3. gaia: aldagai anitzeko funtzioak - ocw...3.2. adibidea. deskribatu f(x,y) = x2 + y2 funtzio...

3. GAIA:

Aldagai anitzeko funtzioak

Matematika Aplikatua,

Estatistika eta Ikerkuntza Operatiboa Saila

Zientzia eta Teknologia Fakultatea

Euskal Herriko Unibertsitatea

Aurkibidea

3. Aldagai anitzeko funtzioak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.1. Balio errealeko funtzioen geometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2. Limiteak eta jarraitutasuna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

3.2.1. Kontzeptu topologiko batzuk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63.2.2. Limitearen definizioa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.2.3. Funtzioen konposizioa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3.3. Diferentziazioa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.4. Deribatuen propietateak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.5. Gradienteak eta norabide-deribatuak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.6. Deribatu partzial iteratuak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.7. Taylor-en formulak. Goi-ordenako deribatuak . . . . . . . . . . . . . 45

3.7.1. Taylor-en 1. mailako formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.7.2. Taylor-en 2. mailako formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.8. Mutur lokalak eta globalak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.8.1. Mutur baldintzatuak: Lagrange-ren biderkatzaileak . . 553.8.2. Mutur globalak bilatzeko prozedura . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3. gaia

Aldagai anitzeko funtzioak.

Gai honetan, aldagai bakar bateko funtzioen kalkulu diferentziala alda-gai anitzeko funtzioetara hedatzen da.

3.1. Balio errealeko funtzioen geometria.

Definizioa.

Izan bedi f : A ⊂ IRn → IRm. Honelako funtzio bati, m = 1 bada,funtzio eskalar deitzen zaio. Adibidez:

f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)−3/2.

Normalean, A-k f funtzioaren definizio-eremua adierazten du.

Espazioko A eskualde bateko tenperatura adierazten duen funtzioa motahorretakoa da, hots: T : A ⊂ IR3 → IR; honela, T (x, y, z)-k adieraztendu tenperatura (x, y, z) puntuan.

f -ri, m > 1 bada, funtzio bektorial deritzogu. Adibidez: IR6-tik IR2-rakofuntzioa:

f(x) = f(x1, x2, x3, x4, x5, x6)

= (x1x2x3x4x5x6,√

x21 + x2

6).

Fluido bat espazioan zein abiaduratan mugitzen den zehazteko, V :IR4 → IR3 funtzioa behar da; funtzio horretan ~V (x, y, z, t) abiadura-bektorea da espazioko (x, y, z) puntuan t unean.

Definizioa.

Izan bedi f : U ⊂ IRn → IR.IRn+1-eko (x1, . . . , xn, f(x1, . . . , xn)) puntuen multzoari f -ren irudika-pen edo grafiko deitzen diogu.Adibidez, n = 1 kasurako irudikapena IR2-ko kurba bat da. Aldiz,n = 2-rako irudikapena IR3-ko gainazal bat da.

1

2 3. gaia. Aldagai anitzeko funtzioak.

n = 3 kasuan zailagoa da IR4-ko multzoak irudikatzea; horregatik sartzenda sestra-multzoaren ideia.

3.1. irudia. (a) f(x) funtzio baten grafikoa; (b) f(x, y)funtzio baten grafikoa.

3.1. adibidea. Har dezagun f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 funtzioa. Sestra-multzoa da IR3-ko azpimultzo bat non f konstantea baita, hau da,

x2 + y2 + z2 = 1

f -ren sestra-multzo bat da. 1 erradioko esfera gisa irudika dezakegu.Ondorioz, sestra-multzo horiek funtzio baten portaera edo egitura adie-razten digute.

Sestra-multzoak bi aldagaiko funtzioekin, f(x, y), erabiltzen badira, ses-tra-kurba deritzegu. Adibidez, mapa topografiko bateko sestra-kurbak;altuera konstante bat adierazten dute. xy planoaren gaineko muinobaten kasuan, sestra-kurba guztiek h(x, y) funtzioari buruzko ideia argibat ematen digute; muinoko (x, y) puntuen altuera adierazten dute.

3.2. irudia. Funtzio baten sestra-kurbak.

Mat. Aplik., Estat. eta Iker. Op. Saila (UPV/EHU)

§3. 1. Balio errealeko funtzioen geometria. 3

Definizioa.

Izan bitez f : U ⊂ IRn → IR eta c ∈ IR. Orduan, f(~x) = c betetzenduten ~x ∈ U puntuen multzoari c balioko sestra-multzo izena ematenzaio,

. n = 2 bada, c balioko sestra-kurba deitzen zaio, eta

. n = 3 bada, c balioko sestra-gainazal deitzen zaio.Sinboloak erabiliz, c balioko sestra-multzoa honela adierazten da:

{~x ∈ U | f(~x) = c} ⊂ IRn.

