Ville Suomala VEKTORIANALYYSIN JATKOKURSSI

Transkriptio

1 Ville Suomala VEKTORANALYYSN JATKOKURSS Luentotiivistelmä kevät 2017

2 R reaalilukujen joukko R n Euklidinen avaruus R n = {(x 1,..., x n ) : x i R} x y pisteiden x, y R n välinen sisätulo, x y = n i=1 x iy i x pisteen x R n normi, x = n i=1 x2 i e 1,..., e n Avaruuden R n kantavektorit, e i = (0,..., 0, 1, 0,..., 0) i B(x, r) avoin pallo {y R n : x y < r} B(x, r) suljettu pallo {y R n : y x r} S(x, r) pallopinta {y R n : y x = r} 1 Johdanto Taulukko 1: Merkintöjä Kurssilla jatketaan Vektorianalyysin perusteet kurssilla aloitettua perehtymistä usean muuttujan vektoriarvoisten funktioiden differentiaali- ja integraalilaskentaan. Tavoitteena on sisäistää vektorifunktion derivaatan käsite sekä siihen liittyviä perustuloksia kuten käänteiskuvauslause ja implisiittifunktiolause. Lisäksi käsitellään integraalilaskentaan liittyviä teemoja. 2 Kertausta 2.1 Usean muuttujan vektoriarvoiset funktiot Tarkastellaan kuvausta f : A B, missä A R n ja B R m ja m, n N. Jos n = 1 ja m = 1, kyseessä on yhden (reaali)muuttujan reaaliarvoinen funktio eli lyhyemmin reaalifunktio. Esimerkiksi f : ]0, + [ R, f(x) = 1 x. Jos m = 1, kyseessä on reaaliarvoinen vektorimuuttujan funktio. Tällaisia ovat esimerkiksi f : R 3 R, f(x, y, z) = xy + log( z ). Samoin funktiot : R n R, x x sekä (x, y) x y, R n R n R ovat reaaliarvoisia. Jos m > 1, kyseessä on vektoriarvoinen funktio. Tällainen funktio f voidaan esittää muodossa f = (f 1,..., f m ), missä f(x) = (f 1 (x),..., f m (x)) ja f i : A R ovat funktion f komponenttifunktiot (1 i m). Esimerkiksi f : A R 3, ( f(x, y) = x 2 + y, xy, x ), y missä A = {(x, y) R 2 : y 0}. Tapauksessa n = 1, komponenttifunktiot f 1,..., f m ovat reaalifunktioita. Esimerkiksi f : [0, 2π[ R 3, f(t) = (sin t, cos t, t). 1

3 Funktion f kulkua voidaan joissain tapauksissa hahmotella kuvien avulla. Riippuen tilanteesta, kuva voidaan hahmotella funktion f kuvaajasta, G f = {(x, y) A B : y = f(x)} A B R n R m (= R n+m ), arvojoukosta f(a), tai tasa-arvojoukoista f 1 ({c}), c B. Yleispätevää ohjetta on mahdoton antaa, mutta kuvaajan piirtäminen tulee suoraan kyseeseen vain jos n + m 3. Tasa-arvojoukon piirtäminen voi olla hyödyllistä jos n 3 (erityisesti tapauksessa n = 2) ja arvojoukon tai sopivan joukon A A kuvajoukon f(a ) hahmottelusta voi olla apua, jos m 3. Esimerkkejä. i) Jos n = 1 ja m = 1, kannattaa yrittää suoraan kuvaajan piirtämistä. Tämä onnistuu yleensä, jos funktio on määritelty konkreettisen kaavan avulla, kuten funktioille f : R R, f(x) = x 3 2x 2 +x 2 tai g : R\{0} [ 1, 1], g(x) = sin( 1), x x / 0. Aina kuvaajaa ei kuitenkaan pysty hahmottamaan konkreettisesti tässäkään tapauksessa. Esimerkkinä g : ]0, + [ R, { 0 jos x R \ Q (1) g(x) = 1 jos x = q, (p, q N syt(p, q) = 1). p p ii) Kuvaajan voi monesti piirtää myös tapauksissa n = 1, m = 2 tai n = 2, m = 1. Esimerkkeinä a) f : [0, 2π] R 2, f(t) = (sin t, cos t), b) g : R 2 R, g(x, y) = x 3 + y 3, c) h: R 2 \ {0} R, h(x, y) = x2 x 2 + y 2. Funktioiden g ja h kulkua voi hahmotella muodostamala ääriviivakartasto piirtämällä tasa-arvojoukkoja g 1 ({c}), h 1 ({c}) muuttujan h eri arvoilla c. Ääriviivakartasto auttaa myös kuvaajan piirtämisessä. iii) Kuvauksen f : R 3 R, f(x, y, z) = xy+log( z ) tilanteessa, kuvia voi piirtää lähinnä tasa-arvojoukoista f 1 (c), c R. iv) Funktiota f : [ π, π] R 3, f(t) = (sin t, cos t, t) voi tutkia piirtämällä arvojoukko f([ π, π]) tai sopivien välien [ π, π] kuvajoukkoja. v) Napapkoordinaattikuvausta h: R 2 R 2, h(r, ϕ) = (r sin ϕ, r cos ϕ) voi hahmottaa tutkimalla vakiosuorien r = c ja ϕ = c kuvautumista. vi) Olkoon f : R 100 R, f(x) = sin( x 2 ). Huomataan, että f = g h, funktioille g : R R, g(x) = sin(x 2 ) ja h: R n R, h(x) = x 1. Funktiota f voi havainnollistaa tutkimalla funktion g kuvaajaa. Huomautus. Jos B = R m, niin funktiot f : A B muodostavat lineaarisen vektoriavaruuden: Kun f : A R m, g : A R m sekä λ R, määritellään funktiot (f + g): A R m sekä (λf): A R m asettamalla (f + g)(x) = f(x) + g(x) sekä (λf)(x) = λf(x) kaikille x A. 1 Kyseessä on niin sanottu radiaalinen funktio, koska funktion arvo riippuu vain luvusta x. 2

4 Määritelmä 2.1. Funktio f : A B on rajoitettu, jos sen arvojoukko f(a) B R m on rajoitettu, eli jos on olemassa M < siten, että f(x) < M kaikille A R n. 2.2 Lineaarikuvauksista Muistamme, että kuvaus L: R n R m on lineaarinen eli lineaarikuvaus, jos kaikille x, y R n ja λ R on voimassa L(x + y) = Lx + Ly L(λx) = λlx. Kuvaus L: R n R m on lineaarinen jos ja vain jos on olemassa luvut λ i,j, i {1,... m}, j {1,..., n} siten, että L i (x) = λ i,j x j, j=1 kaikille x R n. Toisin sanoen λ 1,1... λ 1,n x 1 Lx =..., λ m,1... λ m,n missä x n λ 1,1... λ 1,n mat L =.. λ m,1... λ m,n on lineaarikuvausta L vastaava matriisi. Lineaarialgebrasta muistamme mm. että lineaarikuvaus L: R n R n on bijektio eli kääntyvä, jos ja vain jos matriisin mat L determinantti on nollasta poikkeava. Jos L: R n R m ja M : R m R p ovat lineaarisia, niin yhdistetylle kuvaukselle ML = M L on voimassa mat ML = mat M mat L. Lineaarikuvauksen L: R n R m normi L on luku L = sup{ Lx / x : 0 x R n }. Normin L arvioimiseksi käytännössä riittää usein tieto (2) max i=1,...,m,j=1,...,n λ i,j L i=1 j=1 λ i,j mn max i=1,...,m,j=1,...,n λ i,j. 3

5 2.3 Reaaliarvoisen funktion differentioituvuus Olkoon S = S n 1 = {x R n : x = 1}, kaikkien avaruuden R n yksikkövektoreiden joukko. Määritelmiä 2.2. Olkoon f : G R, missä G R n on avoin. 1. Jos e S, x G ja raja-arvo f(x + te) f(x) lim t 0 t on olemassa, niin tätä kutsutaan funktion f suuntaisderivaataksi pisteessä x suuntaan e ja käytetään tästä merkintää e f(x). Huomaa, että e f(x) on olemassa jos ja vain jos reaalifunktio g : t f(x + te) on derivoituva pisteessä t = 0, jolloin e f(x) = g (0). 2. Erikoistapauksessa e = e i, i = 1,..., n, saadaan f:n osittaisderivaatta muuttujan x i suhteen pisteessä x, jota merkitään e f(x) = i f(x) (myös merkinnät xi f(x), D xi f(x) ovat mahdollisia). 3. Jos funktiolla f : G R on osittaisderivaatat 1 f(x),..., n f(x), määritellään funktion f gradientti pisteessä x asettamalla f(x) = ( 1 f(x),..., n f(x)). Määritelmiä Olkoon f : G R, missä G R n on avoin. Funktio f on differentioituva pisteessä x G, jos f(x + u) f(x) f(x) u lim u 0 u = 0. Tällöin lineaarikuvaus y y f(x) = y i i f(x) i=1 on funktion f derivaatta pisteessä x. 2. Jos f on differentioituva kaikissa pisteissä x G, sanomme lyhyesti, että f on differentioituva. Huomautuksia. 1. On syytä muistaa (harjoitustehtävä), että funktion f differentioituvuus pisteessä x ei seuraa pelkästä gradientin f(x) olemassaolosta. 2. Jos f on differentioituva pisteessä x, niin kaikille e S pätee e f(x) = e f(x). Kerrataan vielä vektoriarvoisen reaalimuutujan funktion derivaatan määritelmä. 4

