metodychka

2Неперервнiсть функцiї

2.1Основнi поняття i теореми

1.Визначення неперервностi.

Нехай функцiя m змiнних u = f(M) визначена на множинi {M} i нехай точка A

точка скупчення множини {M} i A {M}.

Означення 2.1 Функцiя f(M) називається неперервною в точцi A, якщо

Означення 2.2 Приростом (або повним приростом) функцiї u = f(M) в точцi

A називається функцiя u = f(M) − f(A), M {M}.

Нехай M(x1, . . . , xm), A(a1, . . . , am), xi = xi − ai, i = 1, . . . , m, то u = f(a1 +

x1, . . . , am + xm) − f(a1, . . . , am). Очевидно, що умова неперервностi функцiї f(M) в точцi A еквiвалентна умовi

Точки скупчення областi визначення функцiї f(M), в яких не виконується умова

(2) чи (3), називаються точками розриву функцiї.

2.Неперервнiсть по окремих змiнних.

Зафiксуємо всi аргументи функцiї f(M), крiм одного з них, наприклад, xk, взявши xi = ai, i 6= k. Аргументу xk надамо довiльного приросту xk, так щоб (a1, . . . , ak−1, xk + xk, ak+1, . . . , am) {M}. Функцiя u = f(M) одержить прирiст xk u = f(a1, . . . , ak−1, ak + xk, ak+1, . . . , am) − f(a1, . . . , am). Цей прирiст називають частинним приростом функцiї f(M) в точцi A, що вiдповiдає приросту

xk аргументу xk, xk u є функцiєю однiєї змiнної xk .

Означення 2.3 Функцiя u = f(x1, . . . , xm) називається неперервною в точцi

A(a1, . . . , am) по змiннiй xk, якщо функцiя f(a1, . . . , ak−1, xk, ak+1, . . . , am) однiєї змiнної xk неперервна в точцi ak.

Означення 2.3 i 2.4 еквiвалентнi.

Очевидно, що якщо функцiя неперервна в точцi A, то вона неперервна по кожнiй

змiннiй, по кожнiй парi змiнних, по кожнiй групi змiнних.

Означення 2.5 Функцiя f(M) називається неперервною на множинi {M}, якщо вона неперервна в кожнiй точцi цiєї множини.

Нехай функцiї x1 = ϕ1(t1, . . . , tk), . . . , xm = ϕm(t1, . . . , tk) визначенi на множинi {T (t1, . . . , tk)} Rk i кожнiй точцi T (t1, . . . , tk) {T } ставиться у вiдповiднiсть точка M(x1, . . . , xm) Rm. Позначимо множину всiх таких точок через {M}. Нехай на множинi {M} визначена функцiя u = f(x1, . . . , xm). Тодi кажуть, що на множинi {T } визначена складна функцiя u = f(ϕ1(t1, . . . , tk), . . . , ϕm(t1, . . . , tk)).

Означення 2.7 Функцiя u = f(M) називається обмеженою на множинi {M}, якщо iснують сталi числа c i C такi, що M {M} виконується нерiвнiсть c ≤ f(M) ≤ C.

Означення 2.8 Число α називається точною верхньою гранню (межею) функцiї

u= f(M) на множинi {M}, якщо:

(a)M {M} виконується нерiвнiсть f(M) ≤ α.

(b)α′ < α, M′ {M} така, що f(M′) > α.

Позначення: α = sup f(M).

{M}

Аналогiчно дається означення точної нижньої гранi (межi) функцiї на множинi

{M}. Її позначають inf f(M).

обмеженiй множинi функцiя досягає на цiй множинi своїх точних граней.

точка прямої y = x є граничною точкою областi визначення i в нiй функцiя не визначена, то в кожнiй точцi прямої y = x функцiя має розрив. В будь-якiй iншiй

точцi площини функцiя неперервна.

точку A(a, a), a =6 0 можна назвати точкою усувного розриву. Якщо доозначити

неперервна в точцi O(0, 0) по кожнiй змiннiй, але не є неперервною в цiй точцi по

сукупностi змiнних.

Розв’язання.

Розглянемо частинний прирiст функцiї f(x, y) в точцi O(0, 0), що вiдповiдає приросту x аргументу x: xu = f( x, 0) − f(0, 0) = 0 − 0 = 0. Очевидно,

що lim xu = 0, а це означає, що f(x, y) неперервна в точцi O(0, 0) по змiннiй x.

x→0

Аналогiчно одержимо, що f(x, y) неперервна в точцi O(0, 0) по y.