Ohartu sestra-multzoa beti definizio-eremuan dagoela.

3.2. adibidea. Deskribatu f(x, y) = x2 + y2 funtzio koadratikoarenirudikapena.

Ebazpena. Haren irudikapena z = x2 + y2 biraketa-paraboloideada, jatorritik gorantz orientatuta eta biraketa-ardatza z ardatza duena.

3.3. irudia. f(x, y) = x2 + y2 funtzioaren sestra-kurbak.

3.4. irudia. Aurreko irudiaren sestra-kurbak grafikorainogarraiatuta.



• c < 0-rako, ez dago c-sestra-kurbarik; eta

• c > 0-rako, {(x, y) | x2 + y2 = c} c-sestra-kurben multzoa da, hau da,O-zentroko eta

√c erradioko zirkuluen multzoa. Beraz, xy planoaren

gaineko c altueraraino altxatuz, sestra-kurba√

c erradioko zirkulu batda, eta itxura paraboliko hartzen du.

Ebakitze-metodoa.- f -ren grafikoaren ebakidura bat lortzen da grafi-koa plano (bertikal) batez ebakiz. Adibidez, f(x, y) = x2+y2 funtzioarenirudikapena IR3-ko P1 ≡ {y = 0} planoaz —hots, xz planoaz— ebakiz,multzo hau lortzen da:

P1 ∩ f − ren grafikoa = P1 ∩ biraketa-paraboloidea

= {(x, y, z) | y = 0, z = x2};

xz-ko parabola da. Era berean, P2 ≡ {x = 0} planorako —hau da, yz

planorako—, zera dugu:

P2 ∩ biraketa-paraboloidea = {(x, y, z) | x = 0, z = y2}

yz-ko parabola da. Normalean, gutxienez ebakidura bat kalkulatzeaegokia izaten da sestra-multzoek emandako informazioa osatzeko.

3.5. irudia. f(x, y) = x2 + y2 funtzioaren bi sekzio.

3.3. adibidea. f(x, y) = x2 − y2 funtzio koadratikoaren irudikapenaparaboloide hiperboliko edo zeladura deitzen da, eta O puntuan du ja-torria. Irudikatu.


§3. 1. Balio errealeko funtzioen geometria. 5

Ebazpena. Gainazal hau irudikatzeko, lehenengo marraztu sestra-kurbak. Horretarako, x2 − y2 = c ekuazioa ebatzi behar da. Har ditza-gun c = 0, ±1, ±4 balioak.

- c = 0 bada, y = ±x zuzenak ditugu.- c = 1 bada, x2 − y2 = 1 hiperbola dugu; x ardatza bertikalki

zeharkatzen du (±1, 0) puntuetan.- c = 4 bada, x2 − y2 = 22 hiperbola dugu; x ardatza bertikalki

zeharkatzen du (±2, 0) puntuetan.- c = −1 bada, x2−y2 = −1 hiperbola dugu; y ardatza horizontalki

zeharkatzen du (0,±1) puntuetan.- c = −4 bada, x2 − y2 = −22 hiperbola dugu; y ardatza hori-

zontalki zeharkatzen du (0,±2) puntuetan.

3.6. irudia. f(x, y) = x2 − y2 funtzioaren sestra-kurbak.

Orain, datuak osatzeko, bi ebakidura kalkulatuko ditugu:- xz planoarekin,

P1 ∩ f − ren grafikoa = {(x, y, z) | y = 0, z = x2};

gorantz zabaltzen den parabola da.- yz planoarekin,

P2 ∩ f − ren grafikoa = {(x, y, z) | x = 0, z = −y2};

beherantz zabaltzen den parabola da.



3.7. irudia. f(x, y) = x2 − y2 funtzioaren sestra-kurbakharen grafikoan.

3.2. Limiteak eta jarraitutasuna.

3.2.1. Kontzeptu topologiko batzuk.

Definizioa.

Izan bitez ~x0 ∈ IRn eta r zenbaki erreal positibo bat. Orduan, ‖~x−~x0‖ <

r baldintza betetzen duen ~x-ren multzoari r erradioko eta ~x0 zentrokobola ireki deritzogu.

Bola hori adierazteko, Dr(~x0) = {~x ∈ IR | ‖~x−~x0‖ < r} (edo Br(~x0))notazioa erabiltzen da, eta ~x0-tik r baino distantzia gutxiagora daudenIRn-ko ~x puntuen multzoa da.