6 Määritelmä 2.4. Jos G R on avoin ja f = (f 1,..., f n ): G R m, niin f on derivoituva pisteessä x, mikäli on olemassa raja-arvo f f(x + t) f(x) (t) = lim. t 0 t eli yhtäpitävästi, mikäli jokainen komponenttifunktioista f i on derivoituva pisteessä x, jolloin f (t) = (f 1(t),..., f m(t). Funktion f derivaatta pisteessä x on lineaarikuvaus R R m, t tf (x). Vektoria f (x) kutsutaan funktion f derivaattavektoriksi pisteessä x. 3 Vektorifunktioiden differentiaalilaskentaa Tarkastellaan kuvausta f : G R m, missä G R n on avoin joukko. 3.1 Suuntaisderivaatat Suuntaisderivaatan ja osittaisderivaatan määritelmä yleistyy suoraviivaisesti vektoriarvoiselle funktiolle: Määritelmiä Funktion f suuntaisderivaatta e f(x) pisteessä x suuntaan e S, määritellään raja-arvona f(x + te) f(x) lim t 0 t mikäli tämä raja-arvo on olemassa. R m, 2. Huomataan välittömästi, että e f(x) on olemassa jos ja vain jos suuntaisderivaatat e f i (x) ovat olemassa kaikille komponenttifunktioille f 1,..., f n, jolloin e f(x) = ( e f 1 (x),..., e f n (x)). 3. Kun e = e i, määritellään osittaisderivaatta i f(x) := e if(x). Esimerkkejä. i) Olkoon f : B(0, 1) R 2, f(x, y) = (x+y 2, log(1 x 3 y 3 )). Tällöin ( ) ( ) 3x 2 3y 2 1 f(x, y) = 1,, 1 x 3 y 3 2 f(x, y) = 2y,. 1 x 3 y 3 Lasketaan vielä suuntaisderivaatta suuntaan e = ae 1 + be 2 S 1 := S(0, 1) R 2. Tarkastellaan erikseen komponenttifunktioita f 1 (x, y) = x + y 2, f 2 (x, y) = log(1 5

7 x 3 y 3 ) ja lasketaan: Siten e f 1 (x, y) = lim h 0 f 1 ((x, y) + he) f(x, y) h = lim h 0 ha + (y + hb) 2 y 2 h = lim h 0 f 1 (x + ha, y + hb) f(x, y) h = a + 2by, f 2 (x + ha, y + hb) f 2 (x, y) e f 2 (x, y) = lim h 0 h log(1 (x + ha) 3 (y + hb) 3 ) log(1 x 3 y 3 ) = lim h 0 h = 3ax2 3by 2. 1 x 3 y 3 ) e f(x, y) = (a + 2by, 3ax2 3by 2. 1 x 3 y 3 Huomaa, että tämä voidaan kirjoittaa lyhyemmin muodossa [ ] [ ] 1 f e f(x, y) = 1 (x) 2 f 1 (x) a. 1 f 2 (x) 2 f 2 (x) b Sattumaako? ii) Olkoon f : R 2 R, f(x, y) = { 1 2x 2 + y 2 kun xy = 0, 0 muuten. Huomataan, että 1 f(0, 0) = 2 f(0, 0) = 0, mutta jos e S 1 \ {(1, 0), (0, 1)}, niin suuntaisderivaattaa e f(0, 0) ei ole olemassa (kuvaus h f(he) on epäjatkuva pisteessä h = 0). 3.2 Derivaatta lineaarikuvauksena Määritelmiä Funktio f on differentioituva pisteessä x G, jos on olemassa lineaarikuvaus L: R n R m siten, että (3) lim u 0 f(x + u) f(x) Lu u = Kuvausta L kutsutaan funktion f derivaataksi pisteessä x ja merkitään L = Df(x). 3. Matriisia mat Df(x) kutsutaan funktion f derivaattamatriisiksi tai Jacobin matriisiksi pisteessä x. 4. Funktio f on differentioituva, jos se on differentioituva pisteessä x kaikille x G. 6

8 Huomautus. Suoraan määritelmän perusteella huomataan, että lineaarikuvaukselle L: R n R m on L = Df(x) jos ja vain jos kaikille y G on voimassa f(y) = f(x) + L(y x) + y x ε(y x), missä lim z 0 ε(z) = 0. Kuvaus y f(x)+df(x)y arvioi siis kuvausta f lineaarisella tarkkuudella, pisteen x läheisyydessä. Propositio 3.3. Jos f : G R m on differentioituva pisteessä x G, niin tällöin 1 f 1 (x)... n f 1 (x) mat Df(x) =... 1 f m (x)... n f m (x) Edelleen, suuntaisderivaatta e f(x) on olemassa kaikille e S ja e f(x) = Df(x)e. Todistus. Olkoon i {1,..., n} ja k {1,..., m}. ja olkoon mat Df(x) = [a k,i ] k,i (1 k m, 1 i n) Tällöin, soveltamalla ehtoa (3), kun u = te i, havaitaan että eli yhtäpitävästi f k (x + te i ) f k (x) a k,i t lim t 0 t f k (x + te i ) f k (x) a k,i = lim t 0 t Jos e S, nähdään että joten e f(x) = Df(x)e. f(x + te) f(x) Df(x)(te) lim t 0 t = 0, = i f k (x). = 0, Huomautus. Proposition 3.3 nojalla huomataan, että yllä esitetty määritelmä yleistää luvussa 2 kerratut differentioituvuuden määritelmät tapauksissa n = 1 tai m = 1. Erityisesti siis, mat Df(x) = f(x), jos f : R n R on differentioituva pisteessä x ja vastaavasti Dg(x) = g (x), jos g : R R m on derivoituva pisteessä x R. Propositio 3.4. Funktio f : G R m on differentioituva pisteessä x jos ja vain jos jokainen sen komponenttifunktioista f 1,..., f m on differentioituva pisteessä x. Todistus. Määritelmän (3) ehto on voimassa, jos ja vain jos on olemassa lineaarikuvaukset L k : R n R, k = 1,..., m siten, että f k (x + u) f k (x) L k u lim u 0 u kaikilla k = 1,..., m. Toisin sanoen, f on differentioituva pisteessä x jos ja vain jos jokainen komponenttikuvauksista f 1,..., f m on sitä. 7 = 0

9 Esimerkkejä. i) Kuvaus f : R R 4, x (x 2, cos x, exp(x), sin x cos(x 2 )) on reaalimuuttujan funktiona differentioituva jos kaikki sen komponenttifunktiot ovat derivoituvia. Huomataan, että näin on, ja että f (x) = (2x, sin x, exp(x), cos x cos(x 2 ) 2x sin(x 2 ) sin x) kaikilla x R. ii) Olkoon f(x) = u + Lx, missä u R m ja L: R n R m on lineaarinen. Tällöin f on differentioituva ja Df(x) = L kaikilla x L. Erityisesti siis lineaarikuvaus L on differentioituva ja DL(x) = L kaikilla x R n. iii) Tarkastellaan kuvausta f : B(0, 1) R 2, f(x, y) = (x + y 2, log(1 x 3 y 3 )). Osoitetaan, että f on differentioituva pisteessä (x, y) B(0, 1), tarkastelemalla erikseen molempia komponenttifunktioita f 1 ja f 2. Olkoon 0 u R 2 siten, että x + u B(0, 1). Esitetään u muodossa u = he, missä e = (a, b) S 1 ja edelleen, että f 2 ((x, y) + u) f 2 (x, y) = g(h), reaalifunktiolle g(t) = f 2 (x + at, y + bt) f 2 (x, y). Aiemman esimerkin nojalla g on derivoituva välillä [0, h] (tai [h, 0], jos h < 0) joten differentiaalilaskennan väliarvolauseen nojalla f 2 ((x, y) + u) f 2 (x, y) = g(h) = g(h) g(0) = hg (ξ) = h e f 2 ((x, y) + ξe) ( ) 3a(x + ξa) 2 3b(y + ξb) 2 = h = u ( 3(x + ξa)2, 3(y + ξb) 2 ), 1 (x + ξa) 3 (y + ξb) 3 1 (x + ξa) 3 (y + ξb) 3 eräälle ξ ] h, h [. Huomataan, että f 2 ((x, y) + u) f 2 (x, y) u f 2 (x, y) = u ε(u), missä ( ) ( u (x 2, y 2 ) ε(u) = 3 u 1 x 3 y ((x + ) ξa)2, (y + ξb) 2 ) 0, 3 1 (x + ξa) 3 (y + ξb) 3 kun u 0 koska kuvaus (x, y) (x2,y 2 ) on jatkuva joukossa B(0, 1). Siten f 1 x 3 y 3 2 on differentioituva pisteessä (x, y). Komponenttifunktio f 1 osoitetaan differentioituvaksi vastaavalla (tosin hieman helpommalla) laskulla. Huomautus. Reaalifunktion derivaatan geometrinen tulkinta ({(y, f(x) + f (x)(y x) : y R} on funktion f kuvaajan tangenttisuora pisteessä (x, f(x)) yleistyy pisteessä x G differentioituvalle funktiolle f : G R m. Joukko {(y, f(x) + L(y x)) : y R n } R n+m on funktion f kuvaajan G f n-ulotteinen tangenttitaso pisteessä (x, f(x)). 8

