Analizė II. Uždavinynasrimasn/Matematinė analizė...Analizė II. Uždavinynas Raimondas Malukas,...

Analizė II. Uždavinynas

Raimondas Malukas, Jurgita Markevičiūtė ir Rimas Norvaiša

2019 gegužės 23 d.

Abstract

Čia yra pradėtas pildyti užduočių ir jų dalies sprendimų rinkinys.Čia yra atliktos paskaitų konspekto ir atsiskaitymų užduotys, bei savarankiškamdarbui skirtos užduotys.

1

1 Kas daroma paskaitose ir pratybose2019-03-19 [Paskaita] Euklidinės erdvės: pagrindinės sąvokos (1.1 skyrelis,

[5][).[Pratybos] Atlikom 2.22, 2.23, 2.25, 2.27, 2.31 ir 2.38 užduotis.

Namų darbai: atlikti 2.24, 2.26, 2.28, 2.30 ir 2.37 užduotis

2019-03-21 Nukelta į kitą dieną.

2019-03-22 Perkelta iš praeitos dienos.[Paskaita] 10 val. 101 auditorija. Vektorių sekos konvergavimas.

Atvirosios ir uždarosios vektorių aibės (1.2 ir 1.3 skyreliai, [5][).[Pratybos] 12 val. 101 auditorija. Aptarėm namų darbus. Atlikom

3.7.2 3.5 ir 4.11 užduotis. Namų darbai: atlikti 3.7.3, 3.7.5, 3.8, 4.14ir 4.15 užduotis.

2019-03-26 [Paskaita] Atvirosios, uždarosios ir kompaktinės vektorių aibės(1.3 ir 1.4 skyreliai, [5][).

[Pratybos] Atlikom 4.16, 4.17.4, 4.17.6, 4.19.2 ir 4.19.4 užduotis.Namų darbai: atlikti 4.17.1, 4.17.3, 4.17.5, 4.18 ir 4.20.2 užduotis.

2019-03-28 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 4.10 užduotį. Namųdarbai: atlikti 4.21, 4.27, 4.28, 4.31 ir 4.32 užduotis.

2019-04-02 [Paskaita] Funkcijos ir jų konvergavimas (2.1 skyrelis, [5][).[Pratybos] Atlikom 5.5, 5.1 ir 5.6 užduotis. Namų darbai: atlikti

5.7, 5.8 ir 5.9 užduotis.

2019-04-04 [Paskaita] Funkcijos tolydumas (2.2 skyrelis, [5][).[Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 5.11.1 užduotį. Namų

darbai: atlikti 5.11.3, 5.12, 5.13 užduotis.

2019-04-09 [Paskaita] Tiesinės ir afiniosios funkcijos (2.3 skyrelis, [5][).[Pratybos] 2.3.1 pratimas iš konspekto, bei 6.4 užduotis iš šio už-

davinyno. Namų darbai: atlikti 6.7, 6.9, 6.10 ir 6.14 užduotis.

2019-04-11 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 6.5 užduotį. Namųdarbai: atlikti 6.6, 6.11, 6.12 ir 6.13 užduotis.

2019-04-23 [Paskaita] Atsiskaitymas už sąvokas: 44-49 iš Analizė I ir 1 -21 iš Analizė II. Paskaitos tema: Iškilos aibės (2.4 skyrelis, [5]).

[Pratybos]

2019-04-25 [Paskaita] Iškilosios ir įgaubtosios funkcijos (2.4 skyrelis, [5]).[Pratybos] Atlikom 7.8 ir 7.9 užduotis. Namų darbai: atlikti 7.10,

7.11, 7.16, 7.17 ir 7.19 užduotis.

2

2019-04-26 Atsiskaitymas už pirmos semestro pusės paskaitas (kolokviumas) irpratybas (kontrolinis darbas). Temos nuo integralo (6.1 skyrius išAnalizė I) iki tiesinių funkcijų (2.2 skyrius iš Analizė II). Renkamės 10val. 101 auditorijoje.

2019-04-30 [Paskaita] Paskaitos tema: Funkcijų sekos konvergavimas ir išvestinėsapibrėžtis (3 skyrius ir 4.1 skyrelis, [5]).

[Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 8.3 užduotį. Namųdarbai: atlikti 8.4, 8.5 ir 8.6 užduotis.

2019-05-02 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 9.8, 9.9 ir 9.10 užduo-tis. Namų darbai: atlikti 9.11, 9.12 ir 9.13 užduotis.

2019-05-06 [Pratybos] 1-os grupės pratybos 14:00-15:30 (303 auditorija).

2019-05-07 [Paskaita] Diferencijuojamų funkcijų savybės (4.1 skyrelis, [5]).[Pratybos] 1-os grupės pratybos 14:00-15:30 atkeltos į pirmadienį

14-15:30 (303 auditorija). Aptarėm namų darbus ir atlikom 9.5 ir 9.14užduotis. Namų darbai: atlikti 9.15 užduotį.

2019-05-09 [Paskaita] Kryptinės ir dalinės išvestinės (4.2 skyrelis, [5]).[Pratybos] Aptarėm namų darbus ir atlikom 10.6, 10.7 ir 10.8 už-

duotis. Namų darbai: atlikti 10.12, 10.13, 10.15 ir 10.17 užduotis.

2019-05-14 [Paskaita] Vidutinės reikšmės teoremos (4.3 skyrelis, [5]).[Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 12.3 ir 12.4 užduotis.

Namų darbai: atlikti 12.6 ir 12.7 užduotis.

2019-05-16 [Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 11.2, 9.3 ir 12.5 už-duotis. Namų darbai: atlikti 11.8, 11.10 ir 12.9.1 užduotis.

2019-05-21 [Paskaita] Antrosios eilės išvestinč ir Hesse’s matrica (4.4 skyrelis,[5]).

[Pratybos] Atlikom 13.7 užduotį. Namų darbai: atlikti 13.8, 13.11ir 13.12 užduotis.

2019-05-23 [Paskaita] Atsiskaitymas už sąvokas: 22 - 29 iš Analizė II.Funkcijos ekstremumo ir balno taškai (5.2 skyrelis, [5]).

[Pratybos] Aptarėm namų darbus. Atlikom 14.9 užduotį. Pradėjom14.10 užduotį. Namų darbai: pabaigti 14.10 užduotį ir atlikti 14.14,14.15 ir 14.18 užduotis.

2019-05-28 [Paskaita] Atsiskaitymas už sąvokas: 30 - 37 iš Analizė II.[Pratybos]

3

Reikia žinoti šių sąvokų apibrėžimus:

1. tiesinė erdvė;

2. aritmetinė tiesinė erdvė;

3. euklidinė erdvė;

4. tiesiškai nepriklausomi vektoriai;

5. (standartinė) skaliarinė sandauga;

6. euklidinė norma;

7. euklidinis atstumas;

8. vektorių sekos konvergavimas;

9. aibės sąlyčio taškas;

10. aibės ribinis taškas;

11. aibės izoliuotas taškas;

12. aibės vidinis taškas;

13. uždaroji aibė;

14. atviroji aibė;

15. kompaktinė aibė;

16. funkcijos konvergavimas;

17. funkcijos tolydumas;

18. funkcijos tolygus tolydumas;

19. funkcijos tolygus aprėžtumas; (papildyti)

20. tiesinė funkcija;

21. afininė funkcija;

22. iškiloji aibė;

23. iškiloji funkcija;

24. diferencijuojama funkcija;

25. Jacobio matrica;

26. kompozicijos diferencijavimo taisyklė;

4

27. kryptinė ir dalinė išvestinė;

28. gradientas;

29. vidutinės reikšmės teorema;

30. funkcijos antroji išvestinė;

31. bitiesinė funkcija;

32. antrosios eilės diferencialas;

33. antrosios eilės kryptinė išvestinė;

34. funkcijos Hesses matrica;

35. lokalaus ekstremumo ir balno taškai;

36. kritiniai taškai;

37. sąlyginio ekstremumo uždavinys.

5

2 Euklidinės erdvės

2.1 Naudojami apibrėžimai ir faktai

Euklidinių erdvių R2 ir R3 elementus galima susieti su, atitinkamai, ge-ometrinės plokštumos ir geometrinės erdvės vektoriais. Priminsime šias są-vokas.

2.1 apibrėžtis. Geometrinės plokštumos vektoriumi, arba tiesiog vektori-umi, vadinama plokštumos atkarpa, kurioje nurodyta kryptis. Jei atkarpojeAB nurodyta kryptis iš A į B, tai A vadinamas vektoriaus pradžios tašku,B - vektoriaus galo tašku, o pats vektorius žymimas ~AB. Vektoriaus ~ABilgiu vadinamas atkarpos AB ilgis. Bet kuris plokštumos taškas vadina-mas nuliniu vektoriumi. Vektoriai, esantys vienoje tiesėje arba lygiagrečiosetiesėse, vadinami kolineariaisiais. Vienakrypčiai vektoriai, kurių ilgiai lygūs,vadinami lygiais.

Kitas geometrinės plokštumos vektorių sąvokas (vektorių sudėtis, vek-torių atimtis, vektorių daugyba iš skaičių, vektorių koordinatės, vektoriųskaliarinė daugyba) galima rasti bet kuriame 11 klasės matematikos vadovė-lyje. Čia naudojamas [6] vadovėlis. Be to, verta pažiūrėti video paskaitasEssence of linear algebra. Chpaters 1, 2, 11 www.3Blue1Brown.com

Matematikoje vektorių erdve yra bet kurios prigimties elementų aibė, ku-rioje apibrėžtos sumos ir sandaugos iš skaliaro operacijos, kurioms teisingosaksiomomis vadinamos savybės.

2.2 apibrėžtis. Aibė X vadinama tiesine erdve (arba vektorine erdve), jeišioje aibėje apibrėžtoms sumos ir sandaugos iš skaliaro operacijoms

X ×X 3 (x, y) 7→ x+ y ∈ X ir R×X 3 (λ, x) 7→ λx ∈ X

teisingos aksiomos: bet kuriems x ∈ X, y ∈ X, z ∈ X, λ ∈ R ir µ ∈ R,turime

(a) (x + y) + z = x + (y + z) (sumos jungimo dėsnis arba asociatyvumosavybė);

(b) x+ y = y+ x (sumos perstatymo dėsnis arba komutatyvumo savybė);

(c) x+~0 = x (nulinis vektorius);

(d) 0x = ~0 ir 1x = x;

(e) λ(µx) = (λµ)x (sandaugos iš skaliaro asociatyvumo savybė);

(f) (λ+ µ)x = λx+ µx;

(g) λ(x+ y) = λx+ λy.

6

Tiesinė erdvė X vadinama euklidine, jei joje apibrėžta skaliarine sandaugavadinama funkcija

X×X 3 (x, y) 7→ x·y ∈ R,

kuri tenkina savybes: visiems x, y, z ∈ X ir visiems λ, µ ∈ R

1. x·y > 0 visada, o x·y = 0 tada ir tik tada, kai x = y;

2. x·y = y·x;

3. x·(λy + µz) = λ(x·y) + µ(x·z).

Vektorių aibėje Rd := {(x1, . . . , xd) : x1 ∈ R, . . . , xd ∈ R}, d ∈ N∗,apibrėžtos operacijos: jei x = (x1, . . . , xd), y = (y1, . . . , yd) ir λ ∈ R, tai

x+ y := (x1 + y1, . . . , xd + yd) ir λx := (λx1, . . . , λxd). (1)

2.3 teorema. Aibė Rd su operacijomis (1) yra tiesinė erdvė.

2.4 apibrėžtis. Aibė Rd su operacijomis (1) vadinama aritmetine tiesineerdve. Aritmetinė tiesinė erdvė Rd su skaliarine sandauga

x·y :=

d∑k=1

xkyk = x1y1 + · · ·+ xdyd

vadinama Euklidine erdve.

2.5 apibrėžtis. Tegul u ∈ Rd ir v ∈ Rd. Aibė T = {(1 − t)u + tv : t ∈ R}vadinama tiese euklidinėje erdvėje Rd (einančia per taškus u ir v).

2.6 apibrėžtis. Tegul u ∈ Rd, v ∈ Rd ir w ∈ Rd yra trys nekolinearūsvektoriai (daugiau apie tai „Euclidean space 1.pdf"). Aibė

P = {p1u+ p2v + p3w : p1, p2, p3 ∈ R, p1 + p2 + p3 = 1}

vadinama plokštuma euklidinėje erdvėje Rd.

2.7 apibrėžtis. Tiesinių erdvių X ir Y sandauga vadinama Descarteso san-dauga

X×Y = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y },

kurioje apibrėžtos sumos ir sandaugos iš skaliaro operacijos: kiekvienam(x, y) ∈ X×Y , kiekvienam (u, v) ∈ X×Y ir kiekvienam λ ∈ R

(x, y) + (u, v) := (x+ u, y + v) ir λ(x, y) := (λx, λy).

2.8 teorema. Tiesinių erdvių X ir Y sandauga X×Y yra tiesinė erdvė, t.y.aibėje X×Y apibrėžtos sumos ir sandaugos iš skaliaro operacijos tenkina 2.2apibrėžties aksiomas.

7

2.2 Užduotys su sprendimais

Geometrinėje plokštumoje pasirinkus koordinačių sistemą, kiekvieną tos plokš-tumos vektorių atitinka vektorius, kurio pradžios taškas yra koordinačiųsistemos centras O. Vektorių, kurio pradžios taškas yra O ir galo taškasyra vektorius A su koordinatėmis (xA, yA), vadiname vietos vektoriumi iržymime ~OA. Jei ~i ir ~j yra pasirinktos koordinačių sistemos vienetiniai vek-toriai, tai ~OA = xA~i+ yA~j.

Tegul V yra vietos vektorių aibė duotoje geometrinėje plokštumoje. Jei~OA ∈ V ir šio vektoriaus galo taško koordinatės yra (xA, yA), tai reikšmės

F ( ~OA) := (xA, yA) (2)

apibrėžia funkciją F iš V į R2.

2.9 užduotis. Taip apibrėžta funkcija F : V → R2 yra bijekcija.

Sprendimas. Norėdami parodyti, kad F yra injekcija tarkime, kad ~OA ∈V koordinatės yra (xA, yA), ~OB ∈ V koordinatės yra (xB, yB) ir F ( ~OA) =F ( ~OB). Remiantis skaičių poros apibrėžtimi xA = xB ir yA = yB. Iš čiagauname, kad vektoriai ~OA ir ~OB sudaro su x-ų ašimi to paties dydžiokampą ir jų ilgiai yra lygūs. Todėl ~OA = ~OB. Parodėme, kad F yra injek-cija. Kadangi kiekvienam (x, y) ∈ R2 galime sukonstruoti vietos vektorių,kurio galo koordinatės yra (x, y), tai F yra siurjekcija.

Figure 1: kampas theta tarp vektorių a ir b

Tarkime, kad ~a ir ~b yra vietos vektoriai su koordinatėmis (xa, ya) ir(xb, yb), atitinkamai. Tarkime, kad α ir β yra kampai, kuriuos šie du vekto-riai sudaro su x-ų ašimi, atitinkamai, matuojami prieš laikrodžio rodyklę, ir

8

α > β. Tada θ = α − β yra kampas tarp vektorių ~a ir ~b, matuojamas priešlaikrodžio rodyklę. Naudodami kampų skirtumo kosinuso formulę turime

cos θ = cos(α− β) = cosα cosβ + sinα sinβ. (3)

Naudodami stačiojo trikampio kampų sinuso ir kosinuso išraiškas turime

cosα =xa|~a|, cosβ =

xb

|~b|, sinα =

ya|~a|, sinβ =

yb

|~b|.

Įstatę šias reikšmes į (3) formulę gauname

cos θ =xaya + xbyb

|~a||~b|.

Ši lygybė duoda vietos vektorių ~a, ~b skaliarinės sandaugos ~a·~b išraišką perjų koordinates:

~a·~b := |~a||~b| cos θ = xaya + xbyb. (4)Vietos vektorių aibėje V apibrėžtos jos elementų suma ir daugyba iš

skaičiaus

V×V 3 (~a,~b) 7→ ~a+~b ∈ V ir R×V 3 (k,~a) 7→ k~a ∈ V.

Prisiminkite šių operacijų apibrėžtis.

2.10 užduotis. Įrodyti, kad aibė V su taip apibrėžtomis sumos ir sandaugosiš skaliaro operacijomis yra tiesinė erdvė.

Sprendimas. Norėdami įrodyti sumos perstatymo dėsnį ~a + ~b = ~b + ~aatliekame sumavimą pagal taisykles ir gauname, kad abi sumos sutampa sulygiagretainio įstrižaine. Panašiai įrodome kitas tiesinės erdvės savybes.

2.11 užduotis. Tarkime, kad funkcija F : V → R2 įgyja (2) reikšmes, ~a,~b ∈V . Įrodyti, kad

~a·~b = F (~a)·F (~b) ir |~a| = ‖F (~a)‖2.

2.12 užduotis. Tarkime, kad ~0 yra tiesinės erdvės nulis ir µ ∈ R yraskaliaras. Įrodyti, kad µ~0 = ~0.

Sprendimas. Naudosime šią savybę kai tiesinė erdvė yra R. Remiantis2.6.2 užduotimi iš Analizė I uždavinyno, turime

x0 = 0 kiekvienam x ∈ R, (5)

čia 0 yra realiųjų skaičių aibės nulis.Remiantis 2.2 apibrėžties (d) savybe su x = ~0, turime pirmąją lygybę

µ~0 = µ(0~0)

2.2 apibrėžties (e) savybė = (µ0)~0

remiantis (5) su x = µ = 0~0

2.2 apibrėžties (d) savybė = ~0.

9

2.13 užduotis. Tegul X yra tiesinė erdvė, x ∈ X, y ∈ X ir z ∈ X. Įrodytiekvivalentumą:

y + x = z + x tada ir tik tada, kai y = z.

Sprendimas. Tegul y = z. Kadangi sumos operacija tiesinėje erdvėje yrafunkcija, remiantis vertikaliosios tiesės požymiu, kiekvienai porai (u, v) ∈X ×X priskiriamas vienintelis elementas u + v ∈ X. Turime, kad (x, y) =(x, z). Todėl x+ y = x+ z.

Tegul y + x = z + x. Tada

y = y +~0

= y + (x− x)

= (y + x)− xpagal pirmąją šios užduoties dalį = (z + x)− x

= z + (x− x)

= z +~0

= z.

2.14 užduotis. Tegul X yra tiesinė erdvė, x ∈ X ir λ ∈ R. Įrodyti: jeiλx = ~0, tai arba λ = 0 arba x = ~0.

Sprendimas. Tarkime, kad λx = ~0. Reikia įrodyti, kad teisingas teiginys

T := [λ = 0 arba x = ~0].

Remiantis logikos negalimo trečiojo dėsniu galimi lygiai du atvejai: λ = 0arba λ 6= 0. Pirmuoju atveju teiginys T teisingas. Tarkime, kad teisingasantrasis atvejis λ 6= 0. Tada 1 = λ/λ. Remiantis tiesinės erdvės (d) savybe,turime pirmąją lygybę:

x = 1x =(λλ

)x

2.2 apibrėžties (e) savybė =1

λ(λx)

prielaida λx = ~0 =1

λ~0

2.12 užduotis = ~0.

Taigi, teiginys T teisingas ir antruoju atveju.Aibių A ir B suma, bei aibės A sandauga iš skaičiaus λ yra:

A+B := {x+ y : x ∈ A, y ∈ B} ir λA := {λx : x ∈ A}. (6)

2.15 užduotis. TegulA = {(1, 0), (0, 1), (0,−1)} irB = {(0, 0), (1, 1), (1,−1)}.Rasti A+B ir B + {(1, 0)}.

10

Figure 2: piešinys

Sprendimas. Iliustruotas piešinyje.