Definizioa.

Izan bedi U ⊂ IRn. U multzoa ireki deitzen da U -ko ~x0 guztietarakoDr(~x0) bola bat existitzen bada, eta bola hori U -ren azpimultzoa bada.~x gaia barnean daukan U multzo irekiari ~x-ren ingurune deitzen diogu.

Definizioa.

Izan bedi A ⊂ IRn. Orduan, ~x ∈ IRn A-ren muga-puntua da baldin~x-ren ingurune guztiek A-ko puntu bat eta A-tik kanpoko puntu batbadauzkate.


§3.2.2. Limitearen definizioa. 7

Intuitiboki, zera adierazten du: A-ren muga-puntu bat A-ren ertzekopuntu bat dela.

3.4. adibidea.

(a) Izan bedi A = (a, b) ⊂ IR. Orduan, A-ren muga-puntuak a eta b

dira.

(b) Izan bedi A = Dr(x0, y0) ⊂ IR2 bola. Orduan, A-ren muga-puntuenmultzoa

(x− x0)2 + (y − y0)2 = r2

zirkunferentzia da.

Hemendik aurrera, f funtzio baten definizio-eremua multzo irekia izangoda. Orain gure asmoa da aurkitzea f -ren limitea ~x → ~x0 denean, non~x0 A-ren barneko puntua edo A-ren muga-puntua baita.Hemen f : IR → IR funtzioen limitearen kontzeptua orokortzen da ~f :IRn → IRm funtzioetara.

3.2.2. Limitearen definizioa.Izan bedi ~f : A ⊂ IRn → IRm, non A multzo irekia baita. Izan bedi~x0 edo A-ren barneko puntua edo A-ren muga-puntua, eta izan bediN ⊂ IRm ~b-ren ingurune bat.

Definizioa.

~b-ren edozein N ingurunetarako, ~x-k ~x0-rantz jo ahala, ~f(~x)-k N ingu-runean bukatzera jotzen badu (hau da, “~f(~x), ~b-tik hurbil dago, ~x, ~x0-tik hurbil badago”), orduan esango dugu ~f(~x)-k ~b-rantz jotzen duela~x-k ~x0-rantz jotzen badu.

Ohartu ez dela beharrezkoa ~f(~x0) existitzea.Gauza bera esan dezakegu adierazpen matematiko hauek erabiliz,

lim~x→~x0

~f(~x) = ~b

edo~f(~x) → ~b ~x → ~x0 denean.

Definizioa.

~f(~x)-k ez badu jotzen puntu batera ~x-k ~x0-rantz jotzen duenean,esaten da lim

~x→~x0

~f(~x) ez dela existitzen.



Jarraian, limitearen definizioa emateko beste era bat ikusiko dugu.

Definizioa.

Izan bedi ~f : A ⊂ IRn → IRm eta izan bedi ~x0 A-ko puntu bat edo A-renmuga-puntu bat. Orduan, lim

~x→~x0

~f(~x) = ~b baldin eta soilik baldin

∀ε > 0 ∃δ > 0 | 0 < ‖~x− ~x0‖ < δ ⇒ ‖~f(~x)−~b‖ < ε.

3.5. adibidea. Frogatu lim(x,y)→(0,0)

x2

√x2 + y2

= 0.

Ebazpena.

Frogatu behar dugu x2/√

x2 + y2 txikia dela (x, y) (0, 0)-tik hurbildagoenean. Horretarako, desberdintza hau erabiliko dugu:

0 ≤ x2

√x2 + y2

≤ x2 + y2

√x2 + y2

=√

x2 + y2

= ‖(x, y)‖ = ‖(x, y)− (0, 0)‖.

Har dezagun edozein ε > 0, eta δ = ε aukeratuko dugu. Orduan,‖(x, y)− (0, 0)‖ < δ-k zera inplikatzen du:

∣∣∣∣∣x2

√x2 + y2

− 0

∣∣∣∣∣ =x2

√x2 + y2

≤√

x2 + y2

= ‖(x, y)− (0, 0)‖ < δ = ε.


x2y

x2 + y2= 0.

Ebazpena.

Ohartu∣∣∣∣

x2y

x2 + y2

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣x2y

x2

∣∣∣∣ = |y| ≤√

x2 + y2 = ‖(x, y)− (0, 0)‖.



Beraz, ε > 0 emanda, δ = ε aukeratzen badugu, hau betetzen da:∣∣∣∣

x2y

x2 + y2− 0

∣∣∣∣ < ε.

3.1. teorema. Limiteen bakartasuna.

