Viktiga satser och bevis

F LERVARIABELANALYS MMG300: D EL 1
Viktiga satser och bevis
Fredrik Davidsson
March 14, 2016
1 Sats: En dierentierbar funktion är kontinuerlig
1.1 Denition
Låt a vara en punkt i D ⊆ Rn där f : D → R och en till funktion % : D → R. Vi säger att f är
differentierbar i punkten a om det finns konstanter A 1 , ..., A n sådan att
f (a + h) − f (a) = A 1 h 1 + ... + A n h n + |h|%(h)
och
lim %(h) = 0.
h→0
Om f är differentierbar i varje punkt a ∈ D så säger vi att f är differentierbar på hela mängden
D.
1.2 Bevis
Det följder direkt från definitionen ovan att
f (a + h) − f (a) → 0 då h → 0.
Det innebär att f är kontinuerlig i punkten a.
2 Sats: En dierentierbar funktion f är partiellt deriverbar
f x0 j (a) = A j , j = 1, ..., n
där A 1 , ..., A n är talen i definitionen
f (a + h) − f (a) = A 1 h 1 + ... + A n h n + |h|%(h)
1
2.1 Bevis
Likheten ovan gäller för alla h med tillräckligt litet absolutbelopp. Speciellt kan vi välja
h = t e1 = (t , 0, ..., 0).
Efter division med t får vi
f (a + t e1 ) − f (a)
|t |
= A 1 + %(t e1 ) → A 1 , då t → 0.
t
t
Av definitionen av partiell derivata följer det att f är partiellt deriverbar med avseende på x 1
och att f x0 j (a) = A j .
3 Sats: Varje funktion f av klassen C 1 är dierentierbar
3.1 Denition
Låt f vara definierad i en öppen mängd D ⊆ Rn . Vi säger att f är av klass C 1 eller att f tillhör
C 1 (D) om f är partiellt deriverbar och om alla de partiella derivatorna f 10 , ..., f n0 är kontinuerliga i D.
3.2 Bevis
Låt (a, b) vara en given punkt i definitionsmängden för f . Det finns en definition som säger
att om f är differentierbar i punkten a så gäller
f (a + h) − f (a) = A 1 h 1 + ... + A n h n + |h|%(h).
Uppskatta nu skillnaden
f (a + h, b + k) − f (a, b)
för detta ändamål inför vi hjälppunkten (a, b + k) och skriver
f (a + h, b + k) − f (a, b) = [ f (a + h, b + k) − f (a, b + k)] + [ f (a, b + k) − f (a, b)]
Den första parentesen i högerledet uppfattas som en differens för en funktion av en variabel,
nämligen som differensen ϕ(h) − ϕ(0) för funktionen ϕ(t ) = f (a + t , b + k).
Enligt medelvärdessatsen, f (b) − f (a) = f 0 (ξ)(b − a), för funktioner av en variabel har vi att
f (a + h, b + k) − f (a, b + k) = ϕ(h) − ϕ(0) = ϕ0 (θ1 h)h = f x0 (a + θ1 h, b + k)h, där 0 < θ1 < 1.
Eftersom f x0 är kontinuerlig kan vi skriva
f x0 (a + θ1 h, b + k)h = f x0 (a, b)h + %1 (h, k)h
⇒ f x0 (a + θ1 h, b + k) = f x0 (a, b)
2
med %1 (h, k) → 0 då (h, k) → (0, 0). På liknande sätt får vi att
f (a, b + k) − f (a, b) = f y0 (a, b + θ2 k)k = f y0 (a, b) + %2 (h, k), 0 < θ2 < 1
Alltså får vi för differensen att
f x0 (a, b)h + h%1 (h, k) + f y0 (a, b)k + k%2 (h, k) = f x0 (a, b)h + f y0 (a, b)k +
där
p
h 2 + k 2 %(h, k)
k
h
%1 (h, k) + p
%2 (h, k).