10 3.3 C 1 -funktiot Kuten edellisestä esimerkistä saamme havaita, funktion differentioituvuuden osoittaminen suoralla laskulla määritelmää käyttäen on usein työlästä. Toisaalta pelkkä osittais/suuntaisderivaattojen laskeminen ei yleensä riitä differentioituvuuden osoittamiseksi. Kuitenkin, jos osittaisderivaatat ovat olemassa kaikilla x G ja jos kuvaukset x k f(x) ovat jatkuvia, seuraa tästä funktion f differentioituvuus. Määritelmä 3.5. Funktio f : G R m on C 1 -funktio, jos kaikilla i = 1,..., n osittaisderivaatta i f(x) on olemassa kaikilla x G, ja jos kuvaus x i f(x) on jatkuva. Lause 3.6. C 1 -funktio f : G R m on differentioituva. Todistus. Proposition 3.4 nojalla voidaan olettaa, että m = 1. Olkoon x G. Osoitetaan, että lineaarikuvaus u = (u 1,..., u n ) u i i f(x) i=1 on funktion f derivaatta pisteessä x. Koska G on avoin, löytyy r > 0 siten, että B(x, r) G. Olkoon u B(x, r) ja määritellään y 0 = x ja y i = y i 1 + u i e i, kun i = 1,..., n, jolloin x + u = y n ja edelleen, f(x + u) f(x) = f(y i ) f(y i 1 ). Arvioidaan erotusta f(y i ) f(y i 1 ), tarkastelemalla kuvausta g : t f(y i 1 +te i ). Havaitaan, että g on derivoituva, aina kun y i 1 + te i G, erityisesti välillä ]0, u i [, ja että g (t) = i f(y i 1 + te i ). Differentiaalilaskennan väliarvolauseen nojalla, on ξ i ]0, u i [ siten, että (4) f(y i ) f(y i 1 ) = u i g (ξ i ) = u i i f(y i + ξe i ) = u i i f(x) + u i ε i (u i ), missä i=1 ε i (u i ) = i f(y i + ξe i ) i f(x) 0, kun u 0, koska y i f(y) on jatkuva pisteessä x. Laskemalla yhteen termit (4), kun i = 1,..., m, saadaan lim u 0 = lim u 0 f(x + u) f(x) n i=1 u i i f(x) u i=1 ε i (u) u i u = 0. = lim u 0 n i=1 f(y i) f(y i 1 ) u i i f(x) u 9

11 Huomautuksia. i) Lauseen 3.6 todistuksesta seuraa itse asiassa seuraava hieman vahvempi tulos (yksityiskohdat:harjoitustehtävä): Jos yksi osittaisderivaatoista i f(x) on olemassa pisteessä x ja muut ovat olemassa ja jatkuvia eräässä pallossa B(x, r) R n, niin f on differentioituva pisteessä x. ii) Lauseen 3.6 perusteella C 1 -funktiota f on perusteltua kutsua jatkuvasti differentioituvaksi. Esimerkkejä. i) Tarkastellaan kuvausta f : B(0, 1) R 2, f(x, y) = (x + y 2, log(1 x 3 y 3 )), jonka osoitimme aiemmin differentioituvaksi suoraan määritelmää käyttämälla. Lauseen 3.6 perusteella differentioituvuus seuraa helpommin, koska osittaisderivaatat 1 f(x, y) = ( 1, ) ( 3x 2, 1 x 3 y 3 2 f(x, y) = 2y, ) 3y 2. 1 x 3 y 3 ovat jatkuvia joukossa G. ii) Olkoon f : R 2 R 2, (x, y) (x 3 +cos y, xy). Koska osittaisderivaatat 1 f(x, y) = (3x 2, y) ja 2 f(x, y) = ( sin y, x) ovat jatkuvia kuvauksia R 2 R 2, on f differentioituva lauseen 3.6 nojalla. Lisäksi [ ] 3x 2 sin y mat Df(x, y) =. y x iii) Tarkastellaan kuvausta f : x x, R n R. Huomataan, että jos x 0, niin i f(x) = x i x, joten osittaisderivaatat i f(x) ovat jatkuvina olemassa joukossa R n \ {0}. Kuvaus x x on siis differentioituva joukossa R n \{0}. Huomataan lisäksi, että f(x) =. Huomaa, että f ei ole differentioituva origossa. x x 3.4 Derivointikaavoja Lause 3.7. Olkoon f : G R m ja g : G R m differentioituvia pisteessä x. Tällöin 1. f + g on differentioituva pisteessä x derivaattanaan Df(x) + Dg(x). 2. αf on differentioituva pisteessä x derivaattanaan αdf(x). Todistus. Harjoitustehtävä. Lause 3.8. Olkoon f : G R m ja h: G R differentioituvia pisteessä x. Tällöin hf on differentioituva pisteessä x, ja D(hf)(x)u = (Dh(x)u) f(x) + h(x)df(x)u. 10

12 Todistus. Soveltamalla derivaatan määritelmää erikseen kuvauksille h ja f, saadaan kaikille u B(x, r) G, missä ε 1 (u), ε 2 (u) 0, kun u 0. Yhdistämällä nämä arviot, saadaan missä f(x + u) = f(x) + Df(x)u + u ε 1 (u), h(x + u) = h(x) + Dh(x)u + u ε 2 (u), h(x + u)f(x + u) = h(x)f(x) + (Dh(x)u) f(x) + h(x)df(x)u + u ε(u), ε(u) = u 1 (Df(x)u)D(h(x)u) + ε 1 (u)(h(x) + Dh(x)u)+ +ε 2 (u)(f(x) + Df(x)u) + ε 1 (u)ε 2 (u) u 0, kun u 0. Huomaa, että Dh(x)u Dh(x) u Dh(x) ja Df(x)u Df(x) u Df(x), sekä edelleen u 1 (Df(x)u)(Dh(x)u) Df(x) Dh(x) u kun u 1 (muista että L < on lineaarikuvauksen L normi, jolle on voimassa arviot (2)). Todistetetaan vielä ketjusääntönä tunnettu tulos yhdistetyn funktion derivaatalle Lause 3.9. Olkoon f : G R m differentioituva pisteessä x G, ja g : G R p differentioituva pisteessä f(x) G, missä G R m on avoin. Tällöin yhdistetty kuvaus g f on differentioituva pisteessä x derivaattanaan Dg(f(x)) Df(x). Todistus. Koska G R n ja G R m ovat avoimia ja f on differentioituvana jatkuva pisteessä x (harjoitustehtävä), niin voidaan valita r > 0 siten, että B(f(x), r) G ja r > 0 siten, että B(x, r ) G ja f(b(x, r )) B(f(x), r). Soveltamalla derivaatan määritelmää funktiolle g, saamme g(f(x) + u) = g(f(x)) + Dg(f(x))u + u ε 1 (u), kaikille u B(f(x), r), missä ε 1 (u) 0, kun u 0. Toisaalta, f(x + u ) = f(x) + Df(x)u + u ε 2 (u ), kun u B(x, r ), missä ε 2 (u ) 0, kun u 0. Soveltamalla näitä arvioita muuttujalle u = Df(x)u + u ε 2 (u ), saadaan missä g(f(x + u )) = g(f(x)) + Dg(f(x)) (Df(x)u + u ε 2 (u )) + u ε 1 (u) = g(f(x)) + Dg(f(x))Df(x)u + u ε(u ), ε(u ) = Dg(f(x))Df(x)ε 2 (u ) + u u u ε 1 (Df(x)u + u ε 2 (u )) 0, kun u 0, sillä u ( Df(x) + ε 2 (u ) ) u, missä D(f(x)) on lineaarikuvauksen D(f(x)) normi. 11

13 Huomautus. Lineaarialgebrasta muistamme, että lineaaristen kuvausten L: R n R m, M : R m R p yhdistetylle kuvaukselle ML: R m R p, on mat(ml) = mat M mat L, joten yhdistetyn kuvausken g f derivaattamatriisi saadaan kuvausten g ja f derivaattamatriisien tulona, mat D(g f)(x)) = mat Dg(f(x)) mat Df(x). Esimerkkejä. i) Kuvaus f : R 3 R 2, x (3x 1, x 2 x 3 ) on jatkuvasti differentiotuva, [ ] mat Df(x) =. 0 x 3 x 2 Samoin g : R 2 R 4, y (y 1 + y 2, sin y 1, cos y 2, exp(y 1 y 2 )) on jatkuvasti differentioituva ja 1 1 mat Dg(y) = cos y sin y 2. y 2 exp(y 1 y 2 ) y 1 exp(y 1 y 2 ) Ketjusäännön (lause 3.9) mukaan kuvaus g f : R 3 R 4 on differentioituva ja 1 1 [ ] mat D(g f)(y) = cos(3x 1 ) sin(x 2 x 3 ) 0 x 3 x 2 x 2 x 3 exp(3x 1 x 2 x 3 ) 3x 1 exp(3x 1 x 2 x 3 ) 3 x 3 x 2 = 3 cos(3x 1 ) x 3 sin(x 2 x 3 ) x 2 sin(x 2 x 3 ). 3x 2 x 3 exp(3x 1 x 2 x 3 ) 3x 1 x 3 exp(3x 1 x 2 x 3 ) 3x 1 x 2 exp(3x 1 x 2 x 3 ) ii) Jos f : R R on derivoituva, niin ketjusäännön nojalla g : x f( x ), R n \ {0} R on differentioituva gradienttinaan g(x) = f ( x ) x x. 3.5 Korkeamman kertaluvun osittaisderivaatat Määritelmiä Jos osittaisderivaatta k f(y) on olemassa pisteen x ympäristössä B(x, r) G, ja jos kuvauksella y k f(y), B(x, r) R m on j:s osittaisderivaatta pisteessä x, merkitään tätä j k f(x). 2. Jos kaikki osittaisderivaatat j k f(x) ovat jatkuvina olemassa kaikille x G, sanotaan että f on C 2 -funktio. 3. Vastaavalla tavalla määritellään kertaluvun p 3 osittaisderivaatat. Kuvaus f on C p -funktio (p kertaa jatkuvasti differentioituva), jos kaikki kertaluvun p osittaisderivaatat ovat jatkuvina olemassa koko määrittelyjoukossa G. Seuraava tulos on todistettu kurssilla Vektorianalyysin perusteet tapauksessa n = 1. Proposition 3.4 nojalla, se yleistyy välittömästi funktioille f : G R m. 12