Izan bitez ~f : A ⊂ IRn → IRm eta ~x0 (A-ko puntu bat edo A-ren muga-puntu bat). Baldin lim

~x→~x0

~f(~x) = ~b1 eta lim~x→~x0

~f(~x) = ~b2 badugu, ~b1 = ~b2.

Hau da, aldagai bateko funtzioetarako bezala, limitea, existitzen bada,bakarra da. Ondorioz, kalkulatu nahi badugu lim

(x,y)→(x0,y0)f(x, y), limite

honek existitzekotan, askea izan behar du (x, y) (x0, y0)-ra hurbiltzenduen bidearekiko. Esate baterako, g : IR → IR funtzio jarraitu bat badanon y0 = g(x0); honek gertatu behar du:

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = l bada, limx→x0

f(x, g(x)) = l izan behar du.


xy + y3

x2 + y2ez dela existitzen.

Ebazpena.

x = 0 zuzenean zehar, f(x, y) = f(0, y) = y → 0, (x, y) → (0, 0) denean.y = 0 zuzenean zehar, f(x, y) = f(x, 0) = 0 → 0, (x, y) → (0, 0) denean.Baina y = 2x zuzenean zehar, (x, y) → (0, 0) denean hau dugu:

f(x, y) = f(x, 2x) =2x2 + 8x3

x2 + 4x2=

2x2 + 8x3

5x2=

25

+85x → 2

5.

Beraz f funtzioak ez du limiterik (0, 0) puntuan.

3.8. adibidea. lim(x,y)→(0,0)

x2

x2 + y2existitzen da?

Ebazpena.

Limite hori existitzen bada,x2

x2 + y2-ren balioa a zenbaki zehatz batera

hurbildu beharko litzateke (x, y) (0, 0)-ra hurbiltzekotan. Bereziki,



(x, y)-k zerorantz jotzen badu edozein ibilbidetan, orduan erex2

x2 + y2-k

a baliora jo beharko luke.

• (x, y)-k (0, 0)-rantz jotzen badu y = 0 zuzenean, limitea 1 da (ordezkatuy-ren balioa adierazpenean).

• (x, y)-k (0, 0)-rantz jotzen badu x = 0 zuzenean, limitea 0 da.

Beraz, bi ibilbide desberdinetan zehar limitea desberdina da, eta ondo-rioz, limite hori ez da existitzen.

3.8. irudia. f(x, y) = x2/(x2 + y2) funtzioaren grafikoa.


x2y2

x4 + y4.

Ebazpena.

Argi ikusten denez, (0, 0) puntua y = mx motako zuzenetan dago. Be-raz, aurreko limitea existitzen bada honen berdina izan behar du m

guztietarako:

limx→0

x2(mx)2

x4 + (mx)4= lim

x→0

m2x4

x4(1 + m4)= lim

x→0

m2

1 + m4=

m2

1 + m4,



baina, m-ren balioa aldatzen bada, limitearen balioa ere aldatzen da.Beraz, funtzioak ez du limiterik (0, 0) puntuan.

Metodo horri limite erradialen kalkulua deritzogu. Ohartu limite erra-dial guztiak berdinak izan eta limitea ez existitzea gerta daitekeela.


x2 + y2

x2 + y.

Ebazpena. f(x, y) =x2 + y2

x2 + ybada, hauek dira limite erradialak ∀m:

limx→0

f(x,mx) = limx→0

x2 + (mx)2

x2 + (mx)= lim

x→0

x2(1 + m2)x(x + m)

= limx→0

x1 + m2

x + m.

Limite hori 0 da m 6= 0 bada; eta 1 da m = 0 bada. Gainera, y = x2

“bidea” hartzen badugu, hau dugu

limx→0

f(x, x2) = limx→0

x2 + (x2)2

x2 + x2= lim

x→0

x2(1 + x2)2x2

= limx→0

12(1 + x2) =

12.

Limiteak bakarra izan behar duenez, limite hau ez da existitzen.Jarraian azaltzen den teoremak limitearen existentziarako baldintza be-harrezko bat ematen digu.

3.2. teorema.

Baldin

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = l bada, orduan

limx→x0 [limy→y0 f(x, y)] = l

eta

limy→y0 [limx→x0 f(x, y)] = l.

limx→x0

[lim

y→y0f(x, y)

]eta lim

y→y0

[lim

x→x0f(x, y)

]limiteei limite iteratu deitzen

diegu.Oharra. Limite iteratu bat ez bada existitzen edo limite horiek des-berdinak badira, limite bikoitza ez da existitzen.

3.11. adibidea. Aztertu lim(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2-ren existentzia.