%(h, k) = p
h2 + k 2
h2 + k 2
Här gäller att att %(h, k) → 0 när (h, k) → (0, 0). %1 och %2 har denna egenskap och faktorerna
framför är begränsade. Exempelvis är
h
|p
|≤1
h2 + k 2
4 Sats: Kedjeregeln
Låt f (x) = f (x 1 , ..., x n ) vara en differentierbar funktion av n variabler och antag att funktionerna g 1 (t ), ..., g n (t ) är deriverbara i intervallet a < t < b på R. Då är sammansatta funktionen
f (g(t )) också deriverbar i a < t < b och
d
f (g(t )) = f x01 (g(t )) · g 10 (t ) + ... + f x0n (g(t )) · g n0 (t )
dt
4.1 Bevis
För enkelhetens skull skriver vi ut beviset i fallet n = 2, då f enbart beror av två variabler.
Enligt derivatans definition ska vi undersöka grännsvärdet av differenskvoten
f (g(t + k)) − f (g(t ))
,
k
k →0
Eftersom f är en differentierbar funktion gäller enligt definitionen om differentierbarheten i
en punkt att
f (x + h) − f (x) = f x01 (x)h 1 + f x02 (x)h 2 + |h|%(h)
där %(h) → 0 då h → 0 och %(0) = 0. Om vi i denna formel sätter
x = g(t ) och h = g(t + k) − g(t )
så blir x + h = g(t + k).
3
x2
g(t + k)
h
g
f
x = g(t )
x1
t
t +k
f (g(t )) f (g(t + k))
Efter division med k får vi att
f (g(t + k)) − f (g(t ))
g 1 (t + k) − g 1 (t )
g 2 (t + k) − g 2 (t ) |h|
= f x01 (g(t ))
+ f x02 (g(t ))
+
%(h)
k
k
k
k
där högerledet går mot
f x01 (g(t )) · g 10 (t ) + f x02 (g(t )) · g 20 (t )
som är definitionen av derivata av g i . Vidare har vi att h = g(t + k) − g(t ) → 0, då k → 0 och att
h g(t + k) − g(t )
=
→ (g 10 (t ), g 20 (t ))
k
k
Resttermen
|h|
k %(h) ovan går mot noll.
Därmed har vi visat att gränsvärdet av differenskvoten
f (g(t + k)) − f (g(t ))
,
k
då k → 0 existerar. Vilket innebär att den sammansatta funktionen f (g(t )) är deriverbar.
5 Sats: Taylors formel av andra ordningen i två variabler
Låt f (x, y) vara en C 3 -funktion i den öppna mängden D. Då är
f (a + h, b + k) = f (a, b) + f x0 (a, b)h + f y0 (a, b)k
1 00
+ ( f xx
(a, b)h 2 + 2 f x00y (a, b)hk + f y00y (a, b)k 2 )
2
+ (h 2 + k 2 )3/2 B (h, k)
Där B (h, k) är en begränsad funktion i en omgivning av origo.
5.1 Bevis
Vi överför situationen på endimensionella fallet genom att betrakta funktionen
F (t ) = f (a + t h, b + t k), 0 ≤ t ≤ 1
(5.1)
4
(a + h, b + k)
(a + t h, b + t k)
(a, b)
som anger värderna av f på det räta linjestycket mellan punkterna (a, b) och (a +h, b +k). Det
är klart att F blir av klassen C 3 , varför enligt Maclaurins formel för funktionen av en variabel
F (t ) = F (0) + F 0 (0)t +
F 00 (0)t 2 F (3) (θt ) 3
+
t
2!
3!
(5.2)
för något θ ∈ [0, 1]. Av kedjeregeln får vi nu att
F 0 (t ) = f x0 (a + t h, b + t k)h + f y0 (a + t h, b + t k)k
och därefter
00
F 00 (t ) = f xx
(a + t h, b + t k)h 2 + 2 f x00y (a + t h, b + t k)hk + f y00y (a + t k)k 2
Sätter vi t = 1 i (5.2) får vi alltså
1
1
f (a + h, b + k) = F (0) + F 0 (0) + F 00 (0) + F (3) (θ)
2
6
med
F (0) = f (a, b),
F 0 (0) = f x0 (a, b)h + f y0 (a, b)k
00
(a, b)h 2 + 2 f x00y (a, b)hk + f y00y (a, b)k 2
F 00 (0) = f xx
För att nu visa att (5.1) gäller så återstår bara att inse att 61 F (3) (θ) kan skrivas (h 2 +k 2 )3/2 B (h, k).