2.16 užduotis (Young’o nelygybė). Tarkime, kad p > 0, q > 0 ir 1p + 1

q = 1.Tarkime, kad realieji skaičiai u > 0 ir v > 0. Tada

uv 6up

p+vq

q. (7)

Sprendimas. Galime tarti, kad u > 0 ir v > 0. Tada

uv = exp{ln(uv)} = exp{lnu+ ln v}

= exp{1

pln(up) +

1

qln(vq)}

eksponentės iškilumas 61

pexp{ln(up)}+

1

qexp{ln(vq)}

=up

p+vq

q,

11

ką ir reikėjo įrodyti.

2.17 užduotis (Hölder’io nelygybė). Tarkime, kad p > 0, q > 0 ir 1p+ 1

q = 1.Tarkime, kad (a1, . . . , ak) ir (b1, . . . , bk) yra du vektoriai. Tada

k∑i=1

|aibi| 6

(k∑i=1

|ai|p)1/p

×

(k∑i=1

|bi|q)1/q

. (8)

Sprendimas. Kiekvienam i ∈ {1, . . . , k} tegul

ui :=|ai|‖a‖p

ir vi :=|bi|‖b‖q

.

Tadak∑i=1

|aibi| = ‖a‖p‖b‖qk∑i=1

uivi

Young’o nelygybė ≤ ‖a‖p‖b‖q1

p

k∑i=1

upi +1

q

k∑i=1

vqi

= ‖a‖p‖b‖q,


2.18 užduotis. Tarkime, kad (a1, . . . , ak) ir (b1, . . . , bk) yra du vektoriai irp > 1. Įrodyti, kad(

k∑i=1

|ai + bi|p)1/p

6

(k∑i=1

|ai|p)1/p

+

(k∑i=1

|bi|p)1/p

. (9)

Sprendimas. Tegul q > 1 yra toks, kad 1p + 1

q = 1.

k∑i=1

|ai + bi|p =

k∑i=1

|ai + bi|·|ai + bi|p−1

6k∑i=1

|ai|·|ai + bi|p−1 +k∑i=1

|bi|·|ai + bi|p−1

Hölderio nelygybė 6

( k∑i=1

|ai|p)1/p

+

(k∑i=1

|ai|p)1/p

××

(k∑i=1

[ai + bi|(p−1)q

)1/q

.

12

Kadangi (p− 1)q = p, dalindami abi puses iš paskutinio daugiklio, gauname(k∑i=1

|ai + bi|p)1− 1

q

6

(k∑i=1

|ai|p)1/p

+

(k∑i=1

|bi|p)1/p

.

Kadangi 1− 1q = 1

p , pastaroji nelygybė sutampa su (9) nelygybe.

2.19 užduotis. Tarkime, kad Euklidinės erdvės vektoriai x ir y yra ortog-onalūs (x·y = 0). Įrodyti Pitagoro teoremą:

‖x+ y‖22 = ‖x‖22 + ‖y‖22.

Sprendimas. Remiantis skaliarinės sandaugos apibrėžtimi ir jos savy-bėmis, turime

‖x+ y‖22 = (x+ y)·(x+ y)

= x·x+ x·y + y·x+ y·y= ‖x‖22 + 2x·y + ‖y‖22.

Kadangi x·y = 0, tai teisinga reikalinga lygybė.

2.20 užduotis. Tegul X ir Y yra euklidinės tiesinės erdvės. Įrodyti, kadfunkcija

(X×Y )×(X×Y ) 3 ((x, y), (u, v)) 7→ x·u+ y·v =: (x, y)·(u, v) ∈ R

apibrėžia skaliarinę sandaugą tiesinių erdvių sandaugoje X×Y .

Sprendimas. Įrodysime tik paskutiniąją, trečiąją skaliarinės sandaugostiesinėje erdvėje X×Y aksiomą:

(x, y)·(λ(u, v) + µ(z, w)) = (x, y)·(λu+ µz, λv + µw)

= x·(λu+ µz) + y·(λv + µw)

= [λ(x·u) + µ(x·z)] + [λ(y·v) + µ(y·w)]

= λ[x·u+ y·v] + µ[x·z + y·w]

= λ[(x, y)·(u, v)] + µ[(x, y)·(z, w)]

bet kuriems (x, y), (u, v), (z, w) ∈ X×Y ir λ, µ ∈ R.

2.3 Užduotys savarankiškam sprendimui

2.21 užduotis. Apibendrinti ir įrodyti 2.9 užduoties teiginį geometrinėserdvės vektoriams.

2.22 užduotis. R3 erdvės vektoriams x = (3, 0,−1) ir y = (1, 2, 3) rasti:

13

(a) vektorių 3x− y;

(b) skaliarinę sandaugą x·y;

(c) euklidinius ilgius ‖x‖2 ir ‖y‖2;

(d) euklidinį atstumą ρ2(x, y).

2.23 užduotis. Tegul X yra tiesinė erdvė, x ∈ X, y ∈ X ir z ∈ X.Žymėkime −y := (−1)y ir z − y := z + (−y). Įrodyti: x + y = z tadair tik tada, kai x = z − y.

2.24 užduotis. Tegul X yra tiesinė erdvė, u ∈ X ir v ∈ X. Įrodyti: jeiu = v, tai u− v = ~0.

2.25 užduotis ([1], p.19). Tegul x yra tiesinės erdvės elementas ir −x :=(−1)x. Įrodyti, kad −(−x) = x.

2.26 užduotis. Įrodyti, kad nulinis vektorius tiesinėje erdvėje yra vienin-telis toks elementas.

2.27 užduotis. Tegul A := {(x, 0) : x ∈ [−1, 1]} ir B := {(0, x) : x ∈[−1, 1]}. Rasti A+B ir 2A. Nuoroda: (6) apibrėžtis.

2.28 užduotis. Tegul A = {(x, 0) : x ∈ R}, B = {(0, x) : x ∈ R} ir C ={(y, y) : y ∈ R}. Rasti A+B ir A+ C.

2.29 užduotis. Tegul x, y, z ∈ Rd ir λ, µ ∈ R. Įrodyti lygybę:

x·(λy + µz) = λ(x·y) + µ(y·z).

2.30 užduotis ([1], 3d edition). Parodyti, kad funkcija

R2 × R2 3 ((x1, x2), (y1, y2)) 7→ |x1y1|+ |x2y2|

nėra skaliarinė sandauga aritmetinėje erdvėje R2.

2.31 užduotis ([1], 3d edition). Parodyti, kad funkcija

R3 × R3 3 ((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) 7→ x1y1 + x3y3

nėra skaliarinė sandauga aritmetinėje erdvėje R3.

2.32 užduotis. Tegul p ∈ N∗ ir q ∈ N∗. Su bet kuriais x = (x1, . . . , xp) ∈ Rpir y = (y1, . . . , yq) ∈ Rq, tegul

F (x, y) := (x1, . . . , xp, y1, . . . , yq) ∈ Rp+q.

Įrodyti, kad F yra bijekcija iš Rp×Rq į Rp+q. Be to, įrodyti, kad

‖F (x, y)‖ = ‖(x, y)‖(

=√‖x‖2 + ‖y‖2

)kiekvienam (x, y) ∈ Rp×Rq.

14

2.33 užduotis. Įrodyti Cauchy nelygybę atveju d = 2 (x ∈ R2 ir y ∈ R2):

|x·y| 6 ‖x‖2‖y‖2. (10)

2.34 užduotis. Įrodyti, kad Cauchy nelygybėje (10) galioja lygybė tadair tik tada, kai x = ky su kuriuo nors k ∈ R, t.y. kai vektoriai x ir y yratiesiškai priklausomi.

2.35 užduotis ([1], 122 pusl.). Tarkime, kad x ir y Euklidinės erdvės vek-toriai. Įrodyti, kad (x+ y)·(x− y) = ‖x‖22 − ‖y‖22.

2.36 užduotis. Tarkime, kad x ir y Euklidinės erdvės vektoriai. Įrodyti,kad x·y = 0 tada ir tik tada, kai

‖x‖2 6 ‖x+ λy‖2 kiekvienam λ ∈ R.

2.37 užduotis. Tarkime, kad x ir y Euklidinės erdvės vektoriai. Įrodytilygiagretainio taisyklę:

‖x+ y‖22 + ‖x− y‖22 = 2‖x‖22 + 2‖y‖22.

2.38 užduotis. Tarkime, kad u ∈ Rd ir r > 0. Įrodyti, kad

Or(u) = u+Or(0) := {u+ x : x ∈ Or(0)}.

15

3 Vektorių sekos konvergavimas


Sakoma, kad Euklidinės erdvės Rd vektorių seka (xn) konverguoja, jei egzis-tuoja vektorius į kurį ji konverguoja.

3.1 teorema. Euklidinės erdvės Rd vektorių seka (xn) konverguoja į vek-torių x ∈ Rd tada ir tik tada, kai

limn→∞

‖xn − x‖2 = 0.

Norėdami vektorių sekos (xn)n≥m narį xn, n ≥ m, išreikšti koordi-natėmis, naudosime žymėjimą

xn = (xn,1, . . . , xn,d) ∈ Rd. (11)

3.2 teorema. Tegul (xn)n yra Rd erdvės vektorių seka, turinčių (11) koor-dinatinę išraišką, ir vektorius x ∈ Rd. Teiginys limn→∞ xn = x teisingastada ir tik tada, kai kiekvienam h ∈ {1, . . . , d}, limn→∞ xn,h = xh.


3.3 užduotis. Su kiekvienu n ∈ N∗ tegul

xn :=( 1

n2, 1 +

1

n, (−1)n

).

Šie vektoriai sudaro R3 erdvės vektorių seką (xn). Ištirti jos konvergavimą.

Sprendimas. Ištirti sekos konvergavimą reiškia atsakyti į klausimą „Arseka konverguoja?". Tam tikslui reikia rasti x ∈ R3 tokį, kad ‖xn−x‖2 → 0kai n→∞, arba įrodyti, kad tokio x neįmanoma rasti.

Šiuo atveju galima pastebėti, kad trečiųjų koordinačių sudaryta realiųjųskaičių seka (−1)n diverguoja ir verta pasinaudoti 3.2 teorema.

3.4 užduotis. Tegul (xn) yra ankstesnėje užduotyje apibrėžta R3 erdvėsvektorių seka. Rasti šios sekos konverguojančius posekius.

3.5 užduotis. Tarkime, kad vektorius y ∈ Rd yra tos pačios erdvės vektoriųsekos (xn)n≥m riba. Įrodyti, kad

limn→∞

‖xn‖2 = ‖y‖2. (12)

Sprendimas. (12) yra realiųjų skaičių sekos konvergavimo faktas. Tadgalima naudotis nelygybe vektoriams u ir v:

|‖u‖2 − ‖v‖2| ≤ ‖u− v‖2

kai u = xn ir v = y.

16

3.6 užduotis. Įrodyti, kad konverguojanti vektorių seka yra aprėžta.

Sprendimas. Tarkime, kad Euklidinės erdvės Rd vektorių seka (xn) kon-verguoja į vektorių x ∈ Rd. Seka (xn) yra aprėžta, jei jos reikšmių aibė{xn : n ∈ N} yra aprėžta, t.y. jei egzistuoja toks M ∈ R, kad ‖xn‖2 ≤M .


3.7 užduotis. Tarkime, kad (xn)n≥1 yra R2 erdvės vektorių seka, su toliaunurodytais nariais. Nustatykite ar seka konverguoja. Jei taip, tai raskiteribą.

1.xn =

( n

1 + n,1− nn

).

2.

xn = (e−n sinn, e−n cosn).

3.xn =

(n,

1

n2

).

4.xn =

( 1

n, n2).

5.

xn =( 1

n,(−1)n

n

).

6.

xn =(

1+1

1!+

1

2!+· · ·+ 1

n!, lnn

).

7.

xn =((

1 +1

n

)n,(

1− 1

n

)n).

3.8 užduotis. Tarkime, kad Euklidinės erdvės Rd vektorių seka (xn) kon-verguoja į nulinį vektorių, o tos pačios erdvės vektorių seka (yn) yra aprėžta.Įrodyti, kad skaičių seka (xn·yn) konverguoja.

3.9 užduotis. Tarkime, kad Euklidinės erdvės Rd vektorių seka (xn) kon-verguoja į vektorių x ∈ Rd. Įrodyti, kad bet kuris jos posekis (xnk

) taip patkonverguoja į x.

3.10 užduotis. Tarkime, kad (xn) yra Euklidinės erdvės Rd vektorių seka,x ∈ Rd ir ‖xn − x‖max → 0, kai n→∞. Įrodyti, kad seka (xn) konverguojaį vektorių x ir ‖xn‖max → ‖x‖max, kai n→∞.

3.11 užduotis. Tarkime, kad (xn)n>1 yra Euklidinės erdvės R2 vektoriųseka, kurios nariai

xn =(n+ 1

n,(−1)n

n

), n ∈ N∗.

Ištirti nurodytų sekų konvergavimą:

1. (xn);

2. (‖xn‖2);

17

3. (‖xn‖1);

4. (‖xn‖max).

3.12 užduotis. Tarkime, kad (xn) yra Rp elementų seka, x ∈ Rp, (yn) yraRq elementų seka ir y ∈ Rq. Įrodyti, kad

limn→∞

(xn, yn) = (x, y) erdvėje Rp×Rq

tada ir tik tada, kai

limn→∞

xn = x ir limn→∞

yn = y.

Nuoroda: naudotis 2.32.

18

4 Atvirosios, uždarosios ir kompaktinės aibės


Tegul y ∈ Rd ir ε ∈ (0,∞). Aibė

O•ε (y) := {x ∈ Rd : 0 < ‖x− y‖2 < ε}.

vadinama vektoriaus y pradurta ε-aplinka.

4.1 apibrėžtis. Tegul aibė A ⊂ Rd ir vektorius y ∈ Rd.

(a) Sakoma, kad y yra aibės A sąlyčio taškas, jei kiekvienoje jo aplinkojeyra bent vienas aibės A elementas, t. y. kiekvienam ε > 0 egzistuojatoks x ∈ A, kad x ∈ Oε(y).

(b) Sakoma, kad y yra aibės A ribinis taškas, jei kiekvienoje jo aplinkojeyra bent vienas aibės A elementas, skirtingas nuo y, t. y. kiekvienamε > 0 egzistuoja toks x ∈ A, kad x ∈ O•ε (y).

(c) Sakoma, kad y yra aibės A izoliuotas taškas, jei y ∈ A ir egzistuojatokia jo aplinka, kurioje daugiau nėra aibės A elementų, t. y. egzistuojatoks ε > 0, kad A ∩O•ε (y) = ∅.

4.2 apibrėžtis. Tegul aibė A ⊂ Rd. Visų aibės A sąlyčio taškų aibė vadi-nama aibės A uždariniu ir žymima A.

4.3 apibrėžtis. Euklidinės erdvės Rd aibė F vadinama uždarąja, jei ji su-tampa su savo uždariniu, t. y. jei F = F .

4.4 apibrėžtis. Tegul aibė A ⊂ Rd. Vektorius x ∈ A vadinamas vidiniu Atašku, jei aibei A priklauso bent viena x-o aplinka, t. y. jei egzistuoja toksε > 0, kad Oε(x) ⊂ A. Visų aibės A vidinių taškų aibė vadinama aibės Avidumi ir žymima A◦.

4.5 apibrėžtis. Tegul aibė A ⊂ Rd. Aibė ∂A := A \ A◦ vadinama aibės Asiena.

4.6 apibrėžtis. Tegul A yra euklidinės erdvės aibė. Sakoma, kad A yraaprėžta, jei egzistuoja toks M ∈ R, kad ‖x‖2 ≤M kiekvienam x ∈ A.

Priminsime denginio sąvokos apibrėžimą.

4.7 apibrėžtis. Tegul K yra euklidinės erdvės aibė ir tegul Λ yra tos pačioserdvės aibių rinkinys. Sakoma, kad Λ dengia aibę K, arba Λ yra aibėsK denginys (angl. covering), jei kiekvienam x ∈ K egzistuoja tokia aibėG ∈ Λ, kad x ∈ G, t. y. jei K ⊂

⋃Λ. Denginys Λ vadinamas atviruoju,

jei kiekvienas rinkinio Λ elementas yra atviroji aibė. Baigtinis denginio Λelementų rinkinys {G1, . . . , Gn} ⊂ Λ vadinamas aibėsK baigtiniu podenginiu(angl. finite subcovering) iš Λ, jei K ⊂

⋃ni=1Gi.

19

4.8 apibrėžtis. Euklidinės erdvės aibė K vadinama kompaktine (angl. com-pact set), jei iš bet kurio jos atvirojo denginio galima išrinkti aibėsK baigtinįpodenginį.

4.9 teorema. Toliau išvardyti teiginiai apie begalinę euklidinės erdvės aibęK yra ekvivalentūs:

(a) K yra kompaktinė;

(b) jei F yra begalinis K poaibis, tai egzistuoja toks x ∈ K, kuris yra Fribinis taškas;

(c) kiekviena aibės K elementų seka turi posekį, konverguojantį į aibės Kelementą;

(d) K yra aprėžta ir uždara.


4.10 užduotis. Tarkime, kad poaibis A ⊂ Rd yra atvirasis ir poaibis B ⊂Rd yra uždarasis. Įrodyti implikaciją: jei A ⊂ B, tai aibių skirtumas B \Ayra uždaroji aibė.

Sprendimas. I būdas. Įrodysime, kad

B \A = B ∩Ac. (13)

Su kiekvienu objektu x, teisingi sąryšiai

x ∈ B \A ⇔ [x ∈ B] ∧ [x 6∈ A]

⇔ [x ∈ B] ∧ [x ∈ Ac]⇔ x ∈ B ∩Ac.

Aibė A yra atviroji tada ir tik tada, kai jos papildinys Ac yra uždarojiaibė. Kadangi uždarųjų aibių sankirta yra uždaroji, tai B \A = B ∩Ac yrauždaroji, ką ir reikėjo įrodyti.

II būdas. Tarkime, kad x yra aibės B \A ribinis taškas. Egzistuoja tokiaseka (xn), kad xn ∈ B \A kiekvienam n ir limn xn = x. Taigi, kiekvienam n,xn ∈ B ir xn 6∈ A. Kadangi B yra uždaroji, tai x = limn xn ∈ B. Kadangi Ayra atviroji ir x = limn xn, tai x nėra aibės A vidinis taškas ir todėl x 6∈ A.Gavome, kad x ∈ B\A. Kadangi x yra laisvai pasirinktas aibės B\A ribinistaškas, tai B \A yra uždaroji aibė, ką ir reikėjo įrodyti.

4.11 užduotis. Įrodyti, kad erdvės R2 poaibis {(x1, x2) ∈ R2 : x2 > 0} yraatvirasis.

20

Sprendimas. Tegul y = (y1, y2) ∈ A. Reikia įrodyti, kad y yra vidinistaškas. Tegul ε ∈ (0, y2]. Įrodysime, kad Oε(y) ⊂ A. Tegul z ∈ Oε(y).Parodysime, kad z2 > 0. Turime

max{|z1 − y1|, |z2 − y2|} ≤√

(z1 − y1)2 + (z2 − y2)2 < ε ≤ y2.

Palyginę kairę ir dešinę puses, gauname |z2 − y2| < y2. Remiantis moduliosavybe

−y2 < z2 − y2 < y2.

Suprastinus, z2 > 0, ką ir reikėjo parodyti.

4.12 užduotis. Tarkime, kad A := {(x1, x2) ∈ R2 : 0 6 x1 < 2, 0 6 x2 <1}. Rasti šios aibės vidų Å ir uždarinį A.

Sprendimas. Įrodysime, kad

Å = {(x1, x2) ∈ R2 : 0 < x1 < 2, 0 < x2 < 1} =: B.

Tegul y ∈ B. Parodysime, kad y ∈ Å. Tegul

ε := min{y1, 2− y1, y2, 1− y2}

ir z ∈ Oε(y). Turime

max{|z1 − y1|, |z2 − y2|} ≤√

(z1 − y1)2 + (z2 − y2)2 < ε.

Lygindami kairę ir dešinę puses, gauname

|z1 − y1| < y1 ⇔ −y1 < z1 − y1 < y1 ⇒ z1 > 0;

|z1 − y1| < 2− y1 ⇔ −2 + y1 < z1 − y1 < 2− y1 ⇒ z1 < 2;

|z2 − y2| < y2 ⇔ −y2 < z2 − y2 < y2 ⇒ z2 > 0;

|z2 − y2| < 1− y2 ⇔ −1 + y2 < z2 − y2 < 1− y2 ⇒ z2 < 1.