Ebazpena. Limite iteratuek hau ematen dute:

limx→0

[limy→0

x2 − y2

x2 + y2

]= lim

x→0

x2

x2= 1

eta

limy→0

[limx→0

x2 − y2

x2 + y2

]= lim

y→0

−y2

y2= −1.

Bi limiteak desberdinak direnez, limite bikoitza ez da existitzen.

Oharra. Hala eta guztiz ere, ez ahaztu baldintza hori beharrezkoadela baina ez nahikoa.

3.12. adibidea. Aztertu lim(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2-ren existentzia.

Ebazpena. Limite iteratuek hau ematen dute:

limx→0

[limy→0

xy

x2 + y2

]= lim

x→0

0x2

= 0

eta

limy→0

[limx→0

xy

x2 + y2

]= lim

y→0

0y2

= 0.

Hau da, bi balioak berdinak dira. Baina, limite erradialak (y = mx)kalkulatzen baditugu, hau dugu:

limx→0

xmx

x2 + (mx)2=

m

1 + m2;

m-ren balio desberdinetarako balio desberdinak hartzen ditu. Beraz,limite bikoitza ez da existitzen kasu honetan ere.

Ikus dezagun orain baldintza nahiko bat.

3.3. teorema. Maiorante funtzioaren irizpidea.

Baldin g : A ⊂ IR2 7→ IR existitzen bada, non

(i) lim(x,y)→(x0,y0)

g(x, y) = l,

(ii) |f(x, y)− l| ≤ |g(x, y)− l|,



orduanlim

(x,y)→(x0,y0)f(x, y) = l.

3.13. adibidea. Aurkitu lim(x,y)→(0,0)

xy√x2 + y2

.

Ebazpena. Limite erradialak kalkulatuz:

limx→0

xmx√x2 + (mx)2

= limx→0

mx2

√x2(1 + m2)

= limx→0

mx√1 + m2

= 0.

Beraz, limitea existitzekotan zero izan behar du.Ikus dezagun teoremako baldintzak betetzen dituen g(x, y) funtzio batexistitzen dela.

|f(x, y)− 0| =∣∣∣∣∣

xy√x2 + y2

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣

xy√x2

∣∣∣∣ = |y|.

Hau da, problema honetan g(x, y) = y, eta 3.3. teoremako baldintzakbetetzen ditu, zeren lim

(x,y)→(x0,y0)y = 0 eta |f(x, y) − 0| ≤ |y − 0|.

Ondoriozlim

(x,y)→(0,0)

xy√x2 + y2

= 0.

Jarraian, beste baldintza nahiko bat ikusiko dugu. Hau da, limite erradial(edo limite iteratu) baten bidez lortutako l limitea benetako limitea delaegiaztatzen da beste metodo bat erabiliz.

Dakigunez hau betetzen da:

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = l ⇐⇒ lim(x,y)→(x0,y0)

[f(x, y)− l] = 0

⇐⇒ lim(x,y)→(x0,y0)

|f(x, y)− l| = 0.

Bestalde, koordenatu polarretarako aldagai-aldaketa kontuan hartuz,hau da: {

x = x0 + ρ cos θ

y = y0 + ρ sin θ,



zera betetzen da:

(x, y) → (x0, y0) ⇐⇒ ρ → 0+, ∀θ ∈ [0, 2π).

(x0, y0) = (0, 0) bada, teorema hau dugu.

3.4. teorema. Baldin l ∈ IR bada, hau betetzen da:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = l ⇐⇒ limρ→0+

supθ∈[0,2π)

|f(ρ cos θ, ρ sin θ)− l| = 0

Frogantza.

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = l ⇐⇒ lim(x,y)→(0,0)

|f(x, y)− l| = 0 ⇐⇒

∀ε > 0, ∃δ > 0 | 0 < ‖(x, y)− (0, 0)‖ < δ ⇒ |f(x, y)− l| < ε ⇐⇒∀ε > 0, ∃δ > 0 | 0 < ρ < δ ⇒ sup

θ∈[0,2π)

|f(ρ cos θ, ρ sin θ)− l| < ε ⇐⇒

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = l ⇐⇒ limρ→0+

supθ∈[0,2π)

|f(ρ cos θ, ρ sin θ)− l| = 0.

3.1. korolarioa. Baldin |f(ρ cos θ, ρ sin θ)−l| ≤ G(ρ), ∀ρ > 0 eta θ ∈[0, 2π), eta lim

ρ→0+G(ρ) = 0 betetzen bada, orduan lim

(x,y)→(0,0)f(x, y) = l.