Genom derivation av uttrycket ovan för F 00 (t ) ser vi att F (3) (t ) består av en summa innehållande tredje ordningens derivator av f med motsvarande potenser av h och k i koefficienterna. Alla derivator av tredje ordningen är kontinuerliga och därför begränsade i en omgivning av (a, b). Vidare följer av olikheterna
p
p
|h| ≤ h 2 + k 2 , |k| ≤ h 2 + k 2
att var och en av faktorerna h 3 , h 2 k, hk 2 , och k 3 kan uppskattas med (h 2 + k 2 )3/2 . Därför är
varje term i 16 F (3) (θ) till beloppet mindre än eller lika med en konstant gånger (h 2 + k 2 )3/2 .
Om resttermen divideras med (h 2 + k 2 )3/2 så blir resultatet en begränsad funktion.
6 Sats: Extremvärden
Om funktionen f (x) har lokalt extremvärde i en inre punkt a i definitionsmängden och om f
är partiellt deriverbar i a så är
f x0 j (a) = 0, j = 1, ..., n
5
6.1 Bevis
Resultatet är en direktföljd av motsvarande sats för funkltioner av en variabel. Vi behöver
bara betrakta restriktionerna av f till de räta linjer genom a som är parallella med koordinataxlarna. Uppenbart följer ju av förutsättningen att funktionen
x j 7−→ f (a 1 , ..., x j , ..., a n )
har ett lokalt extremvärde då x j = a j . Således är dess derivata lika med noll där. Eftersom
detta gäller för varje variabel x j följer satsen.
7 Sats: PB:4.1
I en inre punkt (a, b) i D f och i D g som löser problemet att maximera eller minimera f (x, y)
under bivillkoret g (x, y) = 0.
Läs mer på s.173 i PB.
8 Sats: PB:5.1
Antag funktionerna f (s, x) och f s0 (s, x) är kontinuerliga i området α < s < β, a ≤ x ≤ b. Då är
den s-beroende integralen
Z b
f s0 (s, x)d x
F (s) =
x=a
deriverbar i α < s < β och
df
=
ds
Z
b
x=a
f s0 (s, x)d x
Här får α och β vara −∞ respektive ∞.
8.1 Bevis
Skriver här sen. S.184
9 Sats: PB:5.2
S.186
10 Sats: Satsen om monoton konvergens
Varje begränsad monoton följd av reella tal är konvergent.
10.1 Denition
En följd (x k )∞
1 av reella tal kallas växande om x 1 ≤ x 2 ≤ ... avtagande om x 1 ≥ x 2 ≥ ... och
monoton om den är antingen växande eller avtagande.
6
10.2 Bevis
Antag först (x k )∞
1 är en växande begränsad följd. Den icke-tomma punktmängden {x k : k ≥ 1}
är då uppåt begränsad, så c = sup{x k : k ≥ 1} existerar enligt supremumaxiomet. Vi påstår att
x k −→ c då k −→ ∞. För att visa det, tag ett godtycligt ² > 0. Eftersom c − ² inte är en övre
begränsning till {x k : k ≥ 1}, så finns ett index N sådant att x N > c − ². Eftersom följden är
växande och uppåt begränsad av c, så gäller för alla k > N att
c − ² < x n ≤ x k ≤ c < c + ²,
alltså |x k − c| < ². Det visar att x k −→ c. En begränsad avtagande följd (x k )∞
1 konvergerar på
liknande sätt mot inf{x k : k ≥ 1}.
11 Sats: Bolzano-Weierstrass' sats
Varje begränsad punktföljd i Rn har en konvergent delföljd.
11.1 Bevis
Antag (x k ) är en begränsad följd i Rn .
Fallet då n = 1: Vi väljer ut en monoton delföljd som också är begränsad. Vilket gör den
konvergent enligt satsen om monoton konvergens. Därmed är denna sats bevisad i första
dimensionen.
Fallet då n > 1: En begränsad följd i Rn är koordinatvis begränsad. Enligt fallet n = 1 så
måste därför (x k ) ha en delföljd vars första-koordinat konvergerar i R. Denna delföljd har i
sin tur en delföljd vars andra-koordinat, och automatiskt första-koordinat, konvergerar i R,
osv. Genom n successiva val av delföljder kan vi till sist finna en delföljd till (x k ) sådan att
samtliga n koordinatföljder konvergerar i R. Då konvergerar denna delföljd i Rn .
7
12 Sats: Cauchys konvergensprincip
En punktföljd i Rn är konverget om och endast om den är en Cauchyföljd.