Gavome, kad z ∈ A. Kadangi z ∈ Oε(y) pasirinktas laisvai, tai Oε(y) ⊂ A.Parodėme, kad y ∈ Å.

Implikacija y ∈ Å → y ∈ B ekvivalenti implikacijai y 6∈ B → y 6∈ Å.Tegul y = (y1, y2) 6∈ B. Tada y1 6∈ (0, 2) arba y2 6∈ (0, 1). Jei ε > 0,y1 6∈ (0, 2) ir z ∈ Oε(y), tai |z1 − y1| < ε. Tokiu atveju galima taip parinktiz ∈ Oε(y), kad z1 6∈ [0, 2), t.y. z 66∈ A. Kadangi ε > 0 pasirinktas laisvai,tai y 6∈ Å atveju y1 6∈ (0, 2). Atveju y2 6∈ (0, 1) samprotavimai analogiški.Lygybės Å = B įrodymas baigtas.

Įrodysime, kad

A = {(x1, x2) ∈ R2 : 0 6 x1 6 2, 0 6 x2 6 1} =: C.

21

Tegul y ∈ C. Pakanka nurodyti tokią vektorių seką (xn), kad xn 6= y,xn ∈ A ir limn→∞ xn = y. Atvirkščiai, tarkime, kad y = (y1, j2) yra Aribinis taškas. Tada egzistuoja tokia vektorių seka (xn), kad xn 6= y, xn ∈ Air limn→∞ xn = y. Vektorių sekos (xn) koordinačių sekos (xn,1) ir (xn,2)konverguoja į y1 ir y2, atitinkamai. Kadangi xn,1 ∈ [0, 2) kiekvienam n, taiy1 ∈ [0, 2]. Kadangi xn,2 ∈ [0, 1) kiekvienam n, tai y2 ∈ [0, 1]. Parodėme,kad y ∈ C. Lygybė A = C teisinga.

4.13 užduotis. Tegul A ⊂ Rd. Įrodyti, kad siena ∂A = A ∩ Rd \A.

Sprendimas. Pagal sienos apibrėžimą (4.5 apibrėžtis) ir (13), turime

∂A = A \Å = A ∩ (Rd \Å).

Tad pakanka įrodyti lygybę

Rd \Å = Rd \A.

Tegul x ∈ Rd. Tada

x ∈ Rd \Å ⇔ x nėra aibės A vidinis taškas⇔ ∀ε > 0, ¬(Oε(x) ⊂ A)

⇔ ∀ε > 0, Oε(x) ∩ (Rd \A) 6= ∅⇔ x yra aibės Rd \A sąlyčio taškas,



4.14 užduotis. Įrodyti, kad R2 poaibis {(x1, x2) ∈ R2 : x1 > 0, x2 > 0}yra atvirasis.

4.15 užduotis. Įrodyti, kad bet kuris baigtinis Rd erdvės poaibis yra už-darasis.

4.16 užduotis. Tarkime, kad

A := {x ∈ R2 : ‖x‖2 < 1} ∪ {(x1, x2) ∈ R2 : − 2 < x1 < 2, x2 = 0}.

Rasti šios aibės vidų Å ir uždarinį A

4.17 užduotis. Nustatyti ar nurodytos aibės yra atviros, uždaros ar aprėž-tos:

1. B = {x ∈ R2 : ‖x‖2 = 1};

2. D = {(x1, x2) ∈ R2 : x2 = 0};

3. E = {(x1, x2) ∈ R2 : x2 6= 0};

4. F = {(x, y) : x, y ∈ Z};

22

5.

G ={

(1, 0),(1

2, 0),(1

3, 0), . . . ,

( 1

n, 0), . . .

};

6. H = R2;

7. I = ∅.

4.18 užduotis. Tarkime, kad A := {x = (x1, x2, x3) ∈ R3 : 0 ≤ x1 ≤ 1, 0 ≤x2 ≤ 1}. Įrodyti, kad aibė A yra uždara erdvėje R3.

4.19 užduotis. Nustatyti, kurios iš nurodytų aibių yra atviros ir kurios yrauždaros:

1.∞⋂n=1

[− 1

n,

1

n

];

2.∞⋃n=1

[− 1 +

1

n, 1− 1

n

];

3.∞⋂n=1

(− 1

n,

1

n

);

4.∞⋃n=1

(− 1 +

1

n, 1− 1

n

).

4.20 užduotis. Nustatyti, kurios iš nurodytų R2 erdvės aibių yra atvirosir kurios yra uždaros:

1.∞⋂n=1

O 1n

(0);

2.∞⋃n=1

O1− 1n

(0);

3.∞⋂n=1

O 1n

(0);

4.∞⋃n=1

O1− 1n

(0).

4.21 užduotis. Tarkime, kad poaibis A ⊂ Rd yra atvirasis ir poaibis B ⊂Rd yra uždarasis. Įrodyti implikaciją: jei B ⊂ A, tai aibių skirtumas A \Byra atviroji aibė.

4.22 užduotis. Tarkime, kad poaibis A ⊂ Rd. Ar A uždarinio vidus su-tampa su A vidumi, t.y. ar (A)◦ = Å? Atsakymą pagrįsti.

4.23 užduotis. Tarkime, kad Rd erdvės elementų seka (xn) konverguoja įx ∈ Rd ir A := {xn : n ∈ N} ∪ {x}. Įrodyti, kad aibė A yra uždaroji erdvėjeRd.

4.24 užduotis. Tarkime, kad (xn) yra erdvės Rd elementų seka ir A :={xn : n ∈ N}. Įrodyti, kad aibės A uždarinys

A = A ∪ {x ∈ Rd : x yra sekos (xn) ribinis taškas}.

4.25 užduotis. Ar aibė N yra kompaktinė? Atsakymą pagrįsti.

23

4.26 užduotis. Ar aibė { nn+1 : n ∈ N} ∪ [1, 2] yra kompaktinė? Atsakymą

pagrįsti.

4.27 užduotis. Tarkime, kad A ir B yra tos pačios Euklidinės erdvės poaib-iai. Įrodyti, kad

A+B =⋃x∈B

(x+A),

čia x+A := {x}+A.

4.28 užduotis. TegulA yra atvirasis irB yra bet kuris tos pačios Euklidinėserdvės poaibis. Įrodyti, kad suma A+B yra atviroji aibė.

4.29 užduotis. Tegul A ir B yra kompaktiškas tos pačios Euklidinės erdvėspoaibis. Įrodyti, kad suma A+B yra kompaktiška aibė.

4.30 užduotis. Tarkime, kad aibės A ⊂ Rm ir B ⊂ Rk yra kompaktinės.Įrodyti, kad aibė A×B yra kompaktinė.

4.31 užduotis. Patvirtinti įrodymu arba paneigti pavyzdžiu implikaciją:jei A ir B yra nesikertančios atviros Rd erdvės aibės, tai jų uždariniai taippat nesikerta.

4.32 užduotis. Tarkime, kad u ∈ Rd, v ∈ Rd, r > 0 ir s > 0. Įrodyti, kaduždarųjų rutulių Or(u) ir Os(v) sankirta yra netuščia aibė tada ir tik tada,kai ‖u− v‖2 ≤ r + s.

4.33 užduotis. Tegul A ⊂ Rd. Įrodyti teiginį:

siena ∂A = ∅⇔ A kartu atvira ir uždara.

4.34 užduotis. Tegul A ⊂ Rd. Įrodyti teiginį:

A atvira⇔ siena ∂A = A \A.

4.35 užduotis. Rasti A, Å ir ∂A, kai

1. A = {(x1, x2) ∈ R2 : x2 = 0};

2. A = {(x1, x2) ∈ R2 : x1 > 0, x2 6= 0};

3. A = {(x1, x2) ∈ R2 : x1 6∈ Q}.

24

5 Funkcijos tarp Euklidinių erdvių


Tegul h ∈ {1, . . . , d}. Funkcija ph : Rd → R su reikšmėmis ph(x) := xhkiekvienam x = (x1, . . . , xd) ∈ Rd, vadinama h-tąja projekcija.


5.1 užduotis. Įrodyti, kad projekcija ph : Rd → R, h ∈ {1, . . . , d}, yratolygiai tolydi funkcija.

Sprendimas. Naudotis nelygybe: |ph(x)− ph(y)| ≤ ‖x− y‖2.

5.2 užduotis. Tarkime, kad f : R2\{(0, 0)} → R yra funkcija su reikšmėmis

f(x1, x2) :=2x1x2

x21 + x2

2

kiekvienam (x1, x2) ∈ R2 \ {(0, 0)}.

Įrodyti, kad ši funkcija tolydi visoje apibrėžimo srityje. Ar ši funkcija yratolygiai tolydi aibėje A0 = {x ∈ R2 : 0 < ‖x‖2 < 2}? Ar ši funkcija yratolygiai tolydi aibėje A1 = {x ∈ R2 : 1 < ‖x‖2 < 2}?

Sprendimas. Funkcijos f reikšmes galima išreikšti per 1-sios ir 2-siosprojekcijų reikšmes:

f(x) =2p1(x)p2(x)

p21(x) + p2

2(x), x ∈ R2.

Tolydumas įrodomas naudojant projekcijų tolydumą ir tuo, kad aritmetinėsoperacijos su tolydžiomis funkcijomis išsaugo tolydumą.

Atsakymas į pirmą klausimą neigiamas. Nes f(x1, x1) = 1 ir f(x1,−x1) =−1, o atstumas ‖(x1, x1)−(x1,−x1)‖2 = 2‖(0, x1)‖2 yra kaip norimai mažasaibėje A0.

Atsakymas į antrą klausimą teigiamas. Nes ji yra tolygiai tolydi didesnėjeaibėje A1, kuri yra kompaktinė.

5.3 užduotis. Tarkime, kad A ⊂ Rm yra uždaroji aibė ir f : A → Rk yratolydžioji funkcija. Įrodyti, kad aibė (funkcijos grafikas)

G(f) := {(x, f(x)) : x ∈ A} (14)

yra uždaroji.

Sprendimas. Pastebėkime, kad G(f) ⊂ Rm×Rk. Tegul (x, y) ∈ Rm×Rkyra aibės G(f) ribinis taškas. Reikia įrodyti, kad (x, y) ∈ G(f). Kadangi(x, y) yra aibės G(f) ribinis taškas, egzistuoja tokia G(f) elementų seka((xn, yn)), kuri konverguoja į (x, y), t.y. kiekvienam n ∈ N, xn ∈ A,yn = f(xn), limn→∞ xn = x ir limn→∞ f(xn) = y (naudojam 3.12 užduoties

25

teiginį). Kadangi A yra uždaroji aibė, tai x ∈ A. Kadangi f yra tolydžiojifunkcija, tai y = f(x). Gavome, kad (x, y) = (x, f(x)) ∈ G(f), ką ir reikėjoįrodyti.

5.4 užduotis. Tarkime, kad A ⊂ Rm yra atviroji aibė ir f : A → Rk yratolydžioji funkcija. Ar aibė (14) yra atviroji ar ne? Atsakymą pagrįsti.

Sprendimas. Atsakymas - ne. Egzistuoja tokia funkcija f : A → Rk sunurodytomis sąlygomis, kurios grafikas nėra atviroji aibė. Pavyzdžiui, tegulA = (0, 1) ⊂ R ir f(x) = 1 kiekvienam x ∈ A. Tada A yra atviroji, o f yratolydžioji. Šios funkcijos grafikas (atkarpa plokštumoje) nėra atviroji aibė.


5.5 užduotis. Tegul A = {x ∈ R2 : ‖x‖2 6 2}. Pavaizduoti grafiką funkci-jos f : A → R, kurios reikšmės f(x) =

√4− x2

1 − x22, x = (x1, x2) ∈ A.

Pavaizduoti šios funkcijos lygio aibę:

L(f, 1) := {x ∈ A : f(x) = 1}.


f(x1, x2) :=x1x2

x21 + x2

2

kiekvienam (x1, x2) ∈ R2 \ {(0, 0)}. Ištirti ribų

limx1→0

limx2→0

f(x1, x2), limx2→0

limx1→0

f(x1, x2), lim(x1,x2)→(0,0)

f(x1, x2)

egzistavimą ir pagrįsti atsakymą. (Ats.: trečioji riba neegzistuoja)


f(x1, x2) := x1 + x2 sin1

x1

kiekvienam (x1, x2) ∈ R2 \ {(0, 0)}. Ištirti ribų

limx1→0

limx2→0

f(x1, x2), limx2→0

limx1→0

f(x1, x2), lim(x1,x2)→(0,0)

f(x1, x2)

egzistavimą ir pagrįsti atsakymą. (Ats.: antroji riba neegzistuoja)

5.8 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) = 5x1 + 3x2 − 1, x = (x1, x2) ∈ R2.

Įrodyti, kad f tolydi taške (1, 2).

26


f(x) =

{x41+x42x21+x22

, jei x = (x1, x2) ∈ R2 \ {(0, 0)},0, jei x = (0, 0).

Įrodyti, kad f tolydi taške (0, 0).5.10 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis

f(x1, x2) =

{x1x2, jei x1x2 > 0,0, jei x1x2 6 0.

Ar ši funkcija aprėžta? Kuriuose R2 taškuose ši funkcija tolydi? Atsakymąpagrįsti.5.11 užduotis. Tegul f : R2 → R yra funkcija, kuri f(0, 0) = 0, o kiturf(x1, x2) įgyja nurodytas reikšmes:

1. x1x22x21+x22

;

2. x1x22x21+x42

;

3. x31x2x61+x22

;

4. x21x21+x22

;

5. x31x2−x1x32x21+x22

;

6. sin(x1+x2)|x1|+|x2| ;

7. sin2(x1+x2)|x1|+|x2| .

Kiekvienu iš šių atvejų nustatyti ar f yra tolydi.5.12 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis

f(x1, x2) =

{x22−x21x2|x2−x21|

, jei x1 6= x2,0, jei x1 = x2.

Ar ši funkcija aprėžta? Kuriuose R2 taškuose ši funkcija tolydi? Atsakymąpagrįsti.5.13 užduotis. Tarkime, kad f : R2\(2, 0)→ R yra funkcija su reikšmėmis

f(x1, x2) =1

(x1 − 2)2 + x22

.

Ar ši funkcija aprėžta ir tolygiai tolydi aibėje O1((0, 0))? Rasti šios funkcijosmaksimumą ir minimumą aibėje O1((0, 0)). Ar ji yra aprėžta ir tolygiaitolydi aibėje O2((0, 0))? Atsakymą pagrįsti.5.14 užduotis. Įrodyti, kad funkcija Rd 3 x 7→ ‖x‖ yra tolygiai tolydi.5.15 užduotis. Ar funkcija Rd 3 x 7→ ‖x‖2 yra tolygiai tolydi. Atsakymąpagrįsti.5.16 užduotis. Tarkime, kad f, g : Rp → Rq, a ∈ Rp, u, v ∈ Rq, limx→a f(x) =u, limx→a g(x) = v ir f ·g yra funkcijų skaliarinė sandauga. Įrodyti, kadlimx→a(f ·g)(x) = u·v.

27

6 Tiesinės ir afiniosios funkcijos


6.1 apibrėžtis. Tarkime, kad p, q ∈ N∗, X yra euklidinės erdvės Rp tiesinispoerdvis ir f : X → Rq yra funkcija. Funkcija f vadinama tiesine, jei teisingiteiginiai (a) ir (b), čia

(a) f(x+ y) = f(x) + f(y) visiems x ∈ X ir y ∈ X;

(b) f(λx) = λf(x) visiems x ∈ X ir λ ∈ R.

Visų tiesinių funkcijų iš X į Y aibė žymima T (X,Y ). Jei f yra tiesinėfunkcija ir vektorius b ∈ Rq, tai funkcija x 7→ f(x) + b, x ∈ X, vadinamaafiniąja funkcija.

Kiekviena tiesinė funkcija yra afinioji, bet ne atvirkščiai (6.6 ir 6.7 už-duotys).

Funkcija f : Rp → Rq yra tiesinė tada ir tik tada, kai egzistuoja tokiaq × p matrica A (p stulpelių ir q eilučių), kad

f(x) = Ax =

a11 · · · a1p

. . . . . . . . . . . . .aq1 · · · aqp

x1

. . .xp

, visiems x ∈ Rp, (15)

čia naudojame vektoriaus x išraišką p× 1 matrica stulpeliu ir matricų dau-gybą. Sudauginę šias matricas gauname matricą stulpelį q × 1 tapatinamąsu vektoriumi iš Rq, t. y. f(x) ∈ Rq. Matricą A (15) išraiškoje vadinamef funkciją atitinkančia matrica ir žymime [f ] := A, o pačią (15) išraiškąvadiname vadiname matricine išraiška.

6.2 teorema. Tarkime, kad f : Rp → Rq ir g : Rq → Rd yra tiesinės funkci-jos. Tada kompozicija g◦f yra tiesinė funkcija ir ją atitinkanti matrica yramatricų sandauga [g][f ].

6.3 teorema. Tarkime, kad f : Rd → Rd yra tiesinė funkcija. Funkcija fyra bijekcija tada ir tik tada, kai ją atitinkanti matrica [f ] yra neišsigimusi.Jei bent vienas iš šių teiginių teisingas, tai atvirkštinė funkcija f−1 yratiesinė ir ją atitinkanti matrica yra [f−1] = [f ]−1.


6.4 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R2 yra funkcija su reikšmėmis

f(x) := (x1 cosφ+ x2 sinφ,−x1 sinφ+ x2 cosφ), x = (x1, x2) ∈ R2.

Įrodyti, kad ši funkcija yra tiesinė ir apskaičiuoti f bei kompozicijos f◦fmatricines išraiškas. Be to, parodyti, kad f atlieka vietos vektoriaus ~ax ∈ V

28

su koordinatėmis F (~ax) = x ∈ R2 posūkį kampu φ pagal laikrodžio rodyklęį vietos vektorių ~bx ∈ V su koordinatėmis F (~bx) = f(x) ∈ R2 (žr. (2) ir 2.9užduotį).

Sprendimas. Tegul x = (x1, x2) ∈ R2 ir y = (y1, y2) ∈ R2. Tada

f(x+ y) =

((x1 + y1) cosφ+ (x2 + y2) sinφ,−(x1 + y1) sinφ+ (x2 + y2) cosφ)

= (x1 cosφ+ x2 sinφ,−x1 sinφ+ x2 cosφ)

+(y1 cosφ+ y2 sinφ,−y1 sinφ+ y2 cosφ)

= f(x) + f(y).

Panašiai gauname lygybę f(λx) = λf(x) su kiekvienu x ∈ R2 ir λ ∈ R. Beto,

[f ] =

[cos(φ) sin(φ)− sin(φ) cos(φ)

]ir [f◦f ] =

[cos(2φ) sin(2φ)− sin(2φ) cos(2φ)

].

Toliau reikia parodyti, kad vietos vektorių ~ax ∈ V ir ~bx ∈ V ilgiai‖f(x)‖2 = ‖x‖2, o kampas tarp jų ~ax,~bx = φ kiekvienam x ∈ R2 \ {0}.Tegul x ∈ R2 \ {0}. Naudodami vietos vektorių skaliarinės sandaugos (4)išraišką gauname

cos(~a,~b) =~ax·~bx|~ax||~bx|

=x·f(x)

‖x‖2‖f(x)‖2

=x2

1 cosφ+ x22 cosφ

‖x‖22= cosφ.

Todėl ~ax,~bx = φ.

6.5 užduotis. Tarkime, kad f : R3 → R3 yra tiesinė funkcija su reikšmėmis

f(e1) = (1, 0,−1), f(e2) = (2, 1, 2), f(e3) = (1, 1, 4).

Patikrinti, kad f yra bijekcija ir rasti f−1 funkcinę išraišką.

