חדו"א 3־ תרגול 3
10בנובמבר 2019
תוכן עניינים
1
1
גזירות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
הגדרות ומשפטים . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1
תרגילים . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2
1
1
2
גזירות
1.1
הגדרות ומשפטים
הערה ] 1.1הגדרות ,טענות ומשפטים[
• נגזרת חלקית :תהי U ⊂ Rnפתוחה .f : U → R ,הנגזרת החלקית של fלפי משתנה xjבנק׳ a ∈ U
מוגדרת להיות
)f (a + tej ) − f (a
∂f
(a) = lim
t→0
∂xj
t
בתנאי שהגבול קיים.
• דיפרנציאביליות :תהי U ⊂ Rnפתוחה .a ∈ U ,f : U → Rm ,נאמר כי fגזירה ב־ aאם קיימת
העתקה לינארית
Da f : Rn → Rm
כך שניתן לכתוב
)f (x) = f (a) + Da f (x − a) + E(x − a
כאשר 0
)E(x−a
→−−
kx−ak −
x→a
)נסמן זאת כ.(E (x − a) = o (kx − ak) :
• טענה ]גזירות קואורדינטה־קואורדינטה[ f = (f1 , ..., fm ) :גזירה ב־ aאם ורק אם f1 , ..., fmגזירות
ב־.a
• טענה ]יעקוביאן[ :אם fגזירה ב־ aאז המטריצה של Da fלפי הבסיס הסטנדרטי היא
∂fi
(a) i = 1, ..., m
∂xj
j = 1, ..., n
1
= Ja f
• טענה ]גזירות ⇐ קיום נגזרות חלקיות[ :אם fגזירה אז כל הנגזרות החלקיות קיימות .לא להיפך
באופן כללי.
• כלל השרשרת :תהי .g : U ⊂ Rn → V ⊂ Rd , f : V → Rmנניח כי gגזירה ב־ x0ו־ fגזירה ב־) .g(x0
אז h = f ◦ gגזירה ב־ x0ומתקיים:
Dx0 h = Dg(x0 ) f ◦ Dx0 g
• גרדיאנט f : U ⊂ Rn → R :פונק׳ גזירה ב־ .a ∈ Uהגרדיאנט של fהוא הוקטור
∈ Rn
∂f
∂f
(a), . . . ,
)(a
∂x1
∂xn
= )∇f (a
• אלגוריתם אפשרי לבדיקת דיפרנציאביליות ב־ :x0
.1נבדוק שכל הנגזרות החלקיות בנקודה קיימות .אם לא ,הפונקציה אינה דיפרנציאבילית בנקודה.
.2אם כן ,נוכל לבנות את המטריצה ) Jf (x0ולחשב את הגבול.
דיפרנציאביליות בנקודה .אחרת לא.
1.2
אם הוא קיים ושווה ,0יש
תרגילים
תרגיל :הוכיחו שאם fגזירה ב־ aאז היא רציפה ב־.a
פתרון:
lim f (x) = lim (f (a) + (f (x) − f (a) − Da f (x − a)) + Da f (x − a)) = 0
x→a
x→a
כיון שלפי הנחה f (x) − f (a) − Da f (x − a) = o(kx − ak) ,כאשר ,x → aובנוסף Da fלינארית ולכן רציפה.
תרגיל :תהי f : Rn \ {0} → Rהמוגדרת על־ידי ) ,f (x) = g(kxkכאשר g : (0, ∞) → Rדיפרנציאבילית.
הוכיחו כי fדיפרנציאבילית ב־} Rn \ {0וכן כי לכל } x ∈ Rn \ {0ולכל h ∈ Rnמתקיים:
x
, hi
kxk
Dx f h = g 0 (kxk)h
פתרון :מתקיים ש:
f =g◦k·k
כאשר )∞ k · k : Rn \ {0} → (0,דיפרנציאבילית ,ו־ g : (0, ∞) → Rגם.
דיפרנציאבילית ב־} Rn \ {0ומתקיים:
)Dx f = Dkxk g ◦ Dx (k · k
כאשר ) .Dkxk g = g0 (kxkכמו כן,
xj
kxk
=
x21 + ... + x2j + ... + x2n
∂xj
2
q
∂
∂kxk
=
∂xj
לכן ,מכלל השרשרתf ,
:ומכאן נקבל ש
Dx f (h) = Dkxk gDx (k · k)h = g 0 (kxk)
x
,h
kxk
.כרצוי
ϕ : U → R הוכיחו כי.a ∈ U דיפרנציאביליות בנקודהf, g : U → Rm , פתוחהU ⊆ Rn תהי:תרגיל
וכןa גזירה ב־ϕ(x) = hf (x), g(x)i המוגדרת על־ידי
Da ϕh = hDa f h, gi + hf, Da ghi
.h ∈ Rn לכל
נסמן:פתרון
f = (f1 , ..., fm ), g = (g1 , ..., gm )
אז
ϕ(x) =
m
X
fj gj
j=1
הרי ש־, גזירהϕ מאחר וידוע ש־, כעת.לכן בפרט גזירה כמכפלה וסכום של גזירות
m
m
X
X
∂fj
∂gj
∂gj
∂fj
gj + fj
), ...,
(
gj + fj
)) =
∇a ϕ = ( (
∂x1
∂x1
∂xn
∂xn
j=1
j=1
: מתקייםh ∈ Rn ולכן עבור
m
n
n X
m
X
X
X
∂fj
∂fj
∂gj
( (
h∇a ϕ, hi =
gj + fj
)hk ) =
hk
∂x
∂x
∂x
k
k
k
j=1
j=1
k=1
k=1
!
gj +
m
X
j=1
fj
n
X
k=1
∂gj
hk
∂xk
!