12.1 Denition
En punktföljd (x k ) i Rn kallas Cauchyföljd om det till varje ² > 0 finns ett heltal N sådant att
k > N och l > N ⇒ |x k − x l | < ²
Att (x k ) är en Cauchyföljd uttrycks ofta symboliskt med
|x k − x l | −→ 0 då k, l −→ ∞
12.2 Bevis
Antag först att följden (x k ) är konvergent, säg med gränsvärdet a. Enligt triangelolikheten
gäller för alla index k, l att
|x k − x l | = |x k − a − (x l − a)| ≤ |x k − a| + |x l − a|.
Det är då uppenbart att |x k − x l | → 0 om k → ∞ och l → ∞, så (x k ) är en Cauchyföljd. Antag
omvänt att (x k ) är en Cauchyföljd. Tag ett godtyckligt ² > 0: Då finns ett heltal N sådant
att |x k − x l | < ² om k, l ≥ N . Vi observerar att följden är begränsad ty |x k | = |x k − x N + x N | ≤
|x k −x N |+|x N | < ²+|x N | för alla k ≥ N . Enligt Bolzano-Weierstrass’ sats har den då konvergent
delföljd, säg med gränsvärdet a. Vi kan alltså välja ett index l ≥ N så att |x l − a| < ². För detta
l och alla k ≥ N gäller
|x k − a| = |x k − x l + x l − a| ≤ |x k − x l | + |x l − a| < ² + ² = 2²
Det visar att (x k ) konvergerar mot a.
13 Sats
En delmängd M till Rn är sluten om och endast om varje konvergent följd i M har sitt gränsvärde
i M.
13.1 Denition
B (a, b) = {x ∈ Rn : |x − a| < r }, där r > 0
8
13.2 Bevis
Antag först att M är sluten. Låt (x k ) vara en konvergent följd i M , säg med gränsvärdet a.
Vi skall visa att a ∈ M . Det är klart att a inte kan vara en yttre punkt till M eftersom varje
omgivning till a innehåller någon punkt ur M , nämligen x k om bara k är tillräckligt stort. Då
återstår bara möjligheten att a ∈ I nt M ∪ ∂M . Men om ∂M ⊂ M enligt förutsättning. Alltså
måste a ∈ M .
Antag sedan att varje konvergent följd i M har sitt gränsvärde liggande i M . För att visa att M
är sluten, tag en godtycklig randpunkt a till M . För varje heltal k ≥ 1 kan vi ur omgivningen
B (a, 1/k) välja en punkt x k i M . Eftersom |x k − a| < 1/k förvarje k måste x k → a då k → ∞ så
a ∈ M enligt förutsättningen. Det visar att M är sluten
14 Sats
En delmängd M till Rn är kompakt om och endast om varje punktföljd i M har en konvergent
delföljd med gränsvärde i M .
14.1 Proposition
En delmängd M till Rn är sluten om och endast m varje konvergent följd i M har sitt gränsvärde
i M.
14.2 Bevis
Antag M kompakt. Låt (x k ) vara en följd i M . Eftersom M är begränsad har (x k ) enligt
Bolzano-Weierstrass’ sats en konvergent delföljd (x k j ). Eftersom M är sluten måste lim j x k j ∈
M enligt propositionen ovan. Följdkriteriet för kompakthet är alltså uppfyllt.
Antag M ej är kompakt. Då finns två möjligheter. Är M inte begränsad så finns en följd
(x k ) i M sådan att |x k | ≥ k för alla k. Varje delföljd till (x k ) är obegränsad och därmed divergent. Är M inte sluten så finns en punkt a ∈ ∂M \ M . För k = 1, 2, 3, ... kan vi välja en punkt
x k ∈ M ∩ B (a, 1/k). Varje delföljd till (x k ) konvergerar då mot en punkt utanför M , nämligen
a. I båda fallen ser vi att följdkriteriet för kompakthet inte är uppfyllt.
15 Proposition
Antag att funktionen f : Rn → Rm är kontinuerlig på hela Rn och att M ⊂ Rm . Då gäller:
1. M är öppen i Rm ⇒ { x ∈ Rn : f (x) ∈ M } öppen i Rn .
2. M är sluten i Rm ⇒ { x ∈ Rm : f (x) ∈ M } sluten i Rn .
15.1 Bevis
(1): Antag M öppen. Sätt { x ∈ Rn : f (x) ∈ M } = N . Om a ∈ N , så att f (a) ∈ M , då har f (a) en
omgivning B ² ⊂ M . Därav följer att B δ ⊂ N . Alltså är a en inre punkt i N .