Sprendimas. Funkcijos f matricinė išraiška yra

[f ] =

1 2 10 1 1−1 2 4

Kadangi det([f ]) = 1 6= 0, f yra bijekcija. Funkcijos f−1 matricinė išraiškayra

[f ]−1 =

2 −6 1−1 5 −11 −4 1

29

Todėl, kiekvienam (x1, x2, x3) ∈ R3

f−1(x1, x2, x3) = (2x1 − 6x2 + x3,−x1 + 5x2 − x3, x1 − 4x2 + x3).

Atkreipsime dėmesį f−1(1, 0,−1) = e1, f−1(2, 1, 2, ) = e2 ir f−1(1, 1, 4) =e3.


6.6 užduotis. Tarkime, kad f : Rp → Rq. Įrodyti, kad f yra tiesinė tadair tik tada, kai lygybė

f(ax+ by) = af(x) + bf(y)

galioja visiems Rp erdvės vektoriams x, y ir visiems skaliarams a, b.


f(x1, x2) := (x2, x1, 1 + x1 + x2), (x1, x2) ∈ R2.

Ar ši funkcija tiesinė? Jei taip, tai rasti jos matricinę išraišką [f ].

6.8 užduotis. Tarkime, kad f : Rp → Rq yra tiesinė. Įrodyti, kad f(0) = 0.


f(x1, x2) := (x1 − 2x2,−x2, 3x1 − 5x2), (x1, x2) ∈ R2.

Ar ši funkcija tiesinė? Jei taip, tai rasti jos matricinę išraišką [f ]. Apskaiči-uoti f(e1) ir f(e2).

6.10 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R2 yra atspindys x ašies atžvilgiu,t.y. f(x1, x2) = (x1,−x2). Rasti [f ] ir f−1.

6.11 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R2 yra tiesinė funkcija, kuri argu-mentui x priskiria vektorių f(x) simetrišką tiesės y = x atžvilgiu. Rasti [f ]ir f−1.

6.12 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R2 yra tiesinė funkcija, kuri argu-mentui x priskiria vektorių f(x) simetrišką tiesės y = −x atžvilgiu. Rasti[f ] ir f−1.

6.13 užduotis. Kaip pakeisti 6.4 užduoties funkciją, kad ji atliktų vektoriųpasukimą prieš laikrodžio rodyklę?


f(x1, x2, x3) := (x1 − 2x2 + 2x3, 2x1 + x+ x3, x1 + x2), (x1, x2, x3) ∈ R3.

Rasti [f ], įrodyti, kad f yra bijekcija ir rasti atvirkštinės funkcijos matricinęir funkcinę išraiškas.

30

6.15 užduotis. Tarkime, kad f : Rp → Rq. Įrodyti, kad f yra tiesinė tadair tik tada, kai f yra afinioji ir f(0) = 0.

6.16 užduotis. Tarkime, kad f : Rp → Rq yra tiesinė funkcija. Įrodytiegzistuojant tokius Rp erdvės vektorius a1, a2, . . . , aq, kad lygybė

f(x) = (a1·x, a2·x, . . . , aq·x)

galioja su kiekvienu x ∈ Rp.

6.17 užduotis. Tarkime, kad f : Rp → Rq yra afinioji funkcija, x1, . . . , xnyra Rp erdvės vektoriai, λ1, . . . , λn yra skaliarai, kurių suma lygi 1. Įrodyti,kad

f(λ1x1 + · · ·+ λnxn) = λ1f(x1) + · · ·+ λnf(xn).

6.18 užduotis. Tarkime, kad f : R → Rq yra tiesinė funkcija ir f(1) 6= ~0.Įrodyti, kad funkcijos vaizdas f [R] yra tiesė euklidinėje erdvėje Rq einantiper nulinį vektorių (2.5 apibrėžtis).

6.19 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → Rq yra tiesinė funkcija, o vektoriaif(e1) ir f(e2) yra tiesiškai nepriklausomi. Įrodyti, kad funkcijos vaizdasf [R2] yra plokštuma euklidinėje erdvėje Rq einanti per nulinį vektorių (2.6apibrėžtis).

6.20 užduotis. Tarkime, kad f : Rp → R yra tiesinė funkcija. Įrodyti, kadfunkcijos grafikas G(f) yra hiperplokštuma erdvėje Rp+1.

31

7 Iškilosios aibės ir iškilosios funkcijos


Kita teorema yra 6.33 teorema iš Analizė I.

7.1 teorema. Tarkime, kad funkcija f : (a, b)→ R yra du kartus diferenci-juojama. Jei jos antrosios eilės išvestinė funkcija f ′′ yra visur neneigiama(teigiama), tai f yra (griežtai) iškiloji intervale (a, b).


7.2 užduotis. Tarkime, kad realieji skaičiai a < b. Įrodyti, kad intervalas[a, b] yra iškiloji aibė.

Sprendimas. Tegul c, d ∈ [a, b], c < d ir λ ∈ (0, 1). Tada

a 6 c = λc+ (1− λ)c

< λc+ (1− λ)d

< λd+ (1− λ)d

= d 6 b.

Todėl λc+ (1− λ)d ∈ [a, b].

7.3 užduotis. Tegul p ∈ Rd ir a ∈ R. Įrodyti, kad hiperplokštuma H ={x ∈ Rd : p·x = a} yra iškiloji aibė.

Sprendimas. Tegul u, v ∈ H ir λ ∈ (0, 1). Tada

p·(λu+ (1− λ)v) = λp·u+ (1− λ)p·v = λa+ (1− λ)a = a.

Taigi λu+ (1− λ)v ∈ H.

7.4 užduotis. Tarkime, kad aibė C ⊂ Rd yra iškiloji. Įrodyti, kad josuždarinys C yra iškiloji aibė.

Sprendimas. Tarkime, kad u, v ∈ C ir λ ∈ (0, 1). Egzistuoja tokios Rderdvės elementų sekos (un) ir (vn), kad un, vn ∈ C kiekvienam n, un → u irvn → v kai n→∞. Kadangi C yra iškiloji aibė, tai wn := λun+(1−λ)vn ∈C. Kadangi un → u ir vn → v kai n → ∞, tai wn → λu + (1 − λ)v kain→∞. Todėl λu+(1−λ)v yra aibės C sąlyčio taškas, t.y. λu+(1−λ)v ∈ C.

7.5 užduotis. Tarkime, kad aibė C ⊂ Rd yra iškiloji. Įrodyti, kad jos vidusC◦ yra iškiloji aibė.

Sprendimas. Tarkime, kad u, v ∈ C◦ ir λ ∈ (0, 1). Egzistuoja toks ε > 0,kad Oε(u) ⊂ C ir Oε(v) ⊂ C. Pastebėsime, kad

Oε(u) = u+Oε(0) ir Oε(v) = v +Oε(0)

32

(2.38 užduotis). Tegul w := λu + (1 − λ)v ir z ∈ Oε(0). Kadangi u + z ∈Oε(u) ⊂ C, v + z ∈ Oε(v) ⊂ C ir C yra iškila, tai

w + z = λ(u+ z) + (1− λ)(v + z) ∈ C.

Kadangi z ∈ Oε(0) laisvai pasirinktas, tai Oε(w) = w+Oε(0) ⊂ C. Gavome,kad w = λu+ (1− λ)v ∈ C◦.

Standartiniu n-simpleksu vadinamas Rn+1 poaibis

∆n :={

(λ1, λ2, . . . , λn, λn+1) ∈ Rn+1 :n+1∑i=1

λi = 1, λi > 0 ∀i}.

n-simpleksas yra afininės hiperplokštumos poaibis gaunamas ∆n apibrėžtyje

Figure 3: 2-simpleksas

atsisakius prielaidų λi > 0 ∀i. ∆0 yra taškas 1 erdvėje R1, ∆1 yra atkarpa

33

erdvėje R2 jungianti du taškus (0, 1) ir (1, 0), ∆2 yra lygiakraštis trikampiserdvėje R3 jungiantis tris taškus (0, 0, 1), (0, 1, 0) ir (1, 0, 0). Pastaroji aibėpavaizduota piešinyje.

7.6 užduotis. Tarkime, kad C yra iškiloji aibė euklidinėje erdvėje. Įrodyti,kad implikacija Tn teisinga su kiekvienu natūraliuoju skaičiumi n > 2, čia

Tn :=[

jei x1, . . . , xn ∈ C ir (λ1, . . . , λn) ∈ ∆n−1,

tai λ1x1 + · · ·+ λnxn ∈ C]. (16)

Sprendimas. Naudosime matematinę indukciją. Kai n = 2, (16) im-plikacija teisinga dėl iškilosios aibės apibrėžties. Tarkime, kad (16) imp-likacija teisinga su kuriuo nors n > 2. Įrodysime, kad ji teisinga su n + 1vietoje n. Tarkime, kad (µ1, . . . , µn, µn+1) ∈ ∆n ir x1, . . . , xn, xn+1 ∈ C.Tegul Λ :=

∑ni=1 µi. Kadangi 1− Λ = µn+1, tai

n+1∑i=1

µixi = Λ( n∑i=1

µiΛxi

)+ (1− Λ)xn+1. (17)

Kadangi∑n

i=1

(µiΛ

)= 1, tai

∑ni=1

µiΛ xi ∈ C pagal indukcijos prielaidą.

Todėl dešinioji (17) lygybės pusė priklauso aibei C, nes ji yra iškiloji. Taiįrodo (16) implikaciją su n+ 1 vietoje n. Matematinės indukcijos dėka, (16)implikacija teisinga su kiekvienu n > 2.

7.7 užduotis. Tarkime, kad netuščia aibė C ⊂ Rd yra iškila ir f : C → R.Funkcija f yra iškiloji tada ir tik tada, kai (epigrafu vadinama) aibė

Epi(f) := {(t, x) ∈ Rd+1 : x ∈ C, t ≥ f(x)}

yra iškiloji.

Sprendimas. Tarkime, kad f yra iškiloji, (t, u), (s, v) ∈ Epi(f) ir λ ∈(0, 1). Kadangi f yra iškiloji ir λu+ (1− λ)v ∈ C, tai

f(λu+ (1− λ)v) 6 λf(u) + (1− λ)f(v) ≤ λt+ (1− λ)s.

Tadaλ(t, u) + (1− λ)(s, v) = (λt+ (1− λ)s, λu+ (1− λ)v). (18)

tai λ(t, u) + (1− λ)(s, v) ∈ Epi(f), t.y. Epi(f) yra iškiloji aibė.Atvirkščiai, tarkime, kad Epi(f) yra iškiloji aibė, u, v ∈ C ir λ ∈ (0, 1).

Dar kartą naudojant (18) su t = f(u) ir s = f(v), turime (λf(u) + (1 −λ)f(v), λu+ (1− λ)v) ∈ Epi(f). Tada

f(λu+ (1− λ)v) 6 λf(u) + (1− λ)f(v),

t.y. f yra iškiloji funkcija.

34

7.8 užduotis. Tarkime, kad f : R2++ → R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) := x1x2, x = (x1, x2), x1 > 0, x2 > 0.

Įrodyti, kad f yra kvazi-įgaubta.

Sprendimas. Tarkime, kad x = (x1, x2) ∈ R2++, y = (y1, y2) ∈ R2

++ irλ ∈ (0, 1). Tada

f(λx+ (1− λ)y) =(λx1 + (1− λ)y1

)(λx2 + (1− λ)y2

)= λ2x1x2 + λ(1− λ)x1y2 + λ(1− λ)y1x2 + (1− λ)2y1y2. (19)

Vidurinius narius pastarojoje eilutėje vertinsime naudodami nelygybę:

u+1

u> 2 ∀u ∈ R \ {0}.

Imdami u := y2/x2 ir prieš tai iškeldami minimumą, gauname:

x1y2 + y1x2 = x1x2y2

x2+ y1y2

x2

y2> 2 min{x1x2, y1y2}.

Įstatę šį įvertinimą į (19) ir dar kartą iškeldami minimumą, gauname:

f(λx+ (1− λ)y) > [λ2 + 2λ(1− λ) + (1− λ)2] min{x1x2, y1y2}= [λ+ (1− λ)]2 min{x1x2, y1y2}= min{x1x2, y1y2},


7.9 užduotis. Tarkime, kad ε ∈ (0, 1) ir f : R2++ → R yra funkcija su

reikšmėmis

f(x) := xε1x1−ε2 , x = (x1, x2), x1 > 0, x2 > 0.

Įrodyti, kad f yra kvazi-įgaubta.

Sprendimas. Tarkime, kad x = (x1, x2) ∈ R2++, y = (y1, y2) ∈ R2

++ irλ ∈ (0, 1). Kadangi funkcijos u 7→ uε ir u 7→ u1−ε yra įgaubtos, tai

f(λx+ (1− λ)y) =(λx1 + (1− λ)y1

)ε(λx2 + (1− λ)y2

)1−ε>

(λxε1 + (1λ)yε1

)(λx1−ε

2 + (1− λ)y1−ε2

).

Toliau naudojami (7.8) užduoties įrodymo argumentai.

35


7.10 užduotis. Tegul C ⊂ Rd ir u ∈ Rd. Įrodyti, kad C iškiloji tada ir tiktada, kai u+ C iškiloji.

7.11 užduotis. Tarkime, kad funkcija f : Rp → Rq yra afininė, o aibėsA ⊂ Rp, B ⊂ Rq yra iškilos. Įrodyti, kad aibės f [A] ir f−1[B] yra iškilos.

7.12 užduotis. Tarkime, kad matrica A ∈ Mm×n ir vektorius b ∈ Rm.Įrodyti, kad aibė {x ∈ Rn : Ax = b} yra iškiloji.

7.13 užduotis. Įrodyti, kad iškilųjų aibių Descarteso sandauga yra iškilojiaibė.

7.14 užduotis. Įrodyti teiginius:

1. R aibėje apibrėžtos funkcijos x 7→ x2n, n ∈ N∗, ir x 7→ ex yra iškilosios;

2. [0,∞) aibėje apibrėžtos funkcijos x 7→ xr, r > 1, x 7→ −xr, r ∈ [0, 1],ir x 7→ x ln(x) yra iškilosios;

3. (0,∞) aibėje apibrėžtos funkcijos x 7→ 1/xr, r > 0 ir x 7→ − ln(x) yraiškilosios;

7.15 užduotis. Tarkime, kad C yra iškiloji aibė euklidinėje erdvėje irf : C → R yra iškiloji funkcija. Įrodyti, kad implikacija Tn teisinga sukiekvienu natūraliuoju skaičiumi n > 2, čia

Tn :=[

jei x1, . . . , xn ∈ C ir (λ1, . . . , λn) ∈ ∆n−1,

tai f(∑n

i=1 λixi

)6∑n

i=1 λif(xi)].

7.16 užduotis. Tarkime, kad funkcija g : Rq → R iškila ir funkcija f : Rp →Rq afininė, t. y. funkcija su reikšmėmis f(x) = Ax+b, x ∈ Rp, čia A ∈Mq×p

ir b ∈ Rq. Tada kompozicija g◦f : Rp → R yra iškila funkcija.

7.17 užduotis. Tegul f, g : Rd → R yra dvi iškilosios funkcijos. Įrodyti,kad jų maksimumas max{f, g} yra iškiloji funkcija.

7.18 užduotis. Tegul f1, . . . , fk : Rd → R yra įgaubtos funkcijos. Tadaįgaubtomis yra funkcijos:

(a)∑k

j=1 µjfj , čia µj > 0, j = 1, . . . , k;

(b) min{f1, . . . , fk}.

7.19 užduotis. Tegul A yra įgaubtosios funkcijos visų maksimumo taškųaibė. Įrodyti, kad A yra iškiloji aibė. Suformuluoti ir įrodyti dualų teiginįiškilajai funkcijai.

36

8 Funkcijų sekos


8.1 teorema (Weierstrass’o M-testas). Tarkime, kad A ⊂ X ⊂ Rp ir (fj)yra funkcijų seka apibrėžta aibėje X ir reikšmes įgyjanti euklidinėje erd-vėje Rq. Tarkime, kad kiekvienam j ∈ N egzistuoja toks skaičius Mj, kad‖fj(x)‖2 ≤ Mj visiems x ∈ A ir konverguoja skaičių eilutė

∑∞j=0Mj. Tada

funkcijų eilutė∞∑j=0

fj

aibėje A konverguoja absoliučiai ir tolygiai.


8.2 užduotis. Tegul (fj) yra funkcijų seka apibrėžta aibėje X ⊂ Rp sureikšmėmis erdvėje Rq. Tarkime, kad eilutė

∑∞j=0 fj konverguoja tolygiai

aibėje X. Įrodyti, kad funkcijų seka (fj) konverguoja tolygiai aibėje X įfunkciją visur lygią nuliui.

Sprendimas. Tegul S(x) :=∑∞

j=0 fj(x) ir Sn(x) :=∑n

j=0 fj(x) visiemsx ∈ X ir n ∈ N. Tada

fj = [Sj − S]− [Sj−1 − S]. ∀ j ≥ 1.

Tegul ε > 0. egzistuoja toks N ∈ N, kad∥∥S(x)− Sn(x)∥∥

2<ε

2

visiems n ≥ N ir visiems x ∈ X. Tada kiekvienam j ≥ N + 1

‖fj(x)‖ ≤ ‖Sj(x)− S(x)‖2 + ‖Sj−1(x)− S(x)‖2 <ε

2+ε

2= ε

visiems x ∈ X. Kadangi ε > 0 pasirinktas laisvai, funkcijų seka (fj) konver-guoja tolygiai aibėje X į funkciją visur lygią nuliui.

8.3 užduotis. Kokiems vektoriams (x1, x2) ∈ R2 funkcijų eilutė

∞∑j=0

xj1xj2 (20)

konverguoja paprastai ir absoliučiai? Ar ši funkcijų eilutė konverguoja toly-giai aibėje A, kai

(a) A = {(x1, x2) ∈ R2 : x1 ∈ (−1, 1), x2 ∈ (−1, 1)};

37

(b) A = {(x1, x2) ∈ R2 : x21 + x2

2 ≤ 1}.

Sprendimas. Kadangi |xj1xj2| = |x1x2|j kiekvienam j ∈ N ir (x1, x2) ∈ R2,

(20) eilutė konverguoja absoliučiai tada ir tik tada, kai |x1x2| < 1 (ge-ometrinė eilutė). Jei funkcijų eilutė (20) konverguoja tolygiai aibėje A, taifunkcijų seka (xj1x

j2) konverguoja tolygiai aibėje A į nulinę funkciją remi-

antis 8.2 užduotimi. Savo ruožtu, funkcijų seka (xj1xj2) konverguoja tolygiai

aibėje A į nulinę funkciją tada ir tik tada, kai

limj→∞

sup{|xj1xj2| : (x1, x2) ∈ A} = 0. (21)

Atveju (a), kiekvienam j ∈ N,

sup{|xj1xj2| : (x1, x2) ∈ A} = 1.

Šiuo atveju (21) nėra teisinga. Todėl funkcijų eilutė (20) atveju (a) aibėjeA nekonverguoja tolygiai.

Atveju (b), kadangi 2|x1x2| ≤ x21 + x2

2,

sup{|xj1xj2| : (x1, x2) ∈ A} ≤ 1

2j

kiekvienam j ∈ N. Šiuo atveju (21) teisinga, bet nieko negalime pasakytiapie funkcijų eilutė (20) tolygų konvergavimą aibėje A atveju (b). Tačiau gal-ima naudotis Weierstrass’o M-testu su p = 2, q = 1 ir Mj = 2−j kiekvienamj ∈ N. Remiantis šiuo testu funkcijų eilutė (20) atveju (b) aibėje A konver-guoja tolygiai.


8.4 užduotis. Tarkime, kad (fn) yra funkcijų seka aibėje R2 su reikšmėmis

fn(x) := xn1xn2 ∈ R, x = (x1, x2) ∈ R2, n ∈ N.

Rasti didžiausią R2 poaibį, kuriame (fn) konverguoja paprastai. Rasti rutulįsu centru nulyje kuriame (fn) konverguoja tolygiai. Atsakymus pagrįsti.