14 Lause C 2 -funktiolle f : G R m on j k f(x) = k j f(x) kaikille x G, 1 k, j n. 4 Käyräintegraaleista 4.1 C 1 polun pituus Määritelmiä 4.1. R m. 1. Polku on suljetun välin [a, b] jatkuva kuvaus γ : [a, b] 2. Polun γ arvojoukko Γ = γ([a, b]) R m on käyrä. 3. Jos γ on injektio, kutsutaan sitä Jordan poluksi tai yksinkertaiseksi poluksi ja kuvajoukkoa γ([a, b]) vastaavasti yksinkertaiseksi käyräksi. 4. Polku γ on suljettu Jordan polku, jos γ [a,b[ on injektio, ja jos γ(a) = γ(b). 5. Polku γ (vast. käyrä Γ = γ([a, b])) on jatkuvasti differentioituva, jos γ on C 1 -kuvaus. 6. C 1 -polun γ : [a, b] R m pituus on luku l(γ) = b t=a γ (t) dt. Esimerkkejä. i) Polku γ[0, 3π] R 2, γ(t) = (cos t, sin t) on C 1 -polku ja γ (t) = ( sin t, cos t) = 1, joten l(γ) = 3π t=0 1 dt = 3π. Huomaa, että γ ei ole Jordan polku, koska γ([0, π]) = γ([2π, 3π]). ii) Polulle γ : [0, 2π] R 3, γ(t) = (t, sin t, cos t) on γ (t) = (1, cos t, sin t) = 2, joten l(γ) = 2π t=0 γ (t) dt = 2π 2. iii) Jatkuvan funktion f : [a, b] R m kuvaaja on polun γ : [a, b] R R m, γ(t) = (t, f(t)) määräämä käyrä γ([a, b]). Jos f on C 1, niin polun γ pituus l(γ) = b t=a γ (t) dt = on toisaalta funktion f kuvaajan pituus. b t=a 1 + f (t) 2 dt Huomautus. Jatkuvasti differentioituvan Jordan polun γ : [a, b] R m tapauksessa polun γ pituus on myös käyrän Γ = γ([a, b]) luonnollinen pituus: Jos Γ = γ([a, b]) = η(b, c]) jatkuvasti differentioituville Jordan poluille γ ja η, niin välttämättä l(γ) = l(η). (todistus: harjoitustehtävä). 13

15 4.2 Reaaliarvoisen funktion käyräintegraali Määritelmä 4.2. Olkoon γ : [a, b] R m jatkuvasti differentioituva polku, sekä γ([a, b]) A R m. Jos funktiolle f : A R, kuvaus f γ : [a, b] R on Riemann integroituva, niin funktion f käyräintegraali polun γ suhteen on b f ds := f(γ(t)) γ (t) dt γ t=a Huomautuksia. i) Koska t γ (t) on jatkuva, on määritelmä hyvin asetettu. Erityisesti, f ds on määritelty jatkuvalle f : A R. ii) Huomataan, että polun pituus γ on erikoistapaus käyräintegraalista, sillä l(γ) = 1 ds. Esimerkkejä. i) Olkoon γ : [0, π] R 2, t (sin t, cos t) ja f : R 2 R, (x, y) x 2. Tällöin π π f ds = f(γ(t)) γ (t) dt = sin 2 t dt = π 2. γ t=0 ii) Funktion f : R 3 R, f(x) = 3x 3 käyräintegraali polun γ : [0, 1] R 3, t (t, 2t, 2 3 t3 ) suhteen on γ f ds = 1 t=0 γ t=0 2t t 4 dt = 1 12 (5 + 4t4 ) 3/2 t=1 4.3 Vektorikentän käyräintegraali t=0 = Tarkastellaan avoimessa joukossa G R n määriteltyä C 1 -funktiota f : G R n (niin sanottua vektorikenttää). Muistamme, että vektorin f(x) skalaarikomponentin (pituuden) suuntaan e S m 1 antaa sisätulo f(x) e. Jos x = γ(t) ja e =, niin tämä saa muodon f(x) γ (t)/ γ (t). Tämän reaaliarvoisen funktion integroiminen käyrän γ suhteen johtaa vektorikentän käyräintegraalin määritelmään: γ (t) γ (t) Määritelmä 4.3. Jos γ : [a, b] R n on C 1 -polku, f : γ([a, b]) R n ja jos funktio t f(γ(t)) γ (t) on integroituva, niin funktion f käyräintegraali polun γ suhteen on b f ds := f(γ(t)) γ (t) dt. γ t=a Huomaa, että käyräintegraalilla f ds on esitys γ γ f ds = i=1 b t=a 14 f i (γ(t))γ i(t) dt..

16 Esimerkkejä. i) Määritelmän motivaatio tulee fysiikasta. Voimakentälle f, integraali f ds ilmaisee työn, jonka voima tekee kun kappale siirtyy pisteestä γ(a) pisteeseen γ γ(b) käyrää Γ = γ([a, b]) pitkin. Lasketaan voimakentän f(x, y) = (0, x) tekemä työ, kun kappale siirtyy tason pisteestä (1, 0) pisteeseen (0, 1) polkua γ : [0, π ], γ(t) = 2 (cos t, sin t) pitkin: ii) Funktiolle f : R 3 (t, t 2, t 3 ) on γ f ds = γ f ds = π/2 t=0 cos 2 t dt = π/4. R 3, (x, y, z) (2x, z, y) ja polulle γ : [0, 1] R 3, t 1 t=0 (2t, t 3, t 2 ) (1, 2t, 3t 2 ) dt = 1 t=0 2t + 5t 4 dt = 2. Huomautus. Jos γ : [a, b] R n ja η : [c, d] R m ovat polkuja, joille γ(b) = η(a), määritellään yhdistetty polku γ η : [a, b + d c] R n asettamalla { γ(t) kun t [a, b], γ η (t) = η(c + t b) kun t [b, b + d c]. Polkujen γ 1,..., γ k yhdistetty polku γ 1... γ k määritellään vastaavalla tavalla. Jos γ = γ 1... γ k, missä γ 1,..., γ k ovat jatkuvasti differentioituvia, sanotaan että γ on paloittain C 1 tai paloittain jatkuvasti differentioituva. Polun pituuden määritelmä, samoin kuin käyräintegraalien määritelmät 4.2, 4.3 yleistyvät suoraviivaisella tavalla paloittain jatkuvasti differentioituville poluille. Muistamme, että analyysin peruslauseen mukaan jatkuvasti derivoituvalle funktiolle f : [a, b] R on b t=a f (t) dt = f(b) f(a). Seuraavaksi yleistämme tämän tuloksen reaaliarvoiselle C 1 -funktiolle u: G R, missä G R n on avoin Lause 4.4. Avoimessa joukossa G R n määritellylle jatkuvasti differentioituvalle funktiolle u: G R ja jatkuvasti differentioituvalle polulle γ : [a, b] G on voimassa u ds = u(γ(b)) u(γ(a)). γ Todistus. Reaalifunktio u γ : [a, b] R on ketjusäännön (lause 3.9) nojalla jatkuvasti differentioituva, joten analyysin peruslauseen nojalla b t=a (u γ) (t) dt = u(γ(b)) u(γ(a)). 15

