ≠ (0, 0)0 , (x, y) = (0, 0).⊳ Za (x, y) ≠ (0, 0) funkcija je diferencijabilna kao superpozicija diferencijabilnih funkcija. Ispitajmodiferencijabilnost u tački (0,0):∂ff(h, 0) − f(0, 0) 1(0, 0) = lim= lim∂x h→0 hh→0 h · 1e− h 2 = 0,∂ff(0, k) − f(0, 0) 1(0, 0) = lim= lim∂y k→0 kk→0 k · 1e− k 2 = 0;lim(h,k)→(0,0)f(h, k) − f(0, 0) − ∂f∂f∂x(0, 0) · h −∂y(0, 0) · k√ =h2 + k 2e − 1h 2 +k 2 − 0 − 0 · h − 0 · klim√ = 0.(h,k)→(0,0) h2 + k 2Odatle sledi da je funkcija diferencijabilna u tački (0, 0). ⊲Primer 8. Da li je funkcija f(x, y) = 3√ x 2 + y 2 diferencijabilna na R 2 ?⊳ Za x 2 + y 2 ≠ 0, funkcija f je diferencijabilna kao kompozicija diferencijabilnih funkcija. U (0, 0)funkcija f nije diferencijabilna jer ne postoje parcijalni izvodi:f(h, 0) − f(0, 0) h 2 3lim= limh→0± hh→0± h = ±∞,5

f(0, k) − f(0, 0) k 2 3lim= limk→0± kk→0± k = ±∞. ⊲Primer 9. Ispitati diferencijabilnost sledeće funkcije:f(x 1 , x 2 ) ={(x21 + x 2 2) sin(x 2 1 + x 2 2) −1 , (x 1 , x 2 ) ≠ (0, 0)0 , (x 1 , x 2 ) = (0, 0).⊳Funkcija je diferencijabilna u svakoj tački (x 1 , x 2 ≠ (0, 0)) kao kompozicija elementarnih funkcija.∂f= 2x 1 sin(x 2 1 + x 2∂x2) −1 − 2x 1 cos(x 2 1 + x 2 2) −11 (x 2 1 + x2 2 ) ,∂f= 2x 2 sin(x 2 1 + x 2∂x2) −1 − 2x 2 cos(x 2 1 + x 2 2) −12 (x 2 1 + x2 2 ) ,∂ff(0 + h, 0) − f(0, 0) h 2 sin 1 h(0, 0) = lim= lim2∂x 1 h→0 hh→0 h∂ff(k, 0) − f(0, 0) k 2 sin 1k(0, 0) = lim= lim2∂x 2 k→0 kk→0 k= 0.Ako su ovi parcijalni izvodi neprekidni u nuli, funkcija će biti diferencijabilna.lim (2x sin 1(x,y)→(0,0) x 2 + y 2 − 2xx 2 + y 2 cos 1x 2 + y 2 ) ≠ 0.Iz ovog izraza sledi da parcijalni izvodi nisu neprekidni u (0, 0). Medjutim, to još uvek ne znači dafunkcija nije diferencijabilna u toj tački.Ispitajmo dovoljan uslov diferencijabilnosti:lim(h,k)→(0,0)= 0,f(h, k) − f(0, 0) − ∂f∂f∂x(0, 0)h −∂y(0, 0)k√ = 0.h2 + k 2Leva strana ove jednakosti jednaka je sledećim izrazima:lim(h,k)→(0,0)(h 2 + k 2 1) sinh 2 +k− 0 − 0 · h − 0 · k√√ 2= lim h2 + k 2 sinh2 + k 2 (h,k)→(0,0)1h 2 + k 2 = 0.Kako možemo da zaključimo da je ispunjen dovoljan uslov diferencijabilnosti u tački (0, 0), pokazalismo da je funkcija diferencijabilna u toj tački. ⊲Primer 10. Ispitati diferencijabilnost funkcije{ e y sin x 2 yf(x, y) = x, x ≠ 00 , x = 0 .⊳U tačkama (x, y),x ≠ 0, funkcija f je diferencijabilna kao kompozicija diferencijabilnih funkcija:∂ff(h, y) − f(0, y) e y sin h 2 y(0, y) = lim= lim∂x h→0 hh→0 h 2 = lim y ey sin h 2 yh→0 h 2 = y · e y ,y∂f(0, 0) = 0,∂x6