8.5 užduotis. Tarkime, kad (fn) yra funkcijų seka aibėje R su reikšmėmis

fn(x) :=( 1

1 + nx,x

n

)∈ R2, x ∈ [0, 1], n ∈ N.

Įrodyti, kad (fn) tolygiai nekonverguoja aibėje [0, 1].

8.6 užduotis. Tarkime, kad (fn) yra funkcijų seka aibėje R su reikšmėmis

fn(x) :=( x

1 + nx,x

n

)∈ R2, x ∈ [0, 1], n ∈ N.

Įrodyti, kad (fn) tolygiai konverguoja aibėje [0, 1].

38


fn(x) :=(sinnx1

n,cosnx2

n

)∈ R2, x = (x1, x2) ∈ R2, n ∈ N.

Ar (fn) konverguoja paprastai aibėje R2? Ar (fn) konverguoja tolygiai aibėjeR2? Atsakymus pagrįsti.


fn(x) :=(

sin(x1

n

), cos

(x2

n

))∈ R2, x = (x1, x2) ∈ R2, n ∈ N.

Kokioje aibėje (fn) konverguoja paprastai? Kokioje aibėje (fn) konverguojatolygiai? Atsakymus pagrįsti.

8.9 užduotis. Tarkime, kad A ⊂ Rp, o (fn) yra funkcijų seka apibrėžtaaibėje A ir reikšmes įgyjanti aibėje Rq. Įrodyti, kad (fn) tolygiai nekonver-guoja į 0 tada ir tik tada, kai egzistuoja tokia A aibės elementų seka (xn),kad vektorių seka (fn(xn)) nekonverguoja 0.

39

9 Funkcijos išvestinė ir Jacob’io matrica


9.1 apibrėžtis. Tegul U ⊂ Rp yra atvira aibė ir f : U → Rq. Funkcijaf yra diferencijuojama taške u ∈ U , jei egzistuoja tokia tiesinė funkcijaL : Rp → Rq, kad

limx→0

‖f(u+ x)− f(u)− L(x)‖2‖x‖2

= 0, (22)

t. y. jei ‖∆f (x)‖2 = o(‖x‖2) kai x→ 0; čia

∆f (x) := f(u+ x)− f(u)− L(x).

Tiesinę funkciją L vadiname išvestine taške u ir ją žymėsime Df(u) := L.

Kai p = q = 1, taiDf(u)(x) = f ′(u)x. (23)

Kai p = 1 ir q > 1, tai

Df(u)(1) = limx→0

1

x

[f(u+ x)− f(u)

]∈ Rq. (24)

9.2 apibrėžtis. Tarkime, kad U ⊂ Rp yra atvira aibė, o funkcija f : U →Rq yra diferencijuojama taške u ∈ U . Matrica, euklidinės erdvės standar-tinių bazių atžvilgiu, atitinkanti tiesinę funkciją Df(u), vadinama funkcijosf Jacobio matrica taške u (angl. Jacobian matrix) ir žymima

Jf(u) := [Df(u)].

Papildomai tarkime, kad q = 1, t.y. f : U 7→ R. Šiuo atveju Jacobio matri-cos (sudarytos iš vienos eilutės) transponuota matrica (tampa vektoriumi)vadinama funkcijos f gradientu taške u ir žymima

∇f(u) := Jf(u)t = [Df(u)]t.

9.3 teorema. Tarkime, kad aibė U ⊂ Rp yra atvira, vektorius u ∈ U irfunkcija f : U → Rq. Teiginiai (a) ir (b) yra ekvivalentūs, čia

(a) funkcija f yra diferencijuojama taške u;

(b) kiekviena f komponentė fj yra diferencijuojama taške u.

Be to, jei teisingas bet kuris iš šių dviejų teiginių, tai galioja lygybė

Df(u) = (Df1(u), . . . , Dfq(u)), (25)

reiškianti, kad funkcijos Df(u) j-toji komponentė (Df(u))j = Dfj(u) kiekvienamj ∈ {1, . . . , q}, ir galioja matricų lygybė

Jf(u) =

Jf1(u). . . . . .Jfq(u)

=

Df1(u)(e1) · · · Df1(u)(ep). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Dfq(u)(e1) · · · Dfq(u)(ep)

. (26)

40


9.4 užduotis. Tegul U ⊂ Rp yra atvira ir f : U → Rq. Tarkime, kadegzistuoja tiesinė funkcija L : Rp → Rq ir galioja (22). Įrodyti, kad tokia Lyra vienintelė.

Sprendimas. Tarkime, kad egzistuoja kita tiesinė funkcija K : Rp → Rqnelygi L ir kuriai galioja (22) su K vietoje L. Kadangi K 6= L, egzistuojatoks y ∈ Rp \ {0}, kad L(y) 6= K(y). Dėl funkcijų L ir K tiesiškumo ireuklidinio ilgio savybių, su kiekvienu realiuoju skaičiumi t > 0

‖K(y)− L(y)‖2

=‖y‖2‖ty‖2

∥∥[f(u+ ty)− f(u)− L(ty)]− [f(u+ ty)− f(u)−K(ty)]∥∥

2

≤ ‖y‖2{‖f(u+ ty)− f(u)− L(ty)‖2

‖ty‖2+‖f(u+ ty)− f(u)−K(ty)‖2

‖ty‖2

}.

Tai yra prieštara, nes šios nelygybės kairėje pusėje esantis skaičius nelygusnuliui, o dešinėje pusėje esantis skaičius gali būti kaip norimai mažas imantt→ 0. Užduotis atlikta.

9.5 užduotis. Tarkime, kad f : R→ R2 yra funkcija su reikšmėmis

f(x) = (cosx, sinx), x ∈ R.

Naudojantis 9.3 teorema, rasti šios funkcijos išvestinę ir Jacob’io matricą.

Sprendimas. (I būdas) Įrodysime, kad teisingas 9.3 teoremos su U =R, p = 1, q = 2, teiginys (b). Šiuo atveju funkcija sudaryta iš dviejųkomponenčių f = (f1, f2), čia f1 : R→ R, f2 : R→ R,

f1(x) = cosx ir f2(x) = sinx visiems x ∈ R.

Remiantis 6.18 teorema iš Analizė I, funkcijos f1 ir f2 yra diferencijuojamoskiekvienam apibrėžimo srities R taške u su išvestinėmis

f ′1(u) = − sinu ir f ′2(u) = cosu.

Įrodėme, kad teisingas 9.3 teoremos teiginys (b). Todėl teisingas jos teiginys(a), t.y. funkcija f yra diferencijuojama kiekviename taške u ∈ R. Rasimešios funkcijos išvestinę ir Jacob’io matricą.

Remiantis (23), duotam u ∈ R,

Df1(u)(x) = (− sinu)x ir Df2(u)(x) = (cosu)x

kiekvienam x ∈ R. Todėl funkcijos f išvestinė taške u apibrėžiama savoreikšmėmis

R2 3 Df(u)(x) = (Df1(u)(x), Df2(u)(x)) = (− sinu, cosu)x,

41

o jos Jacob’io matrica yra

Jf(= u) =

[f ′1(u)f ′2(u)

]=

[− sinucosu

]= (− sinu, cosu).

(II būdas) Naudosimės realaus kintamojo vektorinės funkcijos išvestinėsišraiška (24). Naudodami trigonometrines formules gauname

f(u+ x)− f(u)

x=

[cos(u+ x)− cosu

x,sin(u+ x)− sinu

x

)=

(cosu

cosx− 1

x− sinu

sinx

x,

sinucosx− 1

x+ cosu

sinx

x

)Naudodami L’Hopithal’io taisyklę gauname

limx→0

cosx− 1

x= lim

x→0

− sinx

1= 0.

Kadangi limx→0sinxx = 1, tai

Df(u)(1) limx→0

f(u+ x)− f(u)

x= (− sinu, cosu).

Prieš darant kitą užduotį pabandyti atlikti 9.14 užduotį.

9.6 užduotis. Tarkime, kad S : Rp×Rp → Rq yra bitiesinė funkcija. Su-formuluoti funkcijos S diferencijuojamumo apibrėžimą ir įrodyti, kad ji yradiferencijuojama, o jos išvestinė taške (u, v) ∈ Rp×Rp yra funkcija

Rp×Rp 3 (x, y) 7→ DS(u, v)(x, y) = S(u, y) + S(x, v) ∈ Rq. (27)

Sprendimas. Sakysime, kad funkcija S yra diferencijuojama taške (u, v) ∈Rp×Rp, jei egzistuoja tokia tiesinė funkcija DS(u, v) : Rp×Rp → Rq, kad

lim(x,y)→(0,0)

‖S((u, v) + (x, y))− S(u, v)−DS(u, v)(x, y)‖‖(x, y)‖

= 0. (28)

Funkcija DS(u, v) vadinama funkcijos S išvestine taške (u, v).Tegul (u, v) ∈ Rp×Rp. Parodysime, kad (27) funkcija yra funkcijos S

išvestinė taške (u, v). Pirma, reikia parodyti, kad ji yra tiesinė. Tegul(x, y), (z, w) ∈ Rp×Rp. Kadangi S yra bitiesinė, gauname

DS(u, v)((x, y) + (z, w)

)= DS(u, v)(x+ z, y + w)

= S(u, y + w) + S(x+ z, v)

= S(u, y) + S(u,w) + S(x, v) + S(z, v)

= DS(u, v)(x, y) +DS(u, v)(z, w).

42

Panašiai gauname, kad DS(u, v)(λ(x, y)) = λDS(u, v)(x, y) kiekvienam λ ∈R ir (x, y) ∈ Rp×Rp.

Antra, parodysime, kad teisinga (28). Tegul (x, y) ∈ Rp×Rp. Pridėdamiir atimdami S(u, v + y) ir S(x, v + y), gauname

S((u, v) + (x, y))− S(u, v)−DS(u, v)(x, y)

= [S(u+ x, v + y)− S(u, v + y)− S(x, v + y)]

+[S(x, v + y)− S(x, v)] + [S(u, v + y)− S(u, v)− S(u, y)]

= 0 + S(x, y) + 0.

Kadangi ‖(x, y)‖ =√‖x‖2 + ‖y‖2 (2.13 užduotis) ir

‖S(x, y)‖ 6 ‖S‖‖x‖‖y‖ 6 (‖S‖/2)‖(x, y)‖22(4.43 teorema iš Analizė II), tai galioja (28).

9.7 užduotis (2017-05-05). Tarkime, kad g : Rp → Rq ir h : Rp → R yradiferencijuojamos taške u ∈ Rp. Įrodyti, kad jų sandauga f := gh yradiferencijuojama taške u ir

Df(u)(x) = Dg(u)(x)h(u) + g(u)(∇h(u)·x)

visiems x ∈ Rq.

Sprendimas. Tegul L : Rp → Rq yra funkcija su reikšmėmis

L(x) := Dg(u)(x)h(u) + g(u)(∇h(u)·x).

Galima įsitikinti, kad L ∈ T (Rp,Rq). Pertvarkysime skirtumą

f(u+ x)− f(u) = g(u+ x)h(u+ x)± g(u)h(u+ x)− g(u)h(u)

= [g(u+ x)− g(u)]h(u+ x) + g(u)[h(u+ x)− h(u)]

= [g(u+ x)− g(u)][h(u+ x)− h(u)]

+[g(u+ x)− g(u)]h(u) + g(u)[h(u+ x)− h(u)]

=: S1(x) + S2(x) + S3(x).

Tada, visiems pakankamai mažiems x, turime‖S1(x)‖2‖x‖2

=‖g(u+ x)− g(u)‖

‖x‖2|h(u+ x)− h(u)|

=‖Dg(u)(x) + o(‖x‖2)

‖x‖2|h(u+ x)− h(u)|

6 (‖Dg(u)‖2 + 1)|h(u+ x)− h(u)|.

Dešinė pusė artėja į nulį kai x→ 0, nes h yra tolydi taške u. Be to,

S2(x) + S3(x)− L(x)

= [g(u+ x)− g(u)−Dg(u)(x)]h(u) + g(u)[h(u+ x)− h(u)−∇h(u)·x]

= o(‖x‖2), kai ‖x‖2 → 0.

43

Todėl‖f(u+ x)− f(u)− L(x)‖2/‖x‖2 → 0, kai ‖x‖2 → 0,




f(x) = x1x2, x = (x1, x2) ∈ R2.

Naudojantis tik diferencijavimo apibrėžtimi, rasti šios funkcijos išvestinę,Jacob’io matricą ir gradientą.

9.9 užduotis. Tegul f : Rd → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) := ‖x‖22 =x·x kiekvienam x ∈ Rd. Įrodyti, kad ši funkcija diferencijuojama naudojanttik 9.1 apibrėžimą ir rasti jos gradientą.

9.10 užduotis. Tegul f : R2 → R2 yra funkcija su reikšmėmis

f(x) := (x1x2 − 2x1 + x2 + 5, x21 + x2

2 + x1 − 3x2 + 4)

kiekvienam x = (x1, x2) ∈ R2. Naudojant tik 9.1 apibrėžimą, rasti šiosfunkcijos išvestinę ir Jacobio matricą.


f(x) = (x21 + x1x2, x1 − x2

2), x = (x1, x2) ∈ R2.

Naudojantis tik diferencijavimo apibrėžtimi, rasti šios funkcijos išvestinę irJacob’io matricą. Atlikti tą pačią užduotį naudojant 9.3 teoremą. Atsaky-mas:

Jf(u) =

[2u1 + u2 u1

1 −2u2

].


f(x) = (x1x2 − 2x1 + x2 + 5, x21 + x2

2 + x1 − 3x2 + 4), x = (x1, x2) ∈ R2.

Naudojantis tik diferencijavimo apibrėžtimi, rasti šios funkcijos išvestinę irJacob’io matricą.


f(x) = (x21 − 2x1x2 + x3, x

22 − x2

3), x = (x1, x2, x3) ∈ R3.

Naudojantis tik diferencijavimo apibrėžtimi, rasti šios funkcijos išvestinę irJacob’io matricą. Atsakymas:

Jf(u) =

[2u1 − 2u2 −2u1 1

0 2u2 −2u3

].

44

9.14 užduotis. Skaliarinė sandauga

Rd × Rd 3 (x, y) 7→ x·y ∈ R

yra bitiesinė funkcija. Suformuluoti šios funkcijos diferencijuojamumo api-brėžimą ir įrodyti, kad ji yra diferencijuojama.

9.15 užduotis. Tarkime, kad g : Rp → Rq yra diferencijuojama funkcijair L : Rp → Rq yra tiesinė funkcija. Įrodyti, kad jų suma f := g + L yradiferencijuojama funkcija ir rasti jos išvestinę funkciją.

45

10 Kryptinės ir dalinės išvestinės


10.1 apibrėžtis. Tarkime, kad aibė U ⊂ Rp yra atvira, vektoriai u ∈ U ,y ∈ Rp ir funkcija f : U → Rq. Jei egzistuoja riba

Dyf(u) := limt→0

f(u+ ty)− f(u)

t∈ Rq,

tai ji vadinama funkcijos f kryptine išvestine taške u kryptimi y. Kai kryptisy yra standartinės bazės vektorius eh su kuriuo nors h ∈ {1, . . . , p}, taikryptinė išvestinėDhf(u) := Dehf(u) ∈ Rq vadinama h-tąja daline išvestinetaške u. Jei riba Dyf(u) apibrėžta kiekvienam u ∈ U tai šios reikšmėsapibrėžia funkciją Dyf : U → Rq vadinamą kryptine išvestine kryptimi h.Atveju y = eh funkcija Dhf := Dehf vadinama funkcijos f h-tąja dalineišvestine.

10.2 teorema. Tarkime, kad aibė U ⊂ Rp yra atvira, vektoriai u ∈ U ,y ∈ Rp, funkcija f : U → Rq ir f = (f1, . . . , fq) jos išraiška komponentėmis.Funkcija f turi kryptinę išvestinę taške u kryptimi y Dyf(u) tada ir tiktada, kai kiekviena komponentė fj turi kryptinę išvestinę taške u kryptimiy Dyfj(u). Be to, jei teisingas bet kuris iš dviejų ekvivalenčių teiginių, taivektoriaus Dyfj(u) ∈ Rq j-toji koordinatė yra Dyfj(u) = φ′(0), čia φ yrafunkcija su reikšmėmis φ(t) := fj(u + ty) ∈ R, t ∈ (−r, r) su kuriuo norsr > 0, t.y.

Dyf(u) = (Dyf1(u), . . . , Dyfq(u)).

10.3 teorema. Tarkime, kad aibė U ⊂ Rp yra atvira, vektorius u ∈ U irfunkcija f : U → Rq yra diferencijuojama taške u. Tada galioja teiginiai(a) ir (b), čia

(a) su kiekvienu y = (y1, . . . , yp) ∈ Rp, funkcija f turi kryptinę išvestinętaške u kryptimi y ir

Dyf(u) = Df(u)(y) =

p∑h=1

yhDhf(u); (29)

(b) su kiekvienu j ∈ {1, . . . , q} ir h ∈ {1, . . . , p}, funkcijos f komponentėfj turi dalinę išvestinę Dhfj ir

Jf(u) =

D1f1(u) · · · Dpf1(u). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .D1fq(u) · · · Dpfq(u)

.Atskiru atveju, kai q = 1, apibrėžtas f gradientas taške u

∇f(u) = (D1f(u), . . . , Dpf(u)) =

p∑h=1

ehDhf(u) ∈ Rp,

46

o kryptinė išvestinė taške u kryptimi y ∈ Rp yra skaliarinė sandauga

Dyf(u) = ∇f(u)·y.

10.4 apibrėžtis. Sakysime, kad taško u ∈ U ⊂ Rp aplinkoje egzistuojafunkcijos f : U → Rq visos dalinės išvestinės, jei egzistuoja toks r > 0, kadh-toji dalinė išvestinė taške v, Dhf(v), egzistuoja kiekvienam v ∈ Or(u) irh ∈ {1, . . . , p}. Tada su kiekvienu h ∈ {1, . . . , p}, yra apibrėžta h-toji dalinėišvestinė funkcija Dhf : Or(u)→ Rq su reikšmėmis Dhf(v) kiekvienam v ∈Or(u). Jei funkcijos D1f, . . . ,Dpf yra tolydžios taške u, tai sakysime, kadfunkcijos f visos dalinės išvestinės yra tolydžios taške u.

10.5 teorema. Tegul U ⊂ Rp yra atvira aibė, u ∈ U ir f : U → Rq.Tarkime, kad taško u aplinkoje egzistuoja funkcijos f visos dalinės išvestinėsir jos yra tolydžios taške u. Tada funkcija f yra diferencijuojama taške u irjos išvestinės taške u, Df(u), reikšmės yra

Df(u)(x) =

p∑h=1

xhDhf(u) ∈ Rq

kiekvienam x = (x1, . . . , xp) ∈ Rp.



f(x) = x21 + x2, x = (x1, x2) ∈ R2

Įrodyti, kad f yra diferencijuojama randant dalines išvestines (naudojanttik 10.1 apibrėžimą) ir gradientą.

Sprendimas. Pirma, rasime funkcijos f dalines išvestines ir gradientą.Tegul u = (u1, u2) ∈ R2. Tada

D1f(u) = limt→0

f(u+ te1)− f(u)

t

= limt→0

(u1 + t)2 + u2 − u21 − u2

t= lim

t→0

2u1t+ t2

t= 2u1.

ir

D2f(u) = limt→0

f(u+ te2)− f(u)

t

= limt→0

u21 + (u2 + t)− u2

1 − u2

t= lim

t→0

t

t= 1.

Antra, funkcijos f diferencijuojamumui įrodyti galima remtis 10.5 teorema,parodant kad visos dalinės išvestinės yra tolydžios.

Funkcijos gradientas yra

∇f(u) = (D1f(u), D2f(u)) = (2u1, 1) u = (u1, u2) ∈ R2.

47


f(x) = (x21, x1x2, x

22), x = (x1, x2) ∈ R2

Įrodyti, kad f yra diferencijuojama randant dalines išvestines ir Jacob’iomatricą.

Sprendimas. Jacob’io matricos radimui galima naudoti 10.3 teoremos(b) teiginį. Funkcijos f komponentės yra

f1(x) = x21, f2(x) = x1x2, f3(x) = x2

2.