17 Edelleen, ketjusäännön nojalla joten väite seuraa. (u γ) (t) = Du(γ(t))γ (t) = u(γ(t)) γ (t), Huomautuksia. i) Jos avoimessa joukossa G R n määritellylle funktiolle f : G R n löytyy jatkuvasti differentioituva u: G R siten, että f = u, sanotaan että u on funktion f potentiaalifunktio. ii) Potentiaalifunktion olemassaolo on hienovarainen kysymys, jonka tarkempi tarkastelu jätetään tuonnemmaksi. Esimerkkejä. i) Olkoon f : R 3 γ : [0, 1] R 3, R 3, (x, y, z) (cos x cos y, sin x sin y, 2z) ja γ(t) = (sin(π log(1 + te t)), exp((t + t 2 )/2), 9 5t 5 ). Huomataan, että f = u, kun u(x, y, z) = sin x cos y + z 2, joten lauseen 4.4 nojalla f ds = u(γ(1)) u(γ(0)) = u(0, e, 2) u(0, 1, 3) = 5. γ ii) Funktiolla f : R 2 R 2, (x, y) (0, x) ei voi olla potentiaalia. Jos näet u olisi funktion f potentiaalifunktio, niin Lauseen 4.4 nojalla pitäisi olla f ds = u(γ(b)) u(γ(a)) = 0, γ jokaiselle C 1 -polulle γ, jolle γ(a) = γ(b). Kuitenkin, esimerkiksi polulle γ(t) = (cos t, sin t) on γ(0) = γ(2π), mutta 2π f ds = cos 2 t dt = π, joten potentiaalia ei voi olla olemassa. γ t=0 Huomautus. Terminologia juontaa juurensa fysiikasta. Sopivilla oletuksilla voimakentän f potentiaalienergialle u on voimassa f = u. Huomautus. Jatkuvasti differentioituvat polut γ : [a, b] R n ja η : [c, d] R n ovat ekvivalentteja, jos on olemassa jatkuvasti derivoituva bijektio h: [a, b] [c, d] siten, että η(t) = γ(h(t)) ja h (t) > 0 kaikilla t [a, b]. Jos γ ja η ovat ekvivalentteja, niin f ds = f ds γ aina kun vähintään toinen näistä integraaleista on määritelty. Jos funktiolla f on potentiaalifunktio, tämä seuraa suoraan Lauseesta 4.4. Yleinen tapaus todistetaan harjoitustehtävänä. Vastaava tulos pätee myös reaaliarvoisen funktion käyräintegraalille ja erityisesti polun pituudelle. 16 η

18 5 Käänteiskuvauslause ja implisiittifunktiolause 5.1 Käänteiskuvauslause Reaalifunktion analyyistä muistamme, että jos f : J on avointen reaalilukuvälien ja J välinen bijektio, joka on derivoituva pisteessä x, derivaattanaan f (x) 0, niin tällöin käänteisfunktio f 1 : J on derivoituva pisteessä f(x 0 ) ja pätee (f 1 ) (f(x 0 )) = 1 f (x 0 ). Tällä tuloksella on korkeampiulotteinen vastine, jonka todistamme seuraavaksi. Lause 5.1. Olkoon f : G R n jatkuvasti differentioituva avoimessa joukossa G R n. Jos x G ja det mat Df(x) 0, niin pisteellä x on avoin ympäristö V siten, että f : V f(v ) on bijektio, jolle f 1 : f(v ) V on differentioituva. Lisäksi (5) D(f 1 (y)) = ( Df(f 1 (y)) ) 1 kaikille y f(v ). Huomautus. Huomaa, että pisteen x sopivassa avoimessa ympäristössä (Df(z)) 1 on hyvin määritelty, koska det mat Df(x) 0 ja C 1 -kuvaukselle f, kuvaus z det mat Df(z) on jatkuva (harjoitustehtävä). Lemma 5.2. Olkoon f : G R m jatkuvasti differentioituva. Jos niin voidaan valita r > 0 siten, että M > mn max jf k (x), k {1,...,m},j {1,...,n} Df(u) M kaikilla u B(x, r). Todistus. Harjoitustehtävä. Lemma 5.3. Olkoon f : G R m jatkuvasti differentioituva ja olkoon x G, sekä M, r > 0 kuten Lemmassa 5.2. Tällöin f(y) f(z) M y z kaikilla y, z B(x, r). Todistus. Olkoon y, z B(x, r). Kuvaus g : [0, 1] B(x, r), t f((1 t)y + tz) on lauseen 3.9 nojalla differentioituva ja g (t) = Df((1 t)y + tz)(z y). Differentiaalilaskennan väliarvolauseen nojalla eräälle ξ ]0, 1[ on f(z) f(y) = g(1) g(0) = g (ξ) = Df((1 ξ)y + ξz)(z y), 17

19 ja edelleen f(z) f(y) Df((1 ξ)y + ξz) z y M z y sillä oletuksen ja lemman 5.2 nojalla sup Df(u) M. u B(x,r) Lauseen 5.1 todistus. Alku: Oletetaan aluksi, että Df(x) =, missä on identtinen kuvaus, x = x, R n R n. Koska f on jatkuvasti differentioituva, niin y det mat Df(y) on jatkuva, joten voidaan valita r 1 > 0 siten, että B(x, r 1 ) G ja det mat Df(y) 0, kun y B(x, r 1 ). (Koska Df(x) =, niin det mat Df(x) = 1). njektiivisyys: Tarkastellan kuvausta g(y) = f(y) y. Koska Dg(x) = 0, niin soveltamalla kolmioepäyhtälöä, sekä lemmaa 5.3 arvolla M = 1, löytyy 0 < r 2 2 < r 1 siten, että y z f(y) f(z) (f(y) y) (f(z) z) = g(y) g(z) 1 y z, 2 eli toisin sanoen f(y) f(z) 1 2 y z kaikille y, z B(x, r 2). Erityisesti siis f B(x,r2 ) on injektio. Kuvauksen f jatkuvuuden nojalla arvio laajenee myös reunalle S(x, r 2 ), eli pätee myös (harjoitustehtävä) (6) f(y) f(z) 1 2 y z kaikille y, z B(x, r 2). Olkoon r 3 = r 2 /4 ja W = B(f(x), r 3 ) R n sekä V = f 1 (W ) B(x, r 2 ). Huomaa, että koska W on avoin ja f jatkuva, niin V on kahden avoimen joukon leikkauksena avoin. Lisäksi V, koska x V. Tiedämme jo (koska V B(x, r 2 )), että f V on injektio. Surjektiivisuus: Olkoon u W. Tarkastellaan funktiota h: B(x, r 2 ) R, h(y) = f(y) u 2 = n j=1 (f j(y) u j ) 2. Tämä on jatkuva funktio, joten se saavuttaa pienimmän arvonsa suljetussa pallossa B(x, r 2 ). Jos y S(x, r 2 ), arviosta (6) seuraa, että f(y) u f(y) f(x) f(x) u 1 y x f(x) u 2 r 2 2 r 2 4 = r 2 4 = r 3 > f(y) u. 18

20 Toisin sanoen, funktion h minimi saavutetaan pisteessä z B(x, r 2 ), joten h(z) = 0 (ks. Vektorianalyysin perusteet). Toisaalta h(z) = e k k=1 j=1 2(f j (z) u j ) k f j (z) = 2(Df(z)) t (f(z) u), missä Df(z) t on lineaarikuvauksen Df(z) transpoosi. Koska det mat Df(z) t = det mat Df(z) 0, niin Df(z) t, on kääntyvä. Koska Df(z) t (f(z) u) = 0, niin välttämättä f(z) = u. Siten z B(x, r 2 ) f 1 (W ), joten f : V W on surjektio. Olemme nyt osoittaneet, että f : V W on bijektio. f 1 : W V on jatkuva: Tämä seuraa suoraan arviosta (6) (harjoitustehtävä). f 1 on differentioituva: Olkoon u = f(y) W. Osoitetaan, että (5) pätee. Olkoon L = Df(y) Pitää siis osoittaa, että (7) f 1 (v) f 1 (u) L 1 (v u) v u 0 kun v u. Merkitsemällä z = f 1 (v) ja käyttämällä derivaatan Df(y) määritelmää, saadaan f 1 (v) f 1 (u) L 1 (v u) = z y L 1 (f(z) f(y)) = z y L 1 (L(z y)) + ε(z y)) = L 1 (ε(z y)), missä w 1 ε(w) 0, kun w 0. Arvion (6) ja kuvauksen f 1 jatkuvuuden nojalla saadaan edelleen f 1 (v) f 1 (u) L(v u) v u = L 1 (ε(z y)) f(z) f(y) L 1 ε(z y) f(z) f(y) = L 1 ε(z y) z y z y f(z) f(y) 2 L 1 ε(z y) z y = 2 L 1 ε(f 1 (v) f 1 (u)) 0, f 1 (v) f 1 (u) kun v u. Olemme siis todistaneet kaikki lauseen väitteet tapauksessa Df(x) = 19