9
(2): Antag M sluten. Då är komplementet M c = Rm \ M öppet. Enligt (1) är då
{ x ∈ Rn : f (x) ∈ M c } en öppen mängd i Rn . Dess komplement i Rn är { x ∈ Rn : f (x) ∈ M }
som är slutet. Det visar (2).
16 Sats
Om D är en kompakt mängd i Rn och f : D → Rm en kontinuerlig funktion på D så blir bildmängden f (D) kompakt.
16.1 Bevis
Antag D är kompakt och f är kontinuerlig. För att visa f (D) kompakt, tag en godtycklig följd
(y k ) i f (D). Vi måste då visa att den har en konvergent delföljd med gränsvärde i f (D). Välj för
varje index k en punkt x k i D så att f (x k ) = y k . Eftersom D är kompakt har x k en konvergent
delföljd x k j med gränsvärde i D, säg a. Eftersom f är kontinuerlig och x k j → a så måste
y k j = f (x k j ) → f (a) ∈ f (D) då j → ∞.
17 Korollarium 1.29:GLO
En reellvärd kontinuerlig funktion f på en (icke-tom) kompakt mängd K ⊂ Rn antar sitt största
och minsta värde på K .
17.1 Bevis
Eftersom K är kompakt och f är kontinuerlig, så är bildmängden f (K ) kompakt, dvs sluten
och begränsad. Enligt supremumaxiomet har f (K ) en minsta övre begränsning, sup f (K ),
och en största undre begräsning, i n f f (K ). Dessa båda tal är randpunkter till slutna mängden
f (K ) och ingår därför i den. Det betyder att i n f f (K ) = f (a) och sup f (K ) = f (b) för några
punkter a, b i K . Men då är
f (a) ≤ f (x) ≤ f (b), för alla x i K ,
så f (a) = mi n f (K ) och f (b) = max f (K ).
18 Proposition
Om D är en sammanhängande mängd i Rn och f : D → Rm en kontinuerlig funktion på D, så
är bildmängden f (D) sammanhängande.
18.1 Bevis
Låt y 0 , y 1 vara ett godtyckligt punktpar i f (D). Välj x 0 , x 1 i D så att f (x 0 ) = y 0 och f (x 1 ) = y 1 .
Eftersom D är sammanhängande finns en kontinuerlig kurva γ : [0, 1] → D sådan att γ(0) =
x 0 och γ(1) = x 1 . Sammansättningen av två kontinuerliga funktioner är ju kontinuerlig, alltså
10
blir f ◦ γ : [0, 1] → f (D) en kontinuerlig kurva som förenar f (γ(0)) = f (x 0 ) = y 0 med f (γ(1)) =
f (x 1 ) = y 1 och som löper helt i f (D). Detta visar att f (D) är sammanhängande.
19 Sats
Om f : D → Rm är en kontinuerlig funktion på en kompakt delmängd D till Rn så är f likformigt kontinuerlig.
19.1 Denition
Låt D ⊂ Rn . En funktion f : D → Rm sägs vara likformigt kontinuerlig om det till varje ² > 0
finns ett δ > 0 sådan att
| f (x) − f (y)| < ² om |x − y| < δ och x, y ∈ D
19.2 Bevis
Antag f är kontinuerlig men inte likformigt kontinuerlig på den kompakta mängden D. Då
finns ett ² > 0 och följder (x k ), (y k ) i D sådana att
i. |x k − y k | → 0 då k → ∞ men
ii. | f (x k ) − f (y k )| ≥ ² för alla k.
Eftersom D är kompakt har (x k ) en konvergent delföljd (x k j med gränsvärde a i D. Uppenbarligen gäller
I. |x k j − y k j | → 0 då j → ∞ men
II. | f (x k j ) − f (y k j )| ≥ ² för alla j .
Av I följer med triangelolikhetens hjälp att även y k j → a då j → ∞. Låter vi j → ∞ i II ger f ’s
kontinuitet
0 = | f (a) − f (a)| ≥ ² > 0
en motsägelse. Vi drar slutsatsen att f måste vara likformigt kontinuerlig.
11