Rasime jų dalines išvestines:

D1f1(u) = 2u1, D1f2(u) = u2, D1f3(u) = 0,

D2f1(u) = 0, D2f2(u) = u1, D2f3(u) = 2u2.

Funkcijos f diferencijavimui įrodyti galima remtis 10.5 teorema, parodantkad visos dalinės išvestinės yra tolydžios.

Funkcijos Jacob’io matrica yra

Jf(u) =

2u1 0u2 u1

0 2u2

.10.8 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) = (x1/31 + x

1/32 )3, x = (x1, x2) ∈ R2

Įrodyti, kad ši funkcija turi kryptines išvestines taške (0, 0) visomis krypti-mis, bet nėra tame taške diferencijuojama.

Sprendimas. Tarkime, kad krypties vektorius y = (y1, y2) ∈ R2. Šiosfunkcijos kryptinė išvestinė taške O = (0, 0) kryptimi y lygi

Dyf(O) = limt→0

f(O + ty)− f(O)

t

= limt→0

((ty1)1/3 + (ty2)1/3)3

t= (y

1/31 + y

1/32 )3 = f(y).

Tai, kad funkcija f nėra diferencijuojama taške O = (0, 0) įrodysime dviembūdais. Tarkime, kad f yra diferencijuojama taške O = (0, 0). Remiantis10.3 teorema, turi galioti (29) sąryšis:

Dyf(O) = y1D1f(O) + y2D2f(O).

Tačiau šis sąryšis nėra teisingas, nes D1f(O) = D2f(O) = 1. Tai pirmasįrodymo būdas. Antras būdas remiasi kita (29) sąryšio dalimi:

Dyf(u) = Df(u)(y).

Dėka šio sąryšio funkcija R2 3 y 7→ Dyf(O) privalo būti tiesine. Bet taipnėra, nes f yra netiesinė.

48

Kitos užduoties funkcija nėra diferencijuojama taške (0, 0) bet turi visaskryptines išvestines tame taške, kaip parodyta 4.21 pavyzdyje iš Analizė II.


f(x) =

{x1x2x21+x22

, jei x 6= 0,0, jei x = 0,

x = (x1, x2) ∈ R2.

Įrodyti, kad dalinės išvestinės D1f ir D2f apibrėžtos visoje aibėje R2, betnėra tolydžios taške (0, 0).

Sprendimas. Tegul u = (u1, u2) 6= (0, 0).

D1f(u) = limt→0

1

t

[(u1 + t)u2

(u1 + t)2 + u22

− u1u2

u21 + u2

2

]= lim

t→0

1

t

[u1u2

( 1

(u1 + t)2 + u22

− 1

u21 + u2

2

)+

tu2

(u1 + t)2 + u22

]= . . .

=−u2

1u2 + u32

(u21 + u2

2)2.

Imdami u = ty su t ∈ R ir y ∈ R2, bei t → 0, gauname neegzistuojančiąribą:

limt→0

D1f(ty) = D1f(y) limt→0

t3

t4.

Kadangi D1f(0, 0) = 0, D1f nėra tolydi taške (0, 0).

10.10 užduotis. Tarkime, kad f : Rd → R yra funkcija su reikšmėmisf(x) = ‖x‖2 kiekvienam x ∈ Rd. Rasti šios funkcijos visas dalines išvestinesDhf ir parodyti, kad ši funkcija diferencijuojama aibėje Rd \ {0}?

Sprendimas. Remiantis 10.5 teorema, pakanka rasti dalines išvestinesir parodyti, kad jos yra tolydžios taške u 6= 0. Tegul ∈ Rd \ {0}. RasimeDhf(u) kai h = 1. Dalindami ir daugindami iš ‖u+ te1‖2 + ‖u‖2 gauname

D1f(u) = limt→0

1

t

[√(u1 + t)2 + u2

2 + · · ·+ u2d −

√u2

1 + u22 + · · ·+ u2

d

]= lim

t→0

1

t

(u1 + t)2 − u21

‖u+ te1‖2 + ‖u‖2= lim

t→0

1

t

2u1t+ t2

‖u+ te1‖2 + ‖u‖2

=2u1

2‖u‖2=

u1

‖u‖2.

Bendru atveju, kai h ∈ {1, . . . , d}, panašiai gauname

Dhf(u) =uh‖u‖2

.

49

Parodome, kad funkcija Dhf tolydi aibėje Rd \{0}. Remiantis 10.5 teoremakai q = 1, f yra diferencijuojama aibėje Rd \ {0} ir

Df(u)(x) = ∇f(u)·x =d∑

h=1

uhxh‖u‖2

=u·x‖u‖2

.

Šis faktas įrodytas naudojant diferencijavimo apibrėžimą konspekte AnalizėII pavyzdyje 4.4.

10.11 užduotis. Tarkime, kad funkcijos f : Rp → Rq ir g : Rp → Rq turikryptines išvestines taške u ∈ Rp kryptimi y ∈ Rq. Įrodyti, kad šių funkcijųskaliarinė sandauga f ·g turi kryptinę išvestinę taške u kryptimi y ir teisingalygybė

Dy(f ·g)(u) = Dyf(u)·g(u) + f(u)·Dyg(u).

Sprendimas. Remiantis kryptinės išvestinės apibrėžtimi, pridėdami iratimdami f(u)·g(u+ ty), gauname

Dy(f ·g)(u) = limt→0

1

t

[f(u+ ty)·g(u+ ty)− f(u)·g(u)

]= lim

t→0

1

t

[f(u+ ty)− f(u)

]·g(u+ ty)

+ limt→0

1

tf(u)·

[g(u+ ty)− g(u)

]= lim

t→0

[f(u+ ty)− f(u)

t

]·g(u+ ty)

+ limt→0

f(u)·[g(u+ ty)− g(u)

t

]= Dyf(u)·g(u) + f(u)·Dyg(u).

Paskutinėje lygybėje naudojome 5.16 užduoties teiginį, kryptinių išvestiniųegzistavimą ir „kryptinį tolydumą":

limt→0

g(u+ ty) = g(u) + limt→0

tg(u+ ty)− g(u)

t= g(u).



f(x) = x1x23 + x2

1x2x3 + x32, x = (x1, x2, x3) ∈ R3

Įrodyti, kad f yra diferencijuojama randant dalines išvestines ir gradientą.


f(x) = x21 cos(x2x3), x = (x1, x2, x3) ∈ R3

Įrodyti, kad f yra diferencijuojama randant dalines išvestines ir gradientą.

50


f(x) = (x21, x1x2, x

22), x = (x1, x2, x3) ∈ R3

Įrodyti, kad f yra diferencijuojama randant jos Jacob’io matricą.


f(x) = (x1 cosx2, x2ex3 , sin(x1x3)), x = (x1, x2, x3) ∈ R3

Įrodyti, kad f yra diferencijuojama randant jos Jacob’io matricą. Atsaky-mas: kiekvienam u = (u1, u2, u3) ∈ R3

Jf(u) =

cosu2 −u1 sinu2 00 eu3 u2e

u3

u3 cos(u1u3) 0 u1 cos(u1u3)

.10.16 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) =

{x21x2, jei x2 6= 0,

0, jei x2 = 0,x = (x1, x2) ∈ R2.

Įrodyti, kad ši funkcija turi kryptines išvestines taške (0, 0) visomis krypti-mis, bet ji pati ir jos dalinės išvestinės nėra tolydžios taške (0, 0).


f(x) = xxx32

1 , x = (x1, x2, x3) ∈ R3.

Rasti dalines išvestines D1f(x), D2f(x) ir D3f(x).

51

11 Kompozicijos diferencijavimo taisyklė


11.1 teorema. Tarkime, kad X ⊂ Rp ir Y ⊂ Rq yra atviros aibės, funkcijaf : X → Y yra diferencijuojama taške u ∈ X ir g : Y → Rd yra diferenci-juojama taške f(u) ∈ Y . Tada kompozicija g◦f yra diferencijuojama taškeu ir jos išvestinė taške u yra

D(g◦f)(u) = Dg(f(u))◦Df(u). (30)

Kompozicijos Jacobio matrica yra lygi atitinkamų išvestinių Jacobio ma-tricų sandaugai:

J(g◦f)(u) = Jg(f(u))Jf(u). (31)

Kai d = 1, tai kompozicijos g◦f reikšmės yra realieji skaičiai, o jos Jacobiomatrica turi tik vieną eilutę. Todėl vietoje Jacobio matricos patogiau nau-doti gradientą, t.y. su vektoriumi tapatinamą transponuotą Jacobio matricą

∇(g◦f)(u) := J(g◦f)(u)t = (D1(g◦f)(u), . . . , Dp(g◦f)(u)).

Atitinkama kompozicijos diferencijavimo taisyklė įrodyta 11.2 užduotyje.


Kompozicijos g◦f diferencijavimas kai f : R2 → R ir g : R→ R.

11.2 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R ir g : R → R yra diferencijuo-jamos funkcijos. Įrodyti, kad jų kompozicija g◦f : R2 → R diferencijuojamair gradientas taške u ∈ R2 yra

∇(g◦f)(u) = g′(f(u))(D1f(u), D2f(u)) ∈ R2 (32)

Sprendimas. Kompozicija g◦f diferencijuojama remiantis 11.1 teorema,nes f ir g yra diferencijuojamos funkcijos. Norėdami įrodyti (32) formulęnaudosime (30) formulę ir sąryšį g′(f(u)) = Dg(f(u))(1) ∈ R. Tegul x ∈ R2.

∇(g◦f)(u)·x = D(g◦f)(u)(x) = (Dg(f(u))◦Df(u))(x)

= (Dg(f(u))(Df(u)(x)) = Df(u)(x)(Dg(f(u))(1)

= g′(f(u))∇f(u)·x = g′(f(u))(D1f(u), D2f(u))·x.

Šios lygybės teisingos bet kuriems x ∈ R2. Kai x = e1 = (1, 0) gauname

D1(g◦f)(u) = (D1(g◦f)(u), D2(g◦f)(u))·e1

= g′(f(u))(D1f(u), D2f(u))·e1

= g′(f(u))D1f(u).

Atitinkamą lygybę gauname kai x = e2 = (0, 1). Tai įrodo (32) formulę.

52

11.3 užduotis. Tarkime, kad f : R2 → R ir g : R → R yra funkcijos sureikšmėmis atitinkamai

f(x) = x1x2, x = (x1, x2) ∈ R2 ir g(y) = sin y y ∈ R.

Įrodyti, kad jų kompozicija g◦f : R2 → R diferencijuojama ir rasti gradientą.

Sprendimas. I būdas. Pasinaudoti 11.2 užduotimi.II būdas. Remtis 10.5 teorema: funkcija diferencijuojama taške u kai

tame taške visos dalinės išvestinės egzistuoja ir yra tolydžios. Tegul u =(u1, u2) ∈ R2. Dalinių išvestinių egzistavimą galima patikrinti naudojantkompozicijos diferencijuojamumo taisykle funkcijoms tarp realiųjų skaičių.Būtent: kai u2 fiksuotas, tai

D1(g◦f)(u) =(

sin(u1u2))′

= cos(u1u2)u2.

Tokiu pačiu būdu, kai u1 fiksuotas, tai

D2(g◦f)(u) =(

sin(u1u2))′

= cos(u1u2)u1.

Abi dalinės išvestinės yra tolydinės kiekviename taške u ∈ R2. Todėl kom-pozicija g◦f diferencijuojama ir gradientas

∇(g◦f)(u) = (D1(g◦f)(u), D2(g◦f)(u)) = cos(u1u2)(u2, u1).

Kompozicijos g◦f diferencijavimas kai f : R→ R2 ir g : R2 → R.

11.4 užduotis. Tarkime, kad f = (f1, f2) : R → R2 ir g : R2 → R yradiferencijuojamos funkcijos. Įrodyti, kad jų kompozicija g◦f : R→ R difer-encijuojama ir išvestinė taške t ∈ R yra

(g◦f)′(t) = ∇g(f(t))·(f ′1(t), f ′2(t))

= D1g(f(t))f ′1(t) +D2g(f(t))f ′2(t). (33)

Sprendimas. Tegul t ∈ R.

(g◦f)′(t) =(D(g◦f)(t)

)(1) =

(Dg(f(t))◦Df(t)

)(1)

= Dg(f(t))(Df(t)(1)) = Dg(f(t))(Df1(t)(1), Df2(t)(1)

)= Dg(f(t))(f ′1(t), f ′2(t)) = ∇g(f(t))·(f ′1(t), f ′2(t))

= D1g(f(t))f ′1(t) +D2g(f(t))f ′2(t).

Pastarosios užduoties prielaidos apie funkcijos g : R2 → R diferencijav-imą atsisakyti negalima. Tą rodo kita užduotis. Klausimas apie tokią gal-imybę kyla nes diferencijavimo taisyklės dešinioji pusė (33) priklauso tik nuofunkcijos g dalinių išvestinių.

53

11.5 užduotis. Tarkime, kad g : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis

g(x) =

{x1x2x21+x22

, jei x = (x1, x2) 6= 0,0, jei x = 0.

Taip pat tarkime, kad f = (f1, f2) : R → R2 yra funkcija su reikšmėmisf1(t) = t ir f2(t) = t2 visiems t ∈ R. Ar teisinga (33) lygybė? Jei ne, taikodėl?

Sprendimas. Kompozicija g◦f apibrėžta ir įgyja reikšmes

g◦f(t) =t

1 + t2, t ∈ R.

Ši funkcija diferencijuojama ir išvestinė yra

(g◦f)′(t) =1− t2

1 + t2, t ∈ R.

Funkcija g : R2 → R taške nulis turi pirmą ir antrą dalines išvestines:

Dhg(0) = lims→0

g(0 + seh)− g(0)

s= 0,

čia h ∈ {1, 2}. Be to, funkcijos f1 ir f2 yra diferencijuojamos su išvestinėmisf ′1(t) = 1 ir f ′2(t) = 2t visiems t ∈ R. Gavome:

(g◦f)′(0) = 1 ir D1g(0)f ′1(0) +D2g(0)f ′2(0) = 0.

Todėl (33) lygybė nėra teisinga kai t = 0. Kita vertus g nėra tolydi taškenulis ir todėl nediferencijuojama tame taške. Tuo būdu nėra išpildyta 33užduoties prielaida.

11.6 užduotis. Tarkime, kad funkcija f : Rd → R yra diferencijuojamataške u ∈ Rd. Tegul x ∈ Rd ir g : R → R yra funkcija su reikšmėmisg(t) := f(u + tx) kiekvienam t ∈ R. Įrodyti, kad g yra diferencijuojamataške 0 ir rasti g′(0).

Sprendimas. Reikšmės φ(t) := u+tx kiekvienam t ∈ R apibrėžia funkcijąφ : R → Rd. Funkcija g = f◦φ : R → R. Funkcija φ yra afininė ir todėldiferencijuojama su išvestine

Dφ(t)(s) = xs ∈ Rd, s, t ∈ R.

Iš tikro, visiems s, t ∈ R teisinga

∆φ,t(s) = φ(t+ s)− φ(t)−Dφ(t)(s) = [u+ (t+ s)x]− [u+ tx]− sx = 0.

54

Kadangi funkcija f : Rd → R yra diferencijuojama taške u ∈ Rd pagalprielaidą, φ(0) = u ir φ yra diferencijuojama nulyje, tai kompozicija g = f◦φyra diferencijuojama nulyje ir

g′(0) = (f◦φ)′(0) =(D(f◦φ)(0)

)(1)

=(Df(φ(0))◦Dφ(0)

)(1)

= Df(u)(x) = ∇f(u)·x.

Kompozicijos g◦f diferencijavimas kai f : R2 → R2 ir g : R2 → R.

11.7 užduotis. Tarkime, kad f = (f1, f2) : R2 → R2 ir g : R2 → R yradiferencijuojamos funkcijos. Įrodyti, kad jų kompozicija g◦f : R2 → R difer-encijuojama ir gradientas taške u ∈ R2 yra

∇(g◦f)(u) =(∇g(f(u))·D1f(u),∇g(f(u))·D2f(u)

)=

(D1g(f(u))D1f1(u) +D2g(f(u))D1f2(u),

D1g(f(u))D2f1(u) +D2g(f(u))D2f2(u)).

Sprendimas. Tegul u ∈ R2. Kadangi gradientas∇(g◦f)(u) = J(g◦f)(u)t

naudosime kompozicijos Jacobio matricos išraišką (31):

J(g◦f)(u) = Jg(f(u))Jf(u)

=[D1g(f(u)) D2g(f(u))

] [D1f1(u) D2f1(u)D1f2(u) D2f2(u)

]=

[D1g(f(u))D1f1(u) +D2g(f(u))D1f2(u)

D1g(f(u))D2f1(u) +D2g(f(u))D2f2(u)]

=[∇g(f(u))·D1f(u) ∇g(f(u))·D2f(u)

].


11.8 užduotis. Tarkime, kad g : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis g(x) =x2

1 + x22 kiekvienam x = (x1, x2) ∈ R2 ir f = (f1, f2) : R → R2 yra funkcija

su reikšmėmis f1(t) = et ir f2(t) = sin t kiekvienam t ∈ R. Įrodyti, kadkompozicija g◦f : R→ R diferencijuojama ir rasti jos išvestinę.

11.9 užduotis. Tarkime, kad g : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis g(x) =x2

1 + x22 kiekvienam x = (x1, x2) ∈ R2 ir f = (f1, f2) : R2 → R2 yra funkcija

su reikšmėmis f1(u) = u21 − u2

2 ir f2(u) = 2u1u2 kiekvienam u = (u1, u2) ∈R2. Įrodyti, kad kompozicija g◦f : R → R diferencijuojama ir rasti josgradientą. Atsakymas: ∇(g◦f)(u) = 4(u2

1 + u22)(u1, u2).

11.10 užduotis. Tarkime, kad g : R2 → R yra funkcija su reikšmėmisg(x) = x2

1 + x22 kiekvienam x = (x1, x2) ∈ R2 ir f = (f1, f2) : R2 → R2

yra funkcija su reikšmėmis f1(r, θ) = r cos θ ir f2(r, θ) = r sin θ kiekvienam(r, θ) ∈ R2. Įrodyti, kad kompozicija g◦f : R → R diferencijuojama ir rastijos gradientą. Atsakymas: ∇(g◦f)(r, θ) = (2r, 0).

55

12 Vidutinės reikšmės teoremos


12.1 teorema. Tarkime, kad U ⊂ Rp yra atvira aibė ir f : U → R yradiferencijuojama. Taip pat tarkime, kad atkarpa [x, y] ⊂ U . Tada egzistuojatoks vektorius z ∈ (x, y), kad

f(y)− f(x) = Df(z)(y − x) = ∇f(z)·(y − x). (34)

12.2 teorema. Tarkime, kad U ⊂ Rp yra atvira iškila aibė ir funkcijaf : U → Rq yra diferencijuojama. Jei x ∈ U ir y ∈ U , tai egzistuoja toksz ∈ (x, y), kad

‖f(y)− f(x)‖2 ≤ ‖Df(z)(y − x)‖2 (35)

ir

‖f(y)− f(x)−Df(x)(y − x)‖2 ≤∥∥(Df(z)−Df(x)

)(y − x)

∥∥2. (36)

Funkcija f : Rp → Rq vadinama Lipschitzo aibėje U , jei egzistuoja tokiakonstanta L, kad nelygybė

‖f(x)− f(y)‖2 6 L‖x− y‖2

teisinga visiems x, y ∈ U .


Pirmoji užduotis yra vidurinės reikšmės teorema kelių kintamųjų skaliarineifunkcijai.

12.3 užduotis. Tegul aibė U ⊂ Rd yra atvira ir iškila, realieji skaičiaiA < C < B, o funkcija f : U → R yra tolydi bei kažkur aibėje U įgyjareikšmes A ir B. Įrodyti, kad kažkurioje aibės U vietoje funkcija f įgyjareikšmę C.