3.2. korolarioa. Baldin |f(ρ cos θ, ρ sin θ) − l| = g(ρ) · h(ρ, θ) bada,non(a) h(ρ, θ) funtzio bornatua den, ρ > 0 eta θ ∈ [0, 2π) guztietarako, eta(b) lim

ρ→0+g(ρ) = 0,

orduanlim

(x,y)→(0,0)f(x, y) = l

Frogantza. h bornatua denez, badago M > 0 non |h(ρ, θ)| < M .Hortaz, G(ρ) = M · |g(ρ)| hartuz 3.1. korolarioaren baldintzak betetzendira.

3.14. adibidea. Egiaztatu lim(x,y)→(0,0)

xy√x2 + y2

= 0 dela koordenatu

polarretarako aldagai-aldaketa erabiliz.



Ebazpena. f(x, y) =xy√

x2 + y2bada, koordenatu polarretan zera

dugu:

|f(ρ cos θ, ρ sin θ)− 0| =∣∣∣∣∣

(ρ cos θ)(ρ sin θ)√(ρ cos θ)2 + (ρ sin θ)2

∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣ρ2 cos θ sin θ

ρ√

cos2 θ + sin2 θ

∣∣∣∣∣ = |ρ cos θ sin θ| = |ρ| · | cos θ sin θ|.

Beraz, h(θ) = | cos θ sin θ| funtzio bornatua denez eta limρ→0+ |ρ| = 0,3.2. korolarioaz, lim

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0 betetzen da.

Beste teorema hau ere froga daiteke.

3.5. teorema. (Koordenatu polarretarako aldaketa.)

l bai finitua bai infinitua bada, hau betetzen da:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = l ⇐⇒ lim(ρ,θ)→(0+,θ)

f(ρ cos θ, ρ sin θ) = l, ∀θ ∈ [0, 2π]

Aurreko adibideari aplikatzen badiogu, zera dugu:

lim(x,y)→(0,0)

xy√x2 + y2

= lim(ρ,θ)→(0+,θ)

ρ(cos θ)(sin θ) = 0, ∀θ ∈ [0, 2π].

Oharra. Ez nahastu aurreko teorema propietate honekin:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = l ⇒ limρ→0+

f(ρ cos θ, ρ sin θ) = l, ∀θ ∈ [0, 2π],

alderantzizko inplikazioa ez da betetzen, zeren eta eskuineko limi-tean θ = θ ∈ [0, 2π] bakoitzeko limite erradialak kalkulatzen dira besterikez, eta beste bide mota bat jarraituz gero gerta daiteke limite desberdinaizatea.

3.15. adibidea. Aztertu limite honen existentzia koordenatu pola-

rretarako aldagai-aldaketa erabiliz: lim(x,y)→(0,0)

xy2

x2 + y4

Ebazpena. Koordenatu polarretarako aldaketa eginez hau dugu:

f(x, y) =xy2

x2 + y4=

ρ cos θ(sin θ)2

(cos θ)2 + ρ2(sin θ)2= F (ρ, θ) ,

etalim

ρ→0+F (ρ, θ) = 0, cos θ 6= 0 bada



eta cos θ = 0 bada, F (ρ, θ) = 0 da; beraz, limite erradial hori zero daere bai. Aldiz,

lim(ρ, θ) → (0+, π/2)

θ = arccos ρ

F (ρ, θ) = limρ→0+

F (ρ, arccos ρ) =12

Ondorioz, limite hori ez da existitzen.

Kalkulu praktikoak egin ahal izateko erregela batzuk ematen dizkiguteorema honek.

3.6. teorema. Izan bitez ~f,~g : A ⊂ IRn → IRm, ~x0, A-ko puntu batedo A-ren muga-puntu bat, ~b ∈ IRm eta c ∈ IR.

Baldin lim~x→~x0

~f(~x) = ~b1 eta lim~x→~x0

~g(~x) = ~b2 badira, hau dugu:

(i) lim~x→~x0

c~f(~x) = c~b1.

(ii) lim~x→~x0

(~f + ~g)(~x) = ~b1 +~b2.

(iii) m = 1 bada (kasu honetan~b1 = b1 eta~b2 = b2), lim~x→~x0

(fg)(~x) = b1b2.

Gainera,(iv) m = 1 denean, baldin lim

~x→~x0

f(~x) = b 6= 0 eta f(~x) 6= 0 ∀~x ∈ A

badira, orduan lim~x→~x0

1/f(~x) = 1/b.

Eta,(v) ~f(~x) = (f1(~x), . . . , fm(~x)) bada, non

fi : A → IR i = 1, . . . , m

~f -ren osagaiak diren, orduan

lim~x→~x0

~f(~x) = ~b = (b1, . . . , bm)

betetzen da baldin eta soilik baldin

lim~x→~x0

fi(~x) = bi

i = 1, . . . , m bakoitzerako.