21 Yleinen tapaus: Olkoon L = Df(x). Koska det mat Df(x) 0, niin L on kääntyvä. Tarkastellaan kuvausta φ = L 1 f. Ketjusäännön nojalla Dφ(x) = D(L 1 ) Df(x) = L 1 L =, joten yllä todistetun nojalla on olemassa pisteen x avoin ympäristö V siten, että φ: V W (missä W = φ(v )) on differentioituva bijektio, jolle on voimassa (8) Dφ 1 (φ(y)) = Dφ(y) 1 Koska L on lineaarikuvauksena differentioituva ja se on lisäksi bijektio, todetaan ketjusäännön avulla, että f = L φ on differentioituva bijektio V L(W ). Samoin f 1 = φ 1 L 1 on differentioituva ja (yhtälö (8) huomioiden) Df 1 (f(y)) = Dφ 1 (L 1 f(y)) L 1 = Dφ 1 (φ(y))l 1 = Dφ(y) 1 L 1 = D(L φ)(y) 1 = Df(y) 1 Määritelmä 5.4. Avointen joukkojen V, U R n välistä jatkuvasti differentioituvaa bijektiota f : V U, jonka käänteiskuvaus f 1 : U V on differentioituva sanotaan diffeomorfismiksi. Lauseen 5.1 nojalla (harjoitustehtävä) jatkuvasti differentioituvalla kuvaus f, jonka derivaatalle pisteessä x on voimassa det mat Df(x) 0, on diffeomorfismi, kun se rajoitetaan sopivaan pisteen x avoimeen ympäristöön V. Lauseen 5.1 seurauksena saadaan myös seuraava tulos, joka helpottaa diffeomorfisuuden tutkimista. Seuraus 5.5. Jos W R n on avoin ja f : W R n on jatkuvasti differentioituva injektio, jolle det mat Df(x) 0 joukossa W, niin f : W f(w ) on diffeomoerfismi. Todistus. Jos y = f(x) f(w ), niin käänteiskuvauslauseen mukaan on olemassa avoimet joukot V, W R n siten että x V, ja että f : V W on diffeomorfismi. Erityisesti siis f 1 : W V on differentioituva pisteessä y ja sen osittaisderivaatat ovat jatkuvia tässä pisteessä. Koska tämä pätee kaikille y f(w ), todetaan että f 1 : f(w ) W on C 1 -kuvaus. Esimerkki 5.6. a) Tarkastellaan napakoordinaattikuvausta g : ]0, [ ]0, 2π[ R 2, g(r, φ) = (r cos φ, r sin φ), joka on injektio (harjoitustehtävä). Koska [ ] cos φ r sin φ Dg(r, φ) =, sin φ r cos φ niin g on jatkuvasti differentioituva. Edelleen det mat Dg(r, φ) = r(cos 2 φ + sin 2 φ) = r 0, 20

22 joten g : ]0, [ ]0, 2π[ g(]0, [ ]0, 2π[) = R 2 \ {(t, 0) : t 0}} on diffeomorfismi. Lasketaan vielä D(g 1 )( 3, 1)). Koska ( 3, 1) = g(2, π ), saadaan 6 ( ) ( mat D(g 1 ) 3, 1 = mat Dg 2, π ) [ 1 3 ] 1 1 = 2 = 1 [ (Muista, että kääntyvälle 2 2 matriisille [ ] a b A = c d on A 1 = 1 ad bc 1 2 [ ]) d b. c a ] = b) Tarkastellaan C 1 -kuvausta f : R 3 R 3, (x, y, z) (x 2, y(3 + z 8 ), 3z) pisteen (1, 0, 1) ympäristössä. Koska 2x 0 0 Df(x, y, z) = z 8 8yz 7, niin mat Df(1, 0, 1) = 0 4 0, joten käänteiskuvauslauseen nojalla on olemassa pisteen (1, 0, 1) ympäristö johon rajoitettuna f on diffeomorfismi. Koska f(1, 0, 1) = (1, 0, 3), saadaan lisäksi mat Df 1 2 (1, 0, 3) = mplisiittifunktioista Yleensä funktiot määritellään eksplisiittisesti eli suoraan kaavan avulla, esimerkiksi (9) tai f(x) = x 2 f(x, y, z) = (xy, log(1 + cos 2 (z + x)). Toisinaan tulee kutenkin vastaan tilanne, jossa halutaan ratkaista tuntematon (esim. muuttuja y) yhtälöstä f(x, y) = c. Tällöin ratkaisufunktiota y = g(x), joka toteuttaa annetun yhtälön f(x, g(x)) = c sanotaan implisiittifunktioksi. Esimerkiksi ylläoleva yhtälö (9) voidaan esittää implisiittisessä muodossa log 4 (y) = log 2 (x), jonka ratkaisuna on y = y(x) = x 2, kun x > [ ].

23 Esimerkki 5.7. Olkoon f : R 2 R, (x, y) x 2 + y 2. Tarkastellaan yhtälön f(x, y) = x 2 + y 2 = 1 määräämiä implisiittifunktioita. Huomataan, että sekä g = g 1 (x) = 1 x 2, että g = g 2 (x) = 1 x 2, [ 1, 1] R toteuttavat yhtälön f(x, g(x)) = 1 kaikilla x [ 1, 1]. mplisiittifunktio ei siis yleensä ole yksikäsitteinen. Jos (x 0, y 0 ) S 1 ja y 0 0, huomataan kuitenkin, että on olemassa avoimet välit, J R siten, että f(x 0, y 0 ) J, sekä yksikäsitteinen ehdon f(x, g(x)) = 0 toteuttava jatkuvasti differentioituva implisiitifunktio g : J. Pisteiden (1, 0) ja ( 1, 0) ympäristössä tämä ei päde (harjoitustehtävä, syy : y f(1, 0) = y f( 1, 0) = 0). Lause 5.8. Olkoon V R 2 avoin ja f : V R jatkuvasti differentioituva sekä (x 0, y 0 ) V siten, että y f(x 0, y 0 ) 0. Tällöin on olemassa avoin väli R siten, että x 0 ja (yksikäsitteinen) C 1 -funktio g : R siten, g(x 0 ) = y 0 ja että f(x, g(x)) = f(x 0, y 0 ) kaikille x. Todistus. Tarkastellaan kuvausta H(x, y) = (x, f(x, y)), V R 2. Komponentteja tarkastelemalla havaitaan, että H on C 1 -funktio. Edelleen [ ] 1 0 det mat DH(x 0, y 0 )) = det = x f(x 0, y 0 ) y f(x 0, y 0 ) y f(x 0, y 0 ) 0. Käänteiskuvauslauseen 5.1 nojalla on siis olemassa pisteen (x 0, y 0 ) avoin ympäristö U V siten, että H : U H(U) on diffeomorfismi. Merkitään H 1 = (G 1, G 2 ) ja c = f(x 0, y 0 ) R 2. Huomaamme, että G 1 (x, y) = x kaikille (x, y) H(U). Merkitsemällä (x, v) = H 1 (x, c) (jolloin v = G 2 (x, c)), näemme edelleen, että joten (x, c) = H(H 1 (x, c)) = H(x, v) = (x, f(x, v)), (10) f(x, G 2 (x, c)) = c, aina kun (x, c) H(U). Valitaan niin pieni r > 0, että ]x 0 r, x 0 + r[ {f(x 0, y 0 )} H(U) (tämä onnistuu, koska H(x 0, y 0 ) = (x 0, f(x 0, y 0 ))). Olkoon :=]x 0 r, x 0 + r[ ja määritellään g(x) = G 2 (x, c), Yhtälön (10) nojalla f(x, g(x)) = f(x, G 2 (x, c)) = c, kaikilla x. Osoitetaan vielä ratkaisun yksikäsitteisyys. Jos g : R 2, missä g() U, toteuttaa myös ehdon f(x, g(x)) = c kaikilla x, niin tällöin (x, g(x)) = H 1 (H(x, g(x)) = H 1 (x, f(x, g(x))) = H 1 (x, f(x, g(x))) = (x, g(x)), 22

24 joten välttämättä g(x) = g(x) kaikilla x. Lause 5.8 yleistyy suoraviivaisesti usean muuuttujan vektoriarvoisille implisiittifunktioille. Käytetään seuraavassa merkintää (x, y) avaruuden R n+m = R n R m alkioille (x, y), missä x R n, y R m. Jos f : R n+m R m, merkitään lisäksi D y f(x, y) = Dh(y), missä h: R m R m, h(y) = f(x, y). Matriisimuodossa esitettynä y1 f 1 (x) ym f 1 (x, y) mat D y f(x, y) =... y1 f m (x, y) ym f m (x, y) Vastaavasti määritellään D x f(x, y): x1 f 1 (x) xn f 1 (x, y) mat D x f(x, y) =... x1 f m (x, y) xn f m (x, y) Lause 5.9. Olkoon n, m N, G R n+m avoin ja f : G R m jatkuvasti differentioituva. Jos (x 0, y 0 ) G ja det mat D y f(x 0, y 0 ) 0, niin on olemassa pisteen (x 0, y 0 ) avoin ympäristö U V R n R m ja yksikäsitteinen C 1 -funktio g : U V siten, että f(x, g(x)) = f(x 0, y 0 ) kaikille x U. Todistus. Samaan tapaan kuin tapaus n = m = 1 yllä. Yksityiskohdat harjoitustehtävänä. Esimerkkejä. a) Tutkitaan yhtälöä (11) 2y x 2 y + y 7 = 0 Merkitään f(x, y) = 2y x 2 y + y 7. Koska y f(x, y) = 2 x 2 + 7y 6, niin y f(0, 0) = 2 0, joten yhtälöllä on origon ympäristössä täsmälleen yksi C 1 -ratkaisu muodossa y = g(x). Koska x f(0, 0) = 0, niin implisiittifunktiolause ei sano mitään muotoa x = g(y) olevista ratkaisuista. b) Olkoon f : R 3 R, f(x, y, z) = sin(x + y) + 3 cos(x + z) + 2y. Havaitaan, että f(0) = 3 ja f(0) = (1, 3, 0) (koska f(x, y, z) = (cos(x + y) 3 sin(x + z), 2+cos(x+y), 3 sin(x+z))). Yhtälöllä f(x, y, z) = 3 on siis origon ympäristössä ratkaisu muodossa x = g(y, z) sekä muodossa y = h(x, z). Muotoa z = u(x, y) olevista ratkaisuista emme voi sanoa implisiittifunktiolauseen perusteella mitään. Muodollisesti voidaan ratkaista, z = arccos ( 1 ) 2y + sin(x + y) x, 3 ja huomataan että yhtälöllä f(x, y, z) = 3 on joukossa {(x, y) : 2y + sin(x + y) 0} kaksi eri ratkaisua muodossa z = u(x, y) (kumpikaan näistä ei ole differentioituva 23