Sprendimas. Tarkime, kad a ∈ U ir b ∈ U yra tokie, kad f(a) = Air f(b) = B. Tegul φ(t) := a + t(b − a) ir g := f◦φ. Tada g yra tolydi,g(0) = f(a) = A ir g(1) = f(b) = B. Remiantis vidurinės reikšmės teoremarealiosioms funkcijoms, egzistuoja toks c ∈ (0, 1), kad g(c) = C. Tegulz := φ(c). Tada z ∈ U ir f(z) = g(c) = C.

12.4 užduotis. Tegul f : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) = x31 −

x1x2, x = (x1, x2) ∈ R2, a = (0, 1) ir b = (1, 3). Rasti tokį c ∈ (a, b), kad

f(b)− f(a) = ∇f(c)·(b− a).

56

Sprendimas. Randame gradientą ∇f(u) = (3u21 − u2,−u1) visiems u =

(u1, u2) ∈ R2. Tada

∇f(u)·(b− a) = (3u21 − u2,−u1)·(1, 2) = 3u2

1 − u2 − 2u1.

visiems u = (u1, u2) ∈ R2. Be to, f(b) − f(a) = −2. Reikia rasti tokįc = (c1, c2), kad {

3c21 − c2 − 2c1 = 2

(c1, c2) = a+ t(b− a) = (t, 2t+ 1)

su kuriuo nors t ∈ (0, 1).

12.5 užduotis. Tarkime, kad f : Rd → R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) = sin( d∑i=1

xi

), x = (x1, . . . , xd) ∈ Rd.

Įrodyti, kad f yra Lipschitz’o funkcija aibėje Rd. Priminsime, kad funkcijaf : Rd → Rq yra Lipschitz’o funkcija aibėje U ⊂ Rd kai egzistuoja tokiakonstanta C, kad nelygybė

‖f(x)− f(y)‖2 ≤ C‖x− y‖2

teisinga visiems x ∈ U ir y ∈ U .

Sprendimas. Naudosime vidutinės reikšmės teoremą (12.1 teorema) irCauchy nelygybę vertinant (34) lygybės dešiniąją pusę. Iš pradžių apskaiči-uosime gradientą ∇f(u). Tegul u = (u1, . . . , ud) ∈ Rd. Naudojant kom-pozicijos diferencijavimo taisyklę, apskaičiuojama funkcijos f h-toji dalinėišvestinė taške u

Dhf(u) =∂

∂uh

(sin( d∑i=1

ui

))= cos

( d∑i=1

ui

) ∂

∂uh

( d∑i=1

ui

)= cos

( d∑i=1

ui

),

kiekvienam h ∈ {1, . . . , d}. Naudojant tolydžių funkcijų kompozicijos toly-dumą, gauname dalinių išvestinių tolydumą. Tai įrodo, kad funkcija f yradiferencijuojama ir jos gradientas yra

∇f(u) = (D1f(u), . . . , Ddf(u)) = (1, . . . , 1) cos( d∑i=1

ui

)Todėl

‖∇f(u)‖2 =∣∣∣ cos

( d∑i=1

ui

)∣∣∣‖(1, . . . , 1)‖2 6√d

57

su bet kuriuo u ∈ Rd. Remiantis 12.1 teorema ir po to Cauchy nelygybe,duotiems x, y ∈ Rd egzistuoja z ∈ Rd toks, kad

|f(y)− f(x)| = |∇f(z)·(y − x)| 6 ‖∇f(u)‖2‖x− y‖2 6√d‖y − x‖2.


12.6 užduotis. Tegul f : R3 → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) =x1x2x3 + x2

1 + x22, x = (x1, x2, x3) ∈ R3, a = (0, 0, 0) ir b = (1, 1, 1). Rasti

tokį c ∈ (a, b), kadf(b)− f(a) = ∇f(c)·(b− a).

12.7 užduotis. Tegul aibė U ⊂ Rd yra atvira ir iškila, o funkcija f : U → Ryra diferencijuojama ir ∇f(u) = 0 kiekvienam u ∈ U . Įrodyti, kad f yrapastovioji.

12.8 užduotis. Tegul aibė U ⊂ Rd yra atvira ir iškila, o funkcijos f : U → Rir g : U → R yra diferencijuojamos ir ∇f(u) = ∇g(u) kiekvienam u ∈ U .Įrodyti, kad f ir g aibėje U skiriasi tik konstanta.

12.9 užduotis. Įrodyti arba paneigti, kad nurodytos funkcijos yra Lips-chitz’o aibėje {x : ‖x‖2 < 1}:

1. f : R3 → R3 su reikšmėmis f(x) = x‖x‖22, x ∈ R3;

2. f : R3 → R su reikšmėmis f(x) = sin ‖x‖22, x ∈ R3;

3. f : R2 → R3 su reikšmėmis f(x) = (x1, x2, sin ‖x‖22), x = (x1, x2) ∈R2;

4. f : R3 → R su reikšmėmis f(x) = 1/‖x‖2, x ∈ R3.

58

13 Antros eilės išvestinė

13.1 Naudojami apibrežimai ir faktai

13.1 apibrėžtis. Tarkime, kad U ⊂ Rp yra atvira aibė. Sakysime, kadfunkcija f : U → Rq yra du kartus diferencijuojama taške u ∈ U , jei fyra diferencijuojama aibėje U , ir taške u yra diferencijuojama jos išvestinėfunkcija Df : U → T (Rp,Rq), t. y. jei egzistuoja tokia tiesinė funkcijaD2f(u) := D(Df)(u) ∈ T (Rp, T (Rp,Rq)), kad

‖∆Df (x)‖ =∥∥Df(u+ x)−Df(u)− (D2f(u))(x)

∥∥F

= o(‖x‖2) kai x→ 0.

Funkciją D2f(u) vadinsime antrosios eilės išvestine. Sakysime, kad f yradu kartus diferencijuojama, jei jos antrosios eilės išvestinė D2f(u) egzistuojakiekviename aibės U taške u, ir apibrėžia funkciją

D2f : U → T (Rp, T (Rp,Rq)).

13.2 apibrėžtis. Funkcija S : Rp×Rp → Rq vadinama bitiesine, jei funkcijax 7→ S(x, y) esant fiksuotam y ir funkcija y 7→ S(x, y) esant fiksuotam xyra tiesinės iš Rp į Rq. Aibę visų bitiesinių funkcijų tarp Rp × Rp ir Rqžymėsime T (2Rp,Rq). Funkcija S : Rp × Rp → Rq vadinama simetrine, jeiS(x, y) = S(y, x) kiekvienam x ∈ Rp ir y ∈ Rp.

13.3 apibrėžtis. Tegul U ⊂ Rp yra atviroji aibė, f : U → Rq, u ∈ Uir {x, y} ⊂ Rp. Jei egzistuoja funkcijos f kryptinė išvestinė kryptimi x,Dxf : U → Rq, ir ji turi kryptinę išvestinę taške u kryptimi y, t.y. egzistuojariba

Dy(Dxf)(u) := limt→0

Dxf(u+ ty)−Dxf(u)

t,

tai ši riba vadinama funkcijos f antrosios eilės kryptine išvestine taške ukryptimi (x, y).

Kai funkcijos kryptinės išvestinės kryptis yra standartinės bazės vekto-rius, kalbama apie antrosios eilės dalines išvestines, t. y.

DiDjf(x) := Dei(Dejf)(x), i, j ∈ {1, . . . , p}.

13.4 teorema. Tarkime, kad U ⊂ Rp yra atvira aibė ir f : U → Rq.Funkcija f yra iš C2 klasės tada ir tik tada, kai jos visos p2 antros eilėsdalinės išvestinės egzistuoja ir yra tolydžios aibėje U .

13.5 teorema. Tarkime, kad U ⊂ Rp yra atvira aibė ir f : U → Rq dukartus diferencijuojama. Bet kuriems u ∈ U ir {x, y} ⊂ Rp, egzistuojaantrosios eilės kryptinė išvestinė taške kryptimi (x, y) ir

Dy(Dxf)(u) = d2f(u)(y, x).

59

13.6 apibrėžtis. Tegul U ⊂ Rp yra atvira aibė, u ∈ U ir f : U → R yra išC2 klasės. Funkcijos f Hesse’s matrica

Hf(u) =

D1D1f(u) D1D2f(u) · · · D1Dpf(u)D2D1f(u) · · · · · · D2Dpf(u). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .DpD1f(u) DpD2f(u) · · · DpDpf(u)

.Kai f : U → R yra iš C2 klasės, tai

D2f(u)(x)(y) = d2f(u)(x, y) = (Hf(u)x)·y (37)

bet kuriems u ∈ U ir {x, y} ⊂ Rp.


13.7 užduotis. Tegul f : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) = x21x2 + x1x

22, x = (x1, x2) ∈ R2.

Rasti antrosios eilės išvestinę D2f(u) taške u ∈ R2 naudojant tik jos api-brėžimą. Po to apskaičiuoti funkcijos f Hesse’s matricą Hf(u) ir įsitikinti(37) lygybe.

Sprendimas. Tegul u = (u1, u2) ∈ R2, x = (x1, x2) ∈ R2, y = (y1, y2) ∈R2. Kadangi D2f(u) ∈ L(R2, L(R2,R), tai

D2f(u)(x)(y) = y1D2f(u)(x)(e1) + y2D

2f(u)(x)(e2).

Pakanka rasti D2f(u)(x)(e1) ir D2f(u)(x)(e2). Pirma rasime pirmosiosišvestinės reikšmes Df(u)(z) kiekvienam z = (z1, z2) ∈ R2. Kadangi

f(u+ z)− f(u) = [2u1u2(z1 + z2) + u21z2 + u2

2z1] + o(‖z‖2),

taiDf(u)(z) =

[2u1u2 + u2

2 2u1u2 + u21

] [z1

z2

].

Toliau ieškosime funkcijos D2f(u)(x) reikšmių baziniuose vektoriuose e1 ire2.

‖Df(u+ x)−Df(u)‖2F= [Df(u+ x)(e1)−Df(u)(e1)]2 + [Df(u+ x)(e2)−Df(u)(e2)]2

= [2(u1 + x1)(u2 + x2) + (u2 + x2)2 − 2u1u2 − u22]2

+[2(u1 + x1)(u2 + x2) + (u1 + x1)2 − 2u1u2 − u21]2

= [2u1x2 + 2u2x1 + 2u2x2 + 2x1x2 + x22]2

+[2u1x2 + 2u2x1 + 2u1x1 + 2x1x2 + x21]2

60

Tegul

D2f(u)(x)(e1) := 2u1x2 + 2u2x1 + 2u2x2 =[2u2 2u1 + 2u2

] [x1

x2

].

Kitaip tariant, funkcijai D2f(u)(x) taške e1 priskiriame tokį elementą L ∈L(R2,R), kad

L(x) =[2u2 2u1 + 2u2

] [x1

x2

].

Panašiai apibrėžiame

D2f(u)(x)(e2) := 2u1x2 + 2u2x1 + 2u1x1 =[2u1 + 2u2 2u1

] [x1

x2

].

Šios reikšmės apibrėžia ieškomą antrają išvestinę, kadangi

‖Df(u+ x)−Df(u)−D2f(u)(x)‖2F= [2x1x2 + x2

2]2 + [2x1x2 + x21]2 6 C‖x‖42.

Hesse’s matricos elementus sudaro skaičiai

DjDif(u) = limt→0

Dif(u+ tej)−Dif(u)

t,

čiaDif(u) = lim

t→0

f(u+ tei)− f(u)

t.

13.8 užduotis. L(2R,R) 6= L(R2,R).

Sprendimas. Tegul α(x, y) := xy ir β(x, y) := x+ y bet kuriems (x, y) ∈R2. Tada α ∈ L(2R,R), α 6∈ L(R2,R), β ∈ L(R2,R) ir β 6∈ L(2R,R).

Kita užduotis yra 9.6 užduoties tęsinys.

13.9 užduotis. Tarkime, kad S : Rp×Rp → Rq yra bitiesinė funkcija.Su kiekvienu (x, y) ∈ Rp×Rp tegul σ(x,y) : Rp×Rp → Rq yra funkcija sureikšmėmis σ(x,y)(s, t) := S(x, t) + S(s, y). Įrodyti, kad S yra du kartusdiferencijuojama ir jos antroji išvestinė taške (u, v) ∈ Rp×Rp yra funkcija

Rp×Rp 3 (x, y) 7→ D2S(u, v)(x, y) = σ(x,y) ∈ L(Rp×Rp,Rq).

Sprendimas. Pirma, patikrinti σ(x,y) ∈ L(Rp×Rp,Rq). Remiantis 9.6užduotimi, DS(u, v) = σ(u,v). Tada

DS((u, v) + (x, y))−DS(u, v)−D2S(u, v)(x, y)

= σ(u+x,v+y) − σ(u,v) − σ(x,y) = 0.

61


f(r, φ) := r(cosφ, sinφ),

Įrodyti, kad f yra du kartus diferencijuojamas ir rasti D2f(u) bei d2f(u).

Sprendimas. Tegul u = (r, φ).

D1f(u) = (cosφ, sinφ),

D1D1f(u) = 0, D2D1f(u) = (− sinφ, cosφ),

D2f(u) = r(− sinφ, cosφ),

D1D2f(u) = (− sinφ, cosφ), D2D2f(u) = −f(u).

[D1D1f(u) D2D1f(u)D1D2f(u) D2D2f(u)

]=

[0 (− sinφ, cosφ)

(− sinφ, cosφ) −f(u)

]

d2f(u)(x, y) =2∑i=1

2∑j=1

xiyjDiDjf(u)

= (x1y2 + x2y1)(− sinφ, cosφ)− x2y2f(u) x = (x1, x2), y = (y1, y2).


13.11 užduotis. Tegul f : R2 → R yra funkcija su reikšmėmis

f(x) = sin(x1x2), x = (x1, x2) ∈ R2.

Rasti antrosios eilės išvestinę D2f(u) taške u ∈ R2 naudojant tik jos api-brėžimą. Tikėtina, kad atsakymas toks:

D2f(u)(x)(e1) =[−u2

2 sin(u1u2) cos(u1u2)− u1u2 sin(u1u2)] [x1

x2

]ir

D2f(u)(x)(e2) =[cos(u1u2)− u1u2 sin(u1u2) −u2

1 sin(u1u2)] [x1

x2

].

Po to apskaičiuoti funkcijos f Hesse’s matricąHf(u) ir įsitikinti (37) lygybe.

13.12 užduotis. Tegul L1 ir L2 yra dvi tiesinės funkcijos iš Rd į R. Įrodyti,kad jų sandauga

S := L1·L2 : Rd×Rd → R

yra simetrinė bitiesinė funkcija.

62

14 Funkcijos maksimumas ir minimumas

14.1 Naudojami apibrežimai ir faktai

14.1 apibrėžtis. Tegul U ⊂ Rd ir f : U → R. Sakome, kad vektorius u ∈ Uyra funkcijos f lokalaus ekstremumo taškas, jei jis yra funkcijos f lokalausminimumo taškas arba funkcijos f lokalaus maksimumo taškas.

14.2 teorema. Tarkime, kad u ∈ X ⊂ Rd yra vidinis X taškas ir funkcijosf : X → R lokalaus ekstremumo taškas. Jei funkcija f diferencijuojamataške u, tai jos gradientas ∇f(u) = 0.

14.3 apibrėžtis. Tarkime, kad X ⊂ Rd ir f : X → R. Vektorius u ∈X vadinamas funkcijos f kritiniu tašku, jei jis yra toks X aibės vidinistaškas, kuriame arba f nėra diferencijuojama arba f yra diferencijuojamair ∇f(u) = 0.

14.4 teorema. Tarkime, kad X ⊂ Rd yra kompaktinė aibė ir funkcijaf : X → R yra tolydi. Funkcijos f globalaus maksimumo taškas ir glob-alaus minimumo taškas yra arba funkcijos f kritinis taškas arba X aibėssienos taškas.

14.5 teorema. Tarkime, kad U ⊂ Rp yra atvira ir iškila aibė, f : U → Ryra iš C2 klasės ir ∇f(u) = 0 su kuriuo nors u ∈ U . Jei Hesse’s matricaHf(u) yra

(a) teigiamai apibrėžta, tai u yra f lokaliojo minimumo taškas;

(b) neigiamai apibrėžta, tai u yra f lokaliojo maksimumo taškas;

(c) neapibrėžta, tai u yra f balno taškas.

Tegul M1f(u) := D1D1f(u) ir

M2f(u) := D1D1f(u)D2D2f(u)− [D1D2f(u)]2

yra 2× 2 Hesses matricos pagrindiniai minorai.

14.6 teorema. Tarkime, kad U ⊂ R2 yra atvira ir iškila aibė, f : U → Ryra iš C2 klasės ir ∇f(u) = 0 su kuriuo nors u ∈ U . Teisingos implikacijos:

(a) Jei M1f(u) > 0 ir M2f(u) > 0, tai u yra f lokaliojo minimumo taškas.

(b) Jei M1f(u) < 0 ir M2f(u) > 0, tai u yra f lokaliojo maksimumotaškas.

(c) Jei M2f(u) < 0, tai u yra f balno taškas.

Sąlyginio ekstremumo uždaviniai trijų kintamųjų skaliarinėms funkci-joms su apribojimų aibe

Mg,h := {x ∈ U : g(x) = 0, h(x) = 0}.

63

14.7 teorema. Tarkime, kad U ⊂ R3 yra atviroji aibė, f, g, h : R3 → Ryra trys C1 klasės skaliarinės funkcijos. Jei funkcijos f siaurinys apribo-jimų aibėje Mg,h turi lokalaus esktremumo tašką u, kuriame ∇g(u) 6= 0 ir∇h(u) 6= 0, bei abu gradientai nėra tiesiškai priklausomi tai egzistuoja tokieλ, µ ∈ R, kad

∇f(u) = λ∇g(u) + µ∇h(u). (38)

14.7 teorema pagrindžia sąlyginio ekstremumo paiešką vadinamą La-grangeo daugiklių metodu. Siekiant surasti trijų kintamųjų skaliarinės funkci-jos f ekstremumą tenkinantį apribojimus g(x) = 0 ir h(x) = 0, x ∈ U ,įvedami du nauji kintamieji λ ir µ, vadinami Langrangeo daugikliais, ir api-brėžiama funkcija L su reikšmėmis

L(x, λ, µ) = f(x1, x2, x3)− λg(x1, x2, x3) + µh(x1, x2, x3),

x = (x1, x2, x3) ∈ U , λ, µ ∈ R, vadinama Lagrangeo funkcija. Ieškoma tokiųx = (x1, x2) ∈ Mg ir λ ∈ R, kuriems galioja (38) lygybė. Tai reikalaujalygčių sistemos

D1L(x, λ, µ) = D1f(x)− λD1g(x)− µD1h(x) = 0,



D4f(x, λ, µ) = −g(x) = 0.

D5f(x, λ, µ) = −h(x) = 0.

sprendimo. Prieš pradedant spręsti sistemą būtina įsitikinti, kad funkcijosf lokalus ekstremumas egzistuoja. Taip yra tada, kai apribojimų aibė Mg,h

yra uždara ir aprėžta, o funkcija f yra tolydi. Lokalaus ekstremumo ko-ordinatės randamos išsprendus nurodytą lygčių sistemą, jei yra išpildytos14.7 teoremos prielaidos. Priešingu atveju ekstremumo koordinačių ieškomatarp tų taškų, kuriuose arba bent vienas gradientas neegzistuoja arba bentvienos apribojimų funkcijos gradientas lygus nuliui.



f(x) = x1x22, x = (x1, x2) ∈ R2.

Rasti jos kritinius taškus.

Sprendimas. Randame D1f(x) = x22 ir D2f(x) = 2x1x2. Funkcijos f

gradientas∇f(x) = (x2

2, 2x1x2), x = (x1, x2).

Šios funkcijos kritiniais taškais yra lygties (x22, 2x1x2) = 0 sprendiniai u =

(u1, 0), u1 ∈ R.

64


f(x) = 5x21x2 + x1x

22 + 15x1x2, x = (x1, x2) ∈ R2.

Rasti jos lokalaus ekstremumo taškus.