3.16. adibidea. Izan bedi f : IR2 → IR funtzioa: (x, y) 7→ x2 + y2 + 2.Kalkula ezazu lim

(x,y)→(0,1)f(x, y).



Ebazpena. Hemen, f , (x, y) 7→ x2, (x, y) 7→ y2 eta (x, y) 7→2 funtzioen batura da. Beraz, 3.6. teoremaren bidez, hau dugu:

lim(x,y)→(0,1)

f(x, y) = 02 + 12 + 2 = 3.

3.17. adibidea. Kalkulatu limite hauek, existitzen badira:

(a) lim(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2 + 2.

(b) lim(x,y)→(0,0)

cos x− 1− x2/2x4 + y4

.

Ebazpena.

(a) Argi dagoenez, zenbakitzailearen limitea 0 da, eta izendatzailearenlimitea, 2; beraz, zatiduraren limitea 0 da.

(b) Lehenengo, y = 0 konstantea kontsideratzen da, eta limitea kalku-latzen da (ahal bada) (x, y)-k (0, 0)-rantz jotzen duenean. L’Hopital-enaraua aplikatuz, hau dugu:

lim(x,y)→(0,0)

cos x− 1− x2/2x4

= lim(x,y)→(0,0)

− sin x− x

4x3

= lim(x,y)→(0,0)

− cosx− 112x2

.

Baina azken limitea ez da existitzen, −∞-rantz jotzen baitu; beraz,limite hau ez da existitzen.

Definizioa. Izan bedi ~f : A ⊂ IRn → IRm funtzio bat, eta A harendefinizio-eremua da. Izan bedi ~x0 ∈ A.~f jarraitua da ~x0 puntuan baldin eta soilik baldin lim

~x→~x0

~f(~x) = ~f(~x0).



3.9. irudia. Jarraitutasuna xy planoan.Definizioa. ~f jarraitua da baldin eta soilik baldin ~f jarraitua bada A

multzoko ~x0 puntu bakoitzean.

3.10. irudia. Jarraitutasuna xyz espazioan.

• Gogoratu edozein funtzio polinomiko p : IR → IR jarraitua dela. Beraz,lim

x→x0p(x) = p(x0).

3.18. adibidea. f : IR2 → IR funtzio hau:

f(x, y) ={

1, x ≤ 0 edo y ≤ 0 badira0, bestela



ez da jarraitua (0, 0), edo x edo y ardatzerdi negatiboko edozein pun-tutan. Izan ere, (x0, y0) = ~x0 horietariko puntu bat bada eta Dr(~x0)~x0-ren edozein ingurune, badaude ingurune horretan (x, y) puntuak nonf(x, y) = 1 eta f(x, y) = 0 betetzen baita. Beraz, ez da egia

f(x, y) → f(x0, y0) = 1 (x, y) → (x0, y0) denean.

Jarraian azaltzen den teorema 3.6. teoreman oinarritzen da.

3.7. teorema.

Izan bitez ~f : A ⊂ IRn → IRm, ~g : A ⊂ IRn → IRm, eta c ∈ IR.

(i) ~f jarraitua bada ~x0-n, c~f ere bai puntu berean, non (c~f)(~x) =c[~f(~x)].

(ii) ~f eta ~g jarraituak badira ~x0-n, ~f + ~g ere bai puntu berean, non(~f + ~g)(~x) = ~f(~x) + ~g(~x).

(iii) m = 1 denean, f eta g jarraituak badira ~x0 puntuan, orduan fg

ere jarraitua da puntu berean, non (fg)(~x) = f(~x)g(~x).

(iv) m = 1 denean, f jarraitua bada ~x0 puntuan, f(~x0) 6= 0 eta f ezbada zero egiten A multzoan, orduan 1/f ere jarraitua da puntuberean, non (1/f)(~x) = 1/f(~x).

(v) Baldin ~f : A ⊂ IRn → IRm bada, non ~f(~x) = (f1(~x), . . . , fm(~x))baita, orduan ~f jarraitua da ~x0-n baldin eta soilik baldin fi ja-rraitua bada puntu berean i = 1, . . . , m guztietarako.

3.19. adibidea. Izan bedi (x, y) 7→(

x2y,y + x3

1 + x2

), f : IR2 → IR2

funtzioa. Frogatu f jarraitua dela.

Ebazpena.