=
= hDa f h, gi + hf, Da ghi
.כדרוש
x
.g : (0, ∞) → R עבור פונקציה גזירהf (x) = g(kxk) · kxk
המוגדרת על־ידיf : Rn \ {0} → Rn תהי:תרגיל
הוכיחו כי
: מתקייםh ∈ Rn ולכלx ∈ Rn \ {0} לכל.1
(
Dx f h =
g 0 (kxk)h
g(kxk)
kxk h
hkx
h⊥x
n
kDx f k = max |g 0 (kxk)|,
max kxk = r kf (x + h) − f (x)k ≤ ε · max{|g 0 (r)|,
khk ≤ ε
|g(kxk)|
kxk
|g(r)|
r }
o
.2
+ o(ε) .3
פתרון
3
נסמן.1
ψ(x) =
x
1
(x1 , ..., xn )
=p 2
kxk
x1 + ... + x2n
i 6= j ונקבל עבור
∂ψi
xi xj
xi xj
∂
xi
)=− 2
=
(p 2
3 = −
∂xj
∂xj
kxk3
(x1 + ... + x2n ) 2
x1 + ... + x2n
נקבלi = j ועבור
x2i
∂ψi
1
= ... =
−
∂xi
kxk kxk3
ואזf = (f1 , ..., fn ) נסמן,כעת
fi (x) = g(kxk)ψi (x)
ולכן
∂fi
=
∂xj
(
xi xj
xi xj
g 0 (kxk) kxk
2 − g(kxk) kxk3
x2
x2
1
g 0 (kxk) kxki 2 − g(kxk)( kxki 3 − kxk
)
i 6= j
=
i=j
(
g(kxk)
xi
0
kxk2 (g (kxk) − kxk )xj
g(kxk)
g(kxk)
xi
0
kxk2 (g (kxk) − kxk )xi + kxk
i 6= j
i=j
,ולכן לבסוף
Dx f (h)i = h∇fi , hi =
n
X
j=1
n
X
∂fi
g(kxk)
g(kxk)
xi
(g 0 (kxk) −
)
xj hj +
hi =
hj =
∂xj
kxk2
kxk j=1
kxk
= hx, hi
xi
g(kxk)
g(kxk)
(g 0 (kxk) −
) + hi
kxk2
kxk
kxk
אז, כלשהוλ ∈ R עבורh = λx כלומר,hkx אם,בסה"כ
Dx f (h)i = λxi (g 0 (kxk) −
g(kxk)
g(kxk)
) + λxi
= λxi g 0 (kxk) = hi g 0 (kxk)
kxk
kxk
.Dx f (h) = g0 (kxk)h ולכן
נקבלh ⊥ x אם
Dx f (h)i = hi
g(kxk)
g(kxk)
⇒ Dx f (h) =
h
kxk
kxk
נשים לב כי מסעיף קודם נובע.2
kDx f k ≥ max{|
g(kxk)
|, |g 0 (kxk)|}
kxk
ולקבלh = h⊥ + hk ניתן לרשום באופן יחיד כ־h כל וקטור יחידה,כמו כן
kDx f hk = k
s
=
g(kxk)
kxk
2
g(kxk)
h⊥ + g 0 (kxk)hk k =
kxk
kh⊥ k2 + g 0 (kxk)2 khk k2 ≤ max{
|g(kxk)|
, |g 0 (kxk)|}
kxk
.כדרוש
4
.3עבור khk ≤ ε ,kxk = rנקבל
h
|)|g(r
|)|g(r
{k ≤ khk max
{, |g 0 (r)|} ≤ ε max
}|), |g 0 (r
khk
r
r
kDx f hk = khkkDx f
ולכן
|)|g(r
), |g 0 (r)|} + o(ε
r
{kf (x + h) − f (x)k = kDx f h + o(khk)k ≤ ε max
כאשר החסם הוא במידה שווה עבור .kxk = r, khk ≤ ε
תרגיל :תהי U ⊆ R2קבוצה קמורה f : U → Rm ,דיפ׳ כך ש־ Dp f (e2 ) = 0לכל .p = (x, y) ∈ R2הוכיחו
שהפונקציה אינה תלויה ב־ .yהאם קמירות הכרחית ,או שמספיקה קשירות מסילתית?
פתרון :נניח y1 , y2 ∈ Rכך ש־) .f (x, y1 ) 6= f (x, y2אז קיים 1 ≤ j ≤ mכך ש־) .fj (x, y1 ) 6= fj (x, y2
נגדיר
γ : [0, 1] → U, γ(t) = (x, (1 − t)y1 + ty2 ) ∈ U
כאשר השתמשנו כאן בקמירות .נקבל
γ 0 (t) = (0, y2 − y1 ) = (y2 − y1 )e2
ומכלל השרשרת נקבל
∂fj
))(γ(t
∂x2
) Dt (fj ◦ γ) = (y2 − y1 )Dγ(t) fj (e2 ) = (y2 − y1
∂fj
כאשר = 0
∂xולכן נקבל כי fj ◦ γקבועה ,בסתירה.
2
הערה :קמירות הכרחית .נסמן ∪ }))U = {(0, 2) × (1, 2)} ∪ {(0, 2) × (−2, −1)} ∪ {{0} × ((−2, −1) ∪ (1, 2
}) {(−1, 0) × (−2, 2אכן,
)(x, y) ∈ (0, 2) × (1, 2
)(x, y) ∈ (0, 2) × (−2, −1
else
5
2
−x
2
= )f (x, y
x
0