Sprendimas. Pirma, rasime kritinius taškus. Kiekvienam x = (x1, x2) ∈R2 turime

∇f(x) = (10x1x2 + x22 + 15x2; 5x2

1 + 2x1x2 + 15x1).

Funkcijos kritiniais taškais yra lygčiu sistemos{10x1x2 + x2

2 + 15x2 = 0,5x2

1 + 2x1x2 + 15x1 = 0

sprendiniai. Pertvarkę sistemą gauname{x2(10x1 + x2 + 15) = 0,x1(5x1 + 2x2 + 15) = 0,

{x2 = 0 arba 10x1 + x2 = −15,x1 = 0 arba 5x1 + 2x2 = −15.

Yra keturi variantai, kurie duoda keturis kritinius taškus

{(0, 0), (0,−15), (−3, 0), (−1,−5)}.

Antra, nustatysime ar tarp šių taškų yra ekstremumo taškų. Hesse’s matricayra

Hf(u) =

[D1D1f(u) D1D2f(u)D2D1f(u) D2D2f(u)

]=

[10u2 10u1 + 2u2 + 15

10u1 + 2u2 + 15 2u1

].

Įstačius vietoje u = (u1, u2) kritinių taškų reikšmes, pirmi trys yra balnotaškai, o ketvirtas yra lokalaus maksimumo taškas.

14.10 užduotis. Tegul X = [−2, 2] × [−2, 2] ir f : X → R yra funkcija sureikšmėmis f(x) = 4x1x2−2x2

1−x42. Įrodyti, kad f turi globalius ekstremu-

mus ir rasti juos.

Sprendimas. X yra kompaktinė aibė, o f yra tolydi funkcija. Todėlegzistuoja globalūs ekstremumai ir jie įgyjami aibėje X. Juos rasime nau-dodami 14.4 teoremą. Pirma, X aibės viduje rasime tuos taškus, kuriuosef gradientas virsta nuliumi. Dalinės išvestinės yra

D1f(x) = 4x2 − 4x1 ir D2f(x) = 4x1 − 4x32

visiems x = (x1, x2) ∈ (−2, 2)× (−2, 2). Gauname

∇f(x) = 0 ⇔ x ∈ {(0, 0), (1, 1), (−1,−1)}.

65

Antra, x = (x1, x2) yra aibės X sienos taškas tada ir tik tada, kai x1 = ±2arba x2 = ±2. f siaurinį ant aibės X sienos sudaro keturios funkcijosiš [−2, 2] į R su reikšmėmis f(2, x2), f(−2, x2), f(x1,−2) ir f(x1, 2). Dėlapibrėžimo srities ir reikšmių simetriškumo (f(x1, x2) = f(−x1,−x2)), na-grinėsime tik pirmąją ir ketvirtąją funkcijas. Rasime šių dviejų funkcijųglobalų maksimumą ir minimumą. Funkcijos f(2, x2) = 8x2 − 8 − x4

2,x2 ∈ [−2, 2], vienintelis kritinis taškas yra x2 = 3

√2, o sienos taškais yra

±2. Palyginę reikšmes f(2, x2) šiuose trijuose taškuose, randame, kad glob-alaus maksimumo taškas yra x2 = 3

√2, o globalaus minimumo taškas yra

x2 = −2. Panašiai yra su funkcija f(x1, 2) = 8x1 − 2x21 − 16, x1 ∈ [−2, 2].

Jos globalaus maksimumo taškas yra x1 = 2, o globalaus minimumo taškasx1 = −2. Sudarome galimų ekstremumo reikšmių lentelę:

(x1, x2) (0, 0) (1, 1) (2, 3√

2) (2,−2) (2, 2)

f(x1, x2) 0 1 6 3√

2− 8 −40 −8

Palyginę gauname, kad funkcijos f aibėje X didžiausia reikšmė yra 1,kuri įgyjama taškuose (1, 1) ir (−1,−1), mažiausia reikšmė yra −40, kuriįgyjama taškuose (2,−2) ir (−2, 2).

14.11 užduotis ([4], 98 pusl.). Tarkime, kad stačiakampio gretasienio tūrisyra 1000 (vienetų). Įrodyti, kad jo paviršiaus plotas yra mažiausias tada,kai jis yra kubas.

Sprendimas. Tarkime, kad stačiakampio gretasienio kraštinės (išeinančiosiš vienos viršūnės) yra x1, x2, x3. Jo paviršiaus plotas yra

S = 2(x1x2 + x2x3 + x3x1).

Kadangi stačiakampio gretasienio tūris yra 1000, tai x1x2x3 = 1000. Pas-tarasis sąryšis įgalina kintamąjį x3 išreikšti per likusius du. Užduotis busatlikta jei įrodysime, kad funkcija f : R++ → R su reikšmėmis

S = f(x) = 2x1x2 +2000

x1+

2000

x2, x = (x1, x2)

įgyja minimumą taške (10, 10). Pirma, rasime kritinį tašką išspręsdami lygtį

∇f(x) =(

2x2 −2000

x21

, 2x1 −2000

x22

)= (0, 0).

Šios lygties sprendinys u = (10, 10) yra kritinis taškas. Antra, įrodysime,kad u yra (globalaus) minimumo taškas. Funkcijos f Hessės matrica yra

Hf(x) =

[D1D1f(x) D1D2f(x)D2D1f(x) D2D2f(x)

]=

[4000x31

2

2 4000x32

].

66

Kai x = u, tai

Hf(u) =

[4 22 4

].

Kadangi D1D1f(u) = 4 > 0 ir det(Hf(u)) = 12 > 0, tai matrica Hf(u)yra teigiamai apibrėžta. Remiantis ... teorema, u yra lokalaus minimumotaškas. Kai x1 < 1 arba x2 < 1, tai f(x) > 2000. Kai x1x2 > 1000, taif(x) > 2000. Tai rodo, kad už taško u aplinkos funkcija f neįgyja mažesnėsreikšmės. Todėl u yra globalaus minimumo taškas. Tai įrodo, kad paviršiausplotas įgyja minimalią reikšmę S = 600, kai x1 = x2 = x3 = 10.

Kita užduotis yra nagrinėjama [5] konspekto 4.4 skyrelyje kaip pavyzdys.Čia yra šiek tiek daugiau detalių.

14.12 užduotis. Tarkime, kad vektoriai (xi, yi) ∈ R2, i = 1, . . . , n, n > 1,interpretuojami kaip realių duomenų reikšmės geometrinėje plokštumoje.Šių duomenų regresijos tiese vadinama tokia geometrinės plokštumos tiesė,

` = {(x, y) ∈ R2 : y = c+ λx}

kad vertikalių atstumų tarp duomenų ir tiesės εi := yi−(c+λxi), i = 1, . . . , n,kvadratų suma įgyja mažiausią reikšmę. Įrodyti: jei x1, . . . , xn nėra visitarpusavyje lygūs, tai

λ =xy − x yx2 − x2

ir c = y − λx =x2y − x xyx2 − x2

, (39)

čia naudojami žymėjimai

x :=1

n

n∑i=1

xi, y :=1

n

n∑i=1

yi, x2 :=1

n

n∑i=1

x2i , xy :=

1

n

n∑i=1

xiyi.

Sprendimas. Tegul c ∈ R ir λ ∈ R yra bet kokie skaičiai. Minimizuosimefunkciją f : R2 → R su reikšmėmis:

f(c, λ) :=

n∑i=1

(c+ λxi − yi)2.

Šios funkcijos kritiniai taškai gaunami sprendžiant lygtį

∇f(c, λ) =( n∑i=1

(c+ λxi − yi),n∑i=1

xi(c+ λxi − yi))

= (0, 0).

Iš pirmos koordinatės gauname c = y − λx. Įstatę šią reikšmę į antrąjąkoordinatę ir išsprendę atžvilgiu λ gauname kritinio taško u := (c, λ) išraišką(39).

67

Naudodami 14.5 teoremą įrodysime, kad kritinis taškas u = (c, λ) yralokaliojo minimumo taškas. Funkcijos f Hesse’s matrica

Hf(u) = n

[1 x

x x2

]. (40)

nepriklauso nuo u. Įrodysime, kad matricos determinantas

det[Hf(u)/n] = x2 − (x)2 > 0.

Remiantis Cauchy nelygyben∑i=1

xi 6( n∑i=1

x2i

)1/2( n∑i=1

1)1/2

= n(x2)1/2.

Remiantis 2.34 pratimu, lygybė yra negalima, nes x1, . . . , xn nėra visi tar-pusavyje lygūs. Tai rodo, kad Hesse’s matrica yra teigiamai apibrėžta irtodėl kritinis taškas yra lokalaus minimumo taškas.

Parodysime, kad funkcija f yra iškiloji. Dėl šios priežasties lokalausminimumo taškas yra globalaus minimumo taškas. Tegul α ∈ (0, 1), (c, λ) ∈R2 ir (d, µ) ∈ R2. Tada

f(α(c, λ) + (1− α)(d, µ))

=n∑i=1

[α(c+ λxi − yi) + (1− α)(d+ µxi − yi)

]2

6n∑i=1

α(c+ λxi − yi)2 + (1− α)(d+ µxi − yi)2

= αf(c, λ) + (1− α)f(d, µ),

pastaroji nelygybė teisinga todėl, kad funkcija R 3 z 7→ z2 yra iškiloji.Užduotis atlikta.

Funkcijos f iškilumą galima patikrinti kitu būdu, remiantis teorema apieiškilumą: f iškila tada ir tik tada, kai Hesses matrica Hf yra neneigiamaiapibrėžta visoje aibėje R2. Hesses matricą jau suskaičiavome (žr. (40)). Beto, bet kuri simetrinė matrica [

a11 a12

a21 a22

]yra neneigiamai apibrėžta tada ir tik tada, kai a11 ≥ 0, a22 ≥ 0 ir a11a22 −(a12)2 ≥ 0. Šie faktai mūsų funkcijos iškilumą įrodo kitu būdu.

14.13 užduotis. Rasti tokį tašką ant dviejų plokštumų x1 + x2 + x3 = 1ir 3x1 + 2x2 + x3 = 6 susikirtimo tiesės, kuris yra arčiausiai nutolęs nuokoordinačių pradžios.

68

Sprendimas. Reikšmės f(x) = x21 + x2

2 + x23, g(x) = x1 + x2 + x3 − 1 ir

h(x) = 3x1 + 2x2 + x3 − 6 apibrėžia tris funkcijas f, g, h : R3 → R. Rasimefunkcijos f minimumą su sąlyga, kad kintamiesiems galioja apribojimai g =0 ir h = 0. Lygtis

∇f = λ∇g + µ∇h (41)

turi sprendinius

x1 =λ+ 3µ

2, x2 =

λ+ 2µ

2, x3 =

λ+ µ

2.

Įstatę šias išraiškas į lygtis g(x1, x2, x3) = 0 ir h(x1, x2, x3) = 0 gaunamesąryšius

3λ+ 6µ = 2 ir 3λ+ 7µ = 6.

Išsprendę juos gauname reikšmes λ = −22/3 ir µ = 4. Gavome, kadvektorius u = (7

3 ,13 ,−

53) yra vienintelis (14.13) ir apribojimų g = h = 0

sprendinys.



f(x) = 3x22 − 2x3

2 − 3x21 + 6x1x2, x = (x1, x2) ∈ R2.

Rasti ir suklasifikuoti lokalaus ekstremumo taškus. Ats: (0, 0) yra balnotaškas ir (2, 2) yra lokalaus maksimumo taškas.


f(x) = x21 − x2

2, x = (x1, x2) ∈ R2.

Šios funkcijos grafikas vadinamas balnu (žiūrėk piešinį). Rasti šios funkcijoskritinius taškus ir įrodyti, kad jie nėra ekstremumo taškai.


f(x) = x31 − 3x1x

22, x = (x1, x2) ∈ R2.

Šios funkcijos grafikas vadinamas beždžionės balnu (žiūrėk piešinį). Rastišios funkcijos kritinius taškus ir įrodyti, kad jie nėra ekstremumo taškai.


f(x) = |x1|+ |x2|, x = (x1, x2) ∈ R2.

Įrodyti, kad 0 yra šios funkcijos griežto minimumo taškas, bet∇f(0) neegzis-tuoja.

69

Figure 4: Balnas

Figure 5: Beždžionės balnas

14.18 užduotis. Tegul X ⊂ R2 yra uždara trikampė sritis pirmame ketvir-tyje sudaryta tiesėmis x1 = 0, x2 = 0 ir x2 = 9 − x1, o f : X → R yrafunkcija su reikšmėmis f(x) = 2 + 2x1 + 4x2 − x2

1 − x22. Įrodyti, kad f

70

turi globalius ekstremumus ir rasti juos. Ats: maksimumas f(1, 2) = 7 irminimumas f(9, 0) = −61.

14.19 užduotis. TegulX ⊂ R2 yra uždara trikampė sritis sudaryta tiesėmisx1 = 0, x2 = 2 ir x2 = 2x1, o f : X → R yra funkcija su reikšmėmisf(x) = 2x2

1 − 4x1 + x22 − 4x2 + 1. Įrodyti, kad f turi globalius ekstremumus

ir rasti juos.

14.20 užduotis. TegulX ⊂ R2 yra stačiakampė sritisX = [1, 3]×[−π/4, π/4],o f : X → R yra funkcija su reikšmėmis f(x) = (x2

1 − 4x1) cosx2. Įrodyti,kad f turi globalius ekstremumus ir rasti juos.

14.21 užduotis. Tarkime, kad u ∈ Rd yra funkcijos f : Rd → R lokalaus ek-stremumo taškas, o funkcija φ : R→ R yra nemažėjanti taško f(u) aplinkoje.Įrodyti, kad u yra kompozicijos φ◦f tos pačios rūšies ekstremumo taškas.

14.22 užduotis. Tarkime, kad a ∈ R, σ ∈ R++ ir funkcija f : R→ R įgyjareikšmes

f(x; a, σ2) =1√

2πσ2exp

(− (x− a)2

2σ2

), x ∈ R.

Tegul (x1, . . . , xn) ∈ Rn ir L : R× R++ → R yra funkcija su reikšmėmis

L(a, σ2) :=

n∏i=1

f(xi; a, σ2).

Įrodyti, kad taške

(a, σ2) =(x,

1

n

n∑i=1

(xi − x)2), čia x :=

1

n

n∑i=1

xi.

funkcija L įgyja maksimumą.

14.23 užduotis. Rasti kritinius taškus funkcijos f : Rd → R su reikšmėmis:

1. f(x) = 3x21 − 2x1x2 + 3x2

2 − x21x

22;

2. f(x) = 3x1x2− 2 + 3x2

x1− x1x2;

3. f(x) = x21x

32(2x1 + 3x2 − 6);

4. f(x) = 1x1x2− a

x21x2− b

x1x22+ 17, čia a, b ∈ R \ {0} konstantos;

5. f(x) =x31+x32+x33x1x2x3

;

6. f(x) = x1x2 + 1x1

+ 1x2

;

7. f(x) = x1x2x3 + ax1

+ bx2

+ cx3

, čia a, b, c ∈ R \ {0} konstantos (galimidu kokybiškai skirtingi atvejai priklausomai nuo abc ženklo);

71

8. f(x) = x1x2x3x4 + ax1

+ bx2

+ cx3

+ dx4

, čia a, b, c, d ∈ R\{0} konstantos;

9. f(x) = (x2 − x21)(x2 − 2x2

1);

10. f(x) = (a1x21 + · · · + anx

2n)e−‖x‖

2 , ‖x‖ yra x-o norma, o konstantosa1 > a2 > · · · > an > 0 (čia yra 2n+ 1 kritiniai taškai);

11. f(x) = (x1 + x2)e−‖x‖, (čia yra du kritiniai taškai).

14.24 užduotis ([3], 202 pusl.). Rasti funkcijos f : Rd → R su nurodytomisreikšmėmis kritinius taškus ir nustatyti ar jie yra ekstremumo taškai:

1. f(x) = x41+x4

2−(x1+x2)2, x = (x1, x2) ∈ R2. Atsakymas: (0, 0), (1, 1),(−1,−1) yra kritiniai taškai, o (1, 1), (−1,−1) yra lokalaus minimumotaškai.

2. f(x) = x21 +x2

2 +x23 +x1x2, x = (x1, 22, x3) ∈ R3. Atsakymas: (0, 0, 0)

lokalaus minimumo taškas.

14.25 užduotis ([4], 99 pusl.). Įrodyti, kad tarp visų lygiagretainių gre-tasienių, kurių paviršiaus plotas 600, kubas su kraštine 10 turi didžiausiątūrį.

14.26 užduotis ([4], 99 pusl.). Rasti trikampio kampų sinusų sandaugosmaksimumą ir parodyti, kad atitinkamas trikampis yra lygiakraštis.

14.27 užduotis ([4], 99 pusl.). Tarkime, kad trikampio kraštinių ilgiaix, y, z, ir p := (x + y + z)/2 yra pusė perimetro. Šio trikampio plotasS =

√p(p− x)(p− y)(p− z). Įrodyti, kad tarp visų trikampių su duotu

perimetru didžiausią plotą turi lygiakraštis trikampis.

72

15 Naudojami bendri faktai15.1 apibrėžtis. Tarkime, kad A = [aji] ∈ Md×d ir Z ⊂ Rd. Matrica A irją atitinkanti kvadratinė forma

qA(x) := xtAx =d∑

i,j=1

aijxixj , x = (x1, . . . , xd) ∈ Rd,

vadinami

(a) teigiamai apibrėžtomis (angl. positive definite) aibėje Z, jei qA(x) > 0kiekvienam x ∈ Z \ {0};

(b) teigiamai pusapibrėžtomis (angl. positive semidefinite) aibėje Z, jeiqA(x) ≥ 0 kiekvienam x ∈ Z \ {0};

(c) neigiamai apibrėžtomis (angl. negative definite) aibėje Z, jei qA(x) <0 kiekvienam x ∈ Z \ {0};

(d) neigiamai pusapibrėžtomis (angl. negative semidefinite) aibėje Z, jeiqA(x) ≤ 0 kiekvienam x ∈ Z \ {0};

(e) neapibrėžtomis aibėje Z, jei skaičiai qA(x), x ∈ Z \ {0}, gali įgyti tiekteigiamas, tiek ir neigiamas reikšmes.

Kai nurodytos sąlygos išpildytos su Z = Rd, tai A ir qA vadinamos, atitinka-mai, teigiamai apibrėžtomis, teigiamai pusapibrėžtėmis, neigiamai apibrėž-tomis, neigiamai pusapibrėžtėmis, arba neapibrėžtomis.

15.2 teorema. Tarkime, kad n ∈ N+ ir A yra simetrinė neišsigimusi n-tosios eilės kvadratinė matrica. Atitinkama kvadratinė forma qA yra

(a) teigiamai apibrėžta tada ir tik tada, kai detAk > 0 kiekvienam 1 ≤ k ≤n;

(b) neigiamai apibrėžta tada ir tik tada, kai (−1)kdetAk > 0 kiekvienam1 ≤ k ≤ n;

(c) neapibrėžta, jei (a) ir (b) teiginių sąlygos negalioja.

GOOGLE: asymptote examples asy

73

16 Literatūra

References[1] S. Axler, Linear Algebra Done Right, Second Edition. Springer, 1997.

[2] L. Corwin, R. Szczarba, Calculus in Vector Spaces, Second Edition,Revised Rxpanded.

[3] A.J. Dorogovtsev, Matematinė analizė. Uždavinių rinkinys, (Rusųkalba) 1987.

[4] C.H. Edwards, Jr, Advanced Calculus of Several Variables Dover Pub-lications, New York, 1973.

[5] R. Norvaiša, Analizė II. http//klevas.mif.vu.lt/ rimasn

[6] V. Stakėnas ir kiti, Matematika I ir II dalis. 11 klasei. TEV, Vilnius,2004.

74

Analizė II. Uždavinynasrimasn/Matematinė analizė...Analizė II. Uždavinynas Raimondas Malukas,...

Documents

Transcript of Analizė II. Uždavinynasrimasn/Matematinė analizė...Analizė II. Uždavinynas Raimondas Malukas,...