Щоб довести, що функцiя f(x, y) не є неперервною в точцi O(0, 0) по сукупностi аргументiв, використаємо приклад 3 п.1.3. В цьому прикладi було доведено, що

границя функцiї u = 2xy 2 в точцi O(0, 0) не iснує. Звiдси випливає, що функцiя

x +y

не є неперервною в точцi O(0, 0).

3. Дослiдити функцiю

на неперервнiсть по окремих змiнних i по сукупностi змiнних: а) в точцi O(0, 0);

б) в точцi A(1, 0).

Розв’язання.

Використовуючи формулу для рiзницi косинусiв, запишемо функцiю u(x, y) у

виглядi

точцi O(0; 0), а отже i неперервна по кожнiй змiннiй зокрема.

б)Розглянемо функцiю u(x, 0). Згiдно означення маємо, що u(x, 0) = 1 для всiх x. Тому функцiя u(x, 0) в точцi x = 1 неперервна: lim u(x, 0) = 1 = u(1; 0). Отже,

y = 0. Це означає, що функцiя u(x, y) розривна в точцi A(1; 0) по сукупностi

аргументiв.

4. Довести, що функцiя u(x, y) = x4+y4 обмежена на множинi Ω = {(x, y) : 0 <

x2+y2

x2 + y2 ≤ 1}. Знайти її точнi гранi на цiй множинi.

Розв’язання.

Для дослiдження зручно перейти до полярних координат: x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ.

Тодi u = ρ2(cos4 ϕ + sin4 ϕ) = ρ2(1 − 12 sin2 2ϕ). Оскiльки 0 < ρ ≤ 1, то 0 < u ≤ 1, тобто u(x, y) обмежена на множинi Ω.

При ρ = 1, ϕ = 0, тобто в точцi з координатами x = 1, y = 0 функцiя u(x, y)

то u(x, y) приймає як завгодно малi додатнi значення: ε > 0 (x0, y0) Ω така,

що u(x0, y0) < ε. Iз нерiвностi u(x, y) > 0 випливає, що inf u(x, y) = 0, але u(x, y)

Ω

не досягає свого мiнiмального значення нi в однiй точцi Ω. Значить u(x, y) не має свого мiнiмального значення в Ω.

5.Довести, що функцiя u = x + 2y + 3 рiвномiрно неперервна на всiй площинi.

Розв’язання.

Для доведення використаємо означення рiвномiрної неперервностi функцiї. Задамо довiльне число ε > 0. Тодi для M1(x1, y1), M2(x2, y2), що задовольняють нерiвнiсть ρ(M1, M2) < δ будуть виконуватись нерiвностi |x1 − x2| < δ, |y1 − y2| < δ.

Тодi |u(M1) − u(M2)| ≤ |x1 − x2| + 2|y1 − y2| < δ + 2δ = 3δ. Щоб |u(M1) − u(M2)|

було меншим за ε, достатньо взяти δ ≤ 3ε . Iз означення рiвномiрної неперервностi випливає, що u(x, y) рiвномiрно неперервна на всiй площинi.

x +y

Ω = {(x, y) : 0 < x2 + y2 ≤ 1}.

Розв’язання.

За означенням тут складно перевiряти на рiвномiрну неперервнiсть. Область Ω не замкнута, тому не можна використати теорему Кантора, але u(x, y) можна по неперервностi доозначити в точцi O(0, 0). Перейшовши до полярної системи координат, маємо u = ρ(cos3 ϕ + sin3 ϕ), тому u → 0 при ρ → 0. Отже,

lim u(x, y) = 0.

x→0, y→0

u(x, y), (x, y) =6 (0, 0),

Доозначимо u (x, y) = 0, (x, y) = (0, 0).

Функцiя u (x, y) неперервна в крузi Ω = {(x, y) : 0 ≤ x2 + y2 ≤ 1}. За теоремою Кантора u (x, y) рiвномiрно неперервна. Тому u (x, y) рiвномiрно неперервна в проколотому крузi Ω = {(x, y) : 0 < x2 + y2 ≤ 1}.