25 pisteessä (x, y) = (0, 0)). c) Tutkitaan yhtälöparia { xyz + 2xzu = 0 xy + 2yz + zu = 1 pisteen (0, 1, 1, 3) ympäristössä. Yhtälöpari voidaan ilmoittaa muodossa f(x, y, z, u) = (0, 1), kun f : R 4 R 2, f(x, y, z, u) = (xyz + 2xzu, xy + 2yz + zu). Funktio f on jatkuvasti differentioituva ja [ ] yz + 2zu xz xy + 2xu 2xz mat Df(x, y, z, u) =, y x + 2z 2y + u z jolloin Nyt mat Df(0, 1, 1, 3) = [ ] , , , joten yhtälöparilla on pisteen (0, 1, 1, 3) läheisyydessä muotoa (x, y) = g(z, u), (x, z) = h(y, u), sekä (x, u) = ϕ(y, z) olevat ratkaisut. Muista vaihtoehtoisista ratkaisuista (esim. muodossa (y, z) = ψ(x, u)) implisiittifunktiolause ei taaskaan sano mitään. Lause (5.9) on olemassaolotodistus, eikä se anna yleistä tapaa konstruoida ratkaisufunktiota. mplisiittifunktion derivaatta voidaan kuitenkin määrittää seuraavan tuloksen avulla. Huomautus. Lauseen 5.9 (5.8) todistuksesta seuraa, että det mat D y f(x, g(x)) 0 ( y f(x, g(x)) 0) kaikille x U (x ) (harjoitustehtävä). Lause Lauseen 5.9 tilanteessa, implisiittifunktiolle g on voimassa (12) D(g(x)) = D y f(x, g(x)) 1 D x f(x, g(x)) kaikille x U. Erityisesti D(g(x 0 )) = D y f(x 0, y 0 ) 1 D x f(x 0, y 0 ). Huomautus. Lauseen 5.8 tilanteessa kaava (12) saa muodon g (x) = xf(x, g(x)) y f(x, g(x)). Todistus. Käsitellään ensin tapaus n = m = 1. Funktio ψ(x) = f H(x), missä H(x) = (x, g(x)), saa vakioarvon joukossa U, joten ketjusääntöä (lause 3.9) soveltaen, 0 = ψ (x) = f(x, g(x)) H (x) = ( x f(x, g(x)), y f(x, g(x))) (1, g (x)) = x f(x, g(x)) + y f(x, g(x))g (x), 24

26 eli yhtäpitävästi g (x) = xf(x, g(x)) y f(x, g(x)). Huomaa, että oletuksen (ja ylläolevan huomautuksen) mukaan y f(x, g(x)) 0 kaikille x U. Yleinen tapaus todistetaan vastaavalla päättelyllä. Tiedämme, että f h(x) = 0 kaikille x U, missä h: U R n+m, h(x) = (x, g(x)), on jatkuvasti differentioituva. Siten D(f h(x)) = 0 kaikille x U. Koska Dh(x)u = (u, Dg(x)u), niin ketjusääntöä soveltaen saadaan kaikille u R n 0 = D(f h(x))u = Df(h(x)) (Dh(x)u) = Df(x, g(x))(u, Dg(x)u) = D x f(x, g(x))u + D y f(x, g(x)) Dg(x)u. Siten Dg(x)u = D y f(x, g(x)) 1 D x f(x, g(x))u. Esimerkkejä. Sovelletaan implisiittistä derivointia aiemman esimerkin tilanteisiin: a) Olkoon y = g(x) yhtälön (13) 2y x 2 y + y 7 = 0 lokaali ratkaisu origon ympäristössä. Lausetta 5.10 soveltaen saadaan g (x) = xf(x, y) y f(x, y) = 2xy 2 x 2 + 7y 6. Erityisesti g (0) = 0. Vastaavasti, pisteen ( 3 2, 1) ympäristössä määritellylle implisiittifunktiolle y = g(x), saadaan g ( 3 2 ) = b) Olkoon x = g(y, z) yhtälön f(x, y, z) = sin(x + y) + 3 cos(x + z) + 2y lokaali ratkaisu origon ympäristössä (jolloin f(x, y, z) = (cos(x + y) 3 sin(x + z), 2 + cos(x + y), 3 sin(x + z))). Lauseen 5.10 perusteella Vastaavasti g(0, 0) = ( yf(0, 0, 0), z f(0, 0, 0)) x f(0, 0, 0) h(0, 0) = ( 1 3, 0), = (3, 0). kun y = h(x, z) on yhtälön lokaali ratkaisu muuttujien x ja z avulla esitettynä. c) Lasketaan vielä Dg(1, 3) yhtälöparin { xyz + 2xzu = 0 xy + 2yz + zu = 1 lokaalille ratkaisulle (x, y) = g(z, u) pisteen (0, 1, 1, 3) läheisyydessä käyttäen hyväksi esitystä [ ] mat Df(0, 1, 1, 3) = Lause 5.10 soveltuu ja saadaan [ ] 1 [ ] mat Dg(1, 3) = = 1 [ ] [ ] [ ] =

27 6 Moniulotteinen Riemann integraali 6.1 Riemann integraali yli kompaktin välin Avaruuden R n väli on karteesinen tulo = 1... n R n, missä 1, 2,..., n ovat reaalilukuvälejä. Tarkastellaan jatkossa tilannetta, jossa välit i = [a i, b i ] ovat suljettuja ja rajoitettuja, jolloin myös väli = n [a i, b i ] i=1 on suljettu ja rajoitettu (eli kompakti). Tällaisen välin luonnollinen n-ulotteinen tilavuus on n λ() := λ n () = (b i a i ) = (b 1 a 1 ) (b n a n ). i=1 Muistamme, että välin [a, b] R jako on joukko P = {x 0,..., x k } missä a = x 0 < x 1 <... < x n = b. Suljetun välin = 1 n R n jako on puolestaan karteesinen tulo P = P 1 P n, missä P i on välin i jako jokaisella i = 1,..., n. Kun P i = {a i = x i,0,..., x i,ki = b i }, huomaamme, että jako P = P 1 P n jakaa välin = [a 1, b 1 ] [a n, b n ] yhteensä k 1 k n osaväliin, (14) = missä j1,...,j n = k 1 j 1 =1 k n j n=1 j1,...,j n, n [x l,jl 1, x l,jl ] = [x 1,j1 1, x 1,j1 ] [x jn 1, x jn + 1]. l=1 Huomaamme lisäksi, että esityksessä (14), välien j1,...,j n sisukset n int j1,...,j n = ]x l,jl 1, x l,jl [ l=1 ovat keskenään erillisiä. Välin jako Q on (välin ) jaon P hienonnus, jos P Q. Geometrisesti tämä tarkoittaa sitä, että jakoa Q vastaavat välin osavälit on saatu jakamalla jaon P määräämät välit edelleen pienempiin osaväleihin. 26

28 Huomautus. Jos P = P 1... P n on välin jako, niin (15) λ() = k 1 j 1 =1 k n j n=1 λ( j1,...,j n ), (todistus: induktiolla dimension n ja välien lukumäärän suhteen, harjoitustehtävä). Jos sekaannuksen vaaraa ei ole, käytetään jatkossa välin jakoon P liittyvistä osaväleistä merkintää α (tässä siis α P = {(j 1,..., j n ) : 1 j i j ki kaikilla j = 1,..., n}). Määritelmiä 6.1. Olkoon R n kompakti väli. Rajoitettu funktio h: R on porrasfunktio, jos on välin jako P = P 1 P n ja vakiot c α R siten, että h(x) = c α kaikille x α ja kaikille α P. Porrasfunktion h alkeisintegraali yli välin on tällöin h = h(x) dx = h(x 1,..., x n ) d(x 1,..., x n ) = λ( α )c α. α P Huomautus. Porrasfunktio h voidaan määritellä vapaasti joukkojen j1,...,j n reunoilla j1,...,j n (kunhan h pysyy rajoitettuna) Lemma 6.2. Olkoon h, g : R porrasfunktioita. Tällöin 1. Alkeisintegraalin määritelmä on riippumaton porrasvälijaosta: Olkoot P ja Q välin jakoja ja olkoot α, α P ja β, β Q näihin jakoihin liittyvät osavälijaot. Jos on olemassa vakiot c α ja c β (kaikille α P, β Q) siten, että h(x) = c α kaikille x α ja kaikille α P, h(x) = c β kaikille x β ja kaikille β Q, niin tällöin α P λ( α )c α = β Q λ( β)c β. 2. Jos η, γ R, niin ηh + γg on porrasfunktio ja (ηh + γg) = η h + γ g 3. Jos g(x) h(x) kaikille x, niin g h. 27

29 4. Jos on yhdiste väleistä 1,..., k joiden sisukset int j ovat erillisiä, niin h = k j=1 j h. Todistus. Väite 1 seuraa huomautuksesta (15) sovellettuna pienimpään jakojen P ja Q yhdisteen P Q sisältävään jakoon R = (P 1 Q 1 ) (P n Q n ). (yksityiskohdat: harjoitustehtävä). Jos P ja Q ovat porrasfunktioihin h ja g liittyvät jaot, niin ylläolevalle jaolle R on vakiot c α, c α, α R siten, että h(x) = c α ja g(x) = c α aina kun x α ja α R. Siispä (ηh + γg)(x) = ηc α + γc α =: c α, kun x α ja näinollen ηh + γg on porrasfunktio. Lisäksi (kohdan 1. perusteella) ηh + γg = λ( α )c α = λ( α )(ηc α + γc α) = η λ( α )c α + γ λ( α )c α α R α R α R α R = η h + γ g. Väite 3 seuraa ylläolevin merkinnöin siitä, että c α c α kaikille α R, jolloin g = λ( α )c α λ( α )c α = h. α R α R Väitteen 4 todistamiseksi tapauksessa k = 2, muodostetaan (harjoitustehtävä: mieti miten) välin jako P siten, h(x) = c α kaikilla α P ja lisäksi kaikille α P on joko α 1 tai α 2. Tällöin on välin 1 jako ja Q 1 = {α P : α 1 } Q 2 = {α P : α 2 } on välin 2 jako ja saadaan h + h = λ( α )c α + λ( α )c α = λ( α )c α = 1 2 α Q 1 α Q 2 α P Tapaus k > 2 palautuu tapaukseen k = 2 induktiolla. Nyt voidaan määritellä kompaktilla välillä määritellyn rajoitetun funktion Riemann integraali. 28 h.

30 Määritelmiä 6.3. Olkoon R n kompakti väli ja f : R rajoitettu funktio. Funktion f alaintegraali (yli välin ) on { } ala f := sup h : h on porrasfunktio ja h(x) f(x) kaikille x. Vastaavasti määritellään yläintegraali { } ylä f := inf h : h on porrasfunktio ja h(x) f(x) kaikille x. Jos ala f = ylä f, niin f on (Riemann-) integroituva (yli välin ) ja sen (Riemann- ) integraali on f = f(x) dx = f(x 1,..., x n ) d(x 1,..., x n ) = ala f = ylä f. Huomautus. Arvio ala f ylä f on Lemman nojalla aina voimassa, joten f on integroituva täsmälleen silloin kun ala f ylä f. Yhtäpitävästi, f on Riemann integroituva jos ja vain jos kaikille ε > 0 on ala f > ylä f ε. Tämä havainto johtaa niin sanottuun Riemannin ehtoon funtkion f integroituvuudelle: (16) f : R on Riemann integroituva jos ja vain jos kaikille ε > 0 löytyy porrasfunktiot h ja g siten että h f g ja g h < ε. Esimerkkejä. a) Jokainen porrasfunktio on Riemann integroituva. b) Olkoon = [0, 1] 2 ja f : R, f(x, y) = x 3 + y 3. Olkoon P n = {( k, j ) : 0 n n k, j n}. Tällöin P n on välin jako jokaisella n N. Olkoon k,j = [ k 1, k j 1 ] [, j ] n n n n ja c k,j = min x k,j f(x) = (k 1)3 + (j 1) 3 n 3. C k,j = max x k,j f(x) = k3 + j 3 n 3. Määritellään h n (x) = c k,j kaikilla x int k,j, g n (x) = C k,j kaikilla x int k,j sekä h n (x) = 0, g n (x) = 1, jos x k,j jollekin 1 k, j n. Tällöin h n ja g n ovat porrasfunktioita ja h n (x) f(x) g n (x) kaikille x [0, 1] 2. Siten ylä f g n = = 2 n 5 k=1 j=1 k=1 j=1 λ( k,j )c k,j = j 3 = 2 n 4 j=1 k=1 j=1 j 3 = 2 n 4 n 2 (n + 1) n 2 k 3 + j 3 n 3 = 1 n 5 = k=1 j=1 (n + 1)2 2n 2 1 2, k 3 + j 3

31 Kun n. Siten ala f 1. Vastaavasti, 2 (n 1)2 ala f h n = 1 2n 2 2, kun n. Siten f on Riemann integroituva ja f = 1. 2 c) Jos g : [0, 1] 3 R, { 1 kun x Q, g(x, y, z) = 1 kun x / Q, havaitaan (harjoitustehtävä), että ala g = 1, kun taas ylä g = 1. Siispä g ei ole Riemann integroituva. Riemann integraalilla on seuraavat perusominaisuudet: Lause 6.4. Olkoon f, g : R Riemann integroituvia. Tällöin 1. Jos η, γ R, niin ηf + γg on Riemann integroituva ja (ηf + γg) = η f + γ g 2. Jos f(x) g(x) kaikille x, niin f 3. Jos on yhdiste väleistä 1,..., k joiden sisukset int j ovat erillisiä, niin f = k j=1 g. j f. Todistus. Lemman 6.2 ja määritelmien suora seuraus. Yksityiskohdat: harjoitustehtävä. 6.2 Jatkuvan funktion Riemann integraali Lause 6.5. Olkoon R n kompakti väli ja f : R jatkuva funktio. Tällöin f on Riemann integroituva. Todistus. Olkoon ε > 0. Koska f on kompaktin joukon jatkuvana funktiona tasaisesti jatkuva, voidaan valita δ > 0 siten, että (17) f(x) f(y) < ε aina kun x y < δ. Olkoon nyt P sellainen välin jako, että kaikille α P, välin α halkaisija diam( α ) := sup x,y α x y < δ. 30

32 (Tällainen P saadaan muodostettua esim. valitsemalla P = P 1 P n, kun = 1 n ja P k on (reaaliluku-)välin k jako osaväleihin, joiden pituus on enintään δ/ n.) Asetetaan kaikille α P, c α = min x α f(x), C α = max x α f(x) ja määritellään kaikille α P, h(x) = c α sekä g(x) = C α kaikilla x int α. Asetetaan lisäksi h(x) = M, g(x) = M kaikille muille x, missä luku M R on valittu niin suureksi, että M f(x) M kaikille x. Funktiot h ja g ovat porrasfunktioita, joille h f g. Koska C α c α < ε, niin tietoa (15) käyttäen saadaan g h = λ( α )C α λ( α )c α = λ( α )(C α c α ) ελ( α ) = ελ(). α P α P α P α P Koska tämä arvio on voimassa kaikille ε > 0, niin funktion f integroituvuus seuraa Riemannin ehdosta (16). 6.3 Fubinin lause, nollajatko ja Lebesguen ehto Riemann integroituvuudelle Funktion f : R Riemann integraalin arvon laskeminen perustuu useimmiten seuraavan Fubinin lauseena tunnettuun tulokseen: Lause 6.6. Olkoon R n ja J R m kompakteja välejä ja f : J R Riemann integroituva. Jos kaikille y J, kuvaus x f(x, y), R on Riemann integroituva, niin tällöin myös kuvaus y f(x, y) dx on Riemann integroituva ja ( ) f = f(x, y) dx dy. Todistus. Sivuutetaan. J J Esimerkkejä. a) Olkoon f : [0, 1] [0, 2] R, f(x, y) = 2x + y 3. Tällöin f on jatkuvana funktiona Riemann integroituva, samoin kuin x f(x, y) kaikille y [0, 2]. Fubinin lauseen nojalla [0,1] [0,2] f = = 2 y=0 2 y=0 ( 1 ( ) f(x, y) dx x=0 ) (x 2 + xy 3 ) 1 x=0 dy = dy = 2 y=0 2 y=0 ( 1 ) 2x + y 3 dx x=0 1 + y 3 dy = 6. dy 31

33 Huomaa, että Fubinin lauseeseen nojautuen, integraalin voi laskea myös järjestyksessä 1 ( 2 ) f = 2x + y 3 dy dx =... = 6. [0,1] [0,2] x=0 y=0 b) Olkoon = [0, 1] [0, 2] [0, 1] ja olkoon f : R, f(x, y, z) = x 2 exp(y + z). Koska f on jatkuva, niin Fubinin lauseen oletukset ovat voimassa ja saadaan 1 ( ) (18) f = f(x, y, z) d(y, z) dx. x=0 [0,2] [0,1] Sovelletaan edelleen Fubinin lausetta sisempään integraaliin: 2 1 f(x, y, z) d(y, z) = x 2 exp(y + z) dz dy [0,2] [0,1] 2 = y=0 y=0 z=0 x 2 exp(y)(e 1) dy = x 2 (e 2 1)(e 1). Sijoittamalla tämä yhtälöön (18) saadaan lopulta 1 f = (e 2 1)(e 1) x 2 dx = (e2 1)(e 1) (19). x=0 3 Funktion f : A R Riemann integraalin määrittely yli rajoitetun joukon A R n perustuu seuraavaan menettelyyn: Määritelmiä 6.7. Olkoon A R n rajoitettu ja f : A R. Jos R n on sellainen kompakti väli, että A, määritellään funktion f nollajatko (väliin ), asettamalla { f(x) kun x A, f 0 (x) = 0 kun x \ A. Funktio f on Riemann integroituva (yli joukon A), jos f 0 : R on Riemann integroituva. Funktion f Riemann integraali on tällöin f = f 0. A Huomautus. Määritelmä on hyvin asetettu, koska funktion f integroituvuus ja integraalin arvo ovat riippumattomia välin valinnasta (harjoitustehtävä). Nollajatko f 0 on tyypillisesti epäjatkuva joukon A reunalla A (vaikka f : A R olisi jatkuva). Funktion f integroituvuus voidaan kuitenkin varmistaa seuraavan tuloksen avulla, jos reuna A on riittävän pieni 32