2.3Задачi i вправи для самостiйної роботи

1.Знайти точки розриву функцiй:

(a)u = x2+1 y2 ;

(b)u = ln (4 − x2 − y2);

(e) u = sin x sin y . xy

2.Дослiдiть функцiю u(x, y) на неперервнiсть в точцi O(0, 0) i в точцi A(x, y) по

кожнiй змiннiй i по сукупностi змiнних, якщо:

3. Чи обмеженi данi функцiї:

(a) u = x2 − y2 в крузi {(x, y) : x2 + y2 ≤ 49};

(b) u = x2 − y2 зовнi круга {(x, y) : x2 + y2 ≥ 49};

(c) u = ax2+by2 при x2 + y2 6= 0, a, b R1;

x2+y2

(d) u = cos (x+y)−cos (x−y) при xy =6 0; xy

(e) u = sin (x+y)−sin (x−y) при xy =6 0; xy

(f) u = ln x−ln y при x 6= y?

x−y

4.Доведiть обмеженiсть функцiї на вказанiй множинi, знайдiть її точнi гранi i встановiть, чи досягає функцiя своїх точних граней

5.Користуючись означенням рiвномiрної неперервностi, доведiть рiвномiрну неперервнiсть функцiї на данiй множинi:

(a)u = ax + by + c на всiй площинi R2, a 6= 0, b 6= 0;

(b)u = x2 + y2 в крузi {(x, y) : x2 + y2 ≤ 1};

p

(c) u = x2 + y2 + z2 в R3;

(d) u = x3 − y3 в квадратi {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}.

6. Дослiдити функцiю на рiвномiрну неперервнiсть на заданiй множинi:

(a) u = x4+y4 на множинi {(x, y) : 0 < x2 + y2 < 25};

x2+y2

Ω2 = {(x, y, z) : 0 < x2 + y2 + z2 < 10−2};

e)u = x sin y1 на множинi {(x, y) : 0 < x < 1, 0 < y < 1}.

3Похiдна за напрямом. Градiєнт

3.1Основнi поняття i теореми

Нехай f(M) визначена в деякiй вiдкритiй областi D R3. Розглянемо довiльну точку

M0 D i будь-яку напрямлену пряму ℓ, що проходить через цю точку. Виберем довiльну точку M(x, y, z) ℓ. Довжину вiдрiзка M0M вiзьмемо iз знаком плюс, якщо нопрям

M0M спiвпадає з напрямом ℓ i зi знаком мiнус в iншому випадку.

Ця похiдна характеризує “швидкiсть змiни” функцiї в точцi M0 за напрямом ℓ. Частиннi похiднi ∂f∂x , ∂f∂y , ∂f∂z можна розглядати як похiднi за напрямом координатних осей. Якщо вiсь ℓ утворює з координатними осями кути α, β, γ, то при iснуваннi неперервних

частинних похiдних маємо

дроби в дужках можна розглядати як напрямнi косинусидеякого вектора ~g. Тодi

∂f

∂ℓ

(6)

Означення 3.2 Вектор, що має проекцiї (5) на координатнi осi, називається градiєнтом функцiї f(M) в точцi M0. Вiн напрям найбiльш швидкого зростання функцiї, а його довжина дає величину вiдповiдної похiдної.

3.2Контрольнi запитання i завдання

1.Дайте означення похiдної функцiї за напрямом.

2.Дайте означення градiєнта функцiї в точцi.

3.Визначити, чи правильнi данi твердження:

∂ℓ

неперервностi в точцi M0 функцiї f(M), яка розглядається в околi точки M0;

(d) якщо функцiя в точцi має похiдну за напрямом ~ то в цiй точцi iснує f(M) M0 ℓ,

похiдна i за будь-яким iншим напрямом;

(e)з iснування похiдної функцiї f(M) в точцi M0 за будь-яким напрямом випливає диференцiйовнiсть функцiї f(M) в точцi M0;

(f)якщо функцiя f(M) диференцiйовна в точцi M0, то в цiй точцi вона має похiдну

за будь-яким напрямом.

4.З’ясувати характер змiни функцiї f(x, y) = x2y + 2y2 − 5 у напрямi вiд точки (2; 1)

до точки (0; 0).

5. Довести, що функцiя z = x3 + 8x2 + 8xy + y2 має рiвнi нулю похiднi в точках (0; 0)

3.3Приклади розв’язування задач.

135◦ з додатнiм напрямом осi Ox.

Розв’язання.

4Частиннi похiднi i диференцiйованiсть функцiї

4.1Основнi поняття i теореми

Нехай M(x1, . . . , xm) внутрiшня точка областi визначення функцiї u = f(x1, . . . , xm). Розглянемо частинний прирiст цiєї функцiї в точцi M(x1, . . . , xm), що вiдповiдає