Aurreko (v) propietatean oinarrituz, nahikoa da frogatzea f -ren os-agai bakoitza jarraitua dela. Polinomioak funtzio jarraituak direnez,f1(x, y) = x2y jarraitua da. Bestalde, (x, y) 7→ 1 + x2 funtzioa jarraituadenez eta ez-nulua, (iv) propietatearekin (x, y) 7→ 1/(1 + x2) ere bai;beraz, (iii) propietatearekin f2(x, y) = (y + x)/(1 + x2) jarraitua da.



3.2.3. Funtzioen konposizioa.

g : A → B eta f : B → C badira, f eta g-ren konposizioa, (f ◦ g)-kadierazita, A → C-rako funtzioa da, eta funtzio horretan x 7→ f(g(~x))da. Adibidez, sin x2 funtzioa x 7→ x2 eta y 7→ sin y-ren konposizioa da.

3.11. irudia. Funtzioen konposizioa.

3.8. teorema. Izan bitez ~g : A ⊂ IRn → IRm eta ~f : B ⊂ IRm → IRp.Demagun ~g(A) ⊂ B, ~f ◦ ~g funtzioa A multzoan definitua izateko. ~g

jarraitua bada ~x0 ∈ A eta ~f jarraitua ~y0 = ~g(~x0) izanik, orduan ~f ◦ ~g

jarraitua da ~x0 puntuan.

3.20. adibidea. Izan bedi f(x, y, z) = (x2+y2+z2)30+sin z3. Frogatuf jarraitua dela.

Ebazpena.

f -ren bi batugaiak, alegia, (x2 + y2 + z2)30 eta sin z3, jarraituak badira,frogaturik egongo da. Lehenengo funtzioa (x, y, z) 7→ (x2 + y2 + z2)eta u 7→ u30 funtzio jarraituen konposizioa da, beraz, hau ere bai ( 3.8.teoremarekin). Bigarrena (x, y, z) 7→ z3 eta u 7→ sin u funtzio jarraituenkonposizioa da, beraz, hau ere bai ( 3.8. teoremarekin).

3.21. adibidea.

(a) f(x, y) =sin(x + y)

x + yfuntzioa, era egoki batean birdefinituz, jarraitu

bihur dezakegu?


§3. 3. Diferentziazioa. 21

(b) f(x, y) =xy

x2 + y2funtzioa, era egoki batean birdefinituz, jarraitu

bihur dezakegu?

Ebazpena.

(a) Funtzio jarraitu bat lor dezakegu f(~x0) eta lim~x→~x0

f(~x) berdinduz.

Izan bedi t = x + y; orduan, 3.8. teorema kontuan hartuz, zera dugu:

lim(x,y)→(0,0)

sin(x + y)x + y

= limt→0

sin t

t= 1.

Orduan, f(0, 0) = 1 definituz, funtzioa jarraitu bihurtzen da.

(b) Ohartu x = y denean limitea 1/2 dela. Bestalde, x = −y de-nean, limitea −1/2 da. Limitearen balioa (x, y) (0, 0)-ra hurbiltzenden bidearen menpe dagoenez, limitea ez da existitzen (0, 0)-an, eta on-dorioz ez dago modurik f(x, y) jarraitu bihurtzeko puntu horretan.

3.3. Diferentziazioa.

Funtzioen irudikapenak funtzio baten ezaugarri nagusiak ezagutzen la-guntzen digu. Baina, dakigunez, funtzio bat irudikatzeko deribatuenlaguntza behar dugu.

Intuitiboki, badakigu funtzio jarraitu baten grafikoa ez dela apurtua.

IR2-tik IR-rako funtzio diferentziagarri baten grafikoak ez du apurtuaizan behar; are gehiago, grafikoarekiko ukitze-plano ondo definitu batizan behar du puntu bakoitzean. Beraz, grafikoan ez da tolesturarik,izkinarik edo tontorrik existitu behar; hau da, grafikoak leuna izan behardu. (Komeni da IR-tik IR-rako funtzioei dagokien deribatuaren kon-tzeptua errepasatzea.)



3.12. irudia. Grafiko leuna.

3.13. irudia. Grafiko ez-leuna.

Definizioa. Izan bitez U ⊂ IRn multzo irekia eta f : U → IR funtzioa.

Orduan, ∂f/∂x1, . . . , ∂f/∂xn adierazpenak, x1, . . . , xn-aldagaiekiko f -ren deribatu partzialak, hurrenez hurren, n aldagaiko funtzioak dira, etahonela definitzen dira ~x = (x1, . . . , xn) puntuan:

∂f

∂xj(x1, . . . , xn)

= limh→0

f(x1, . . . , xj + h, . . . , xn)− f(x1, . . . , xn)h

= limh→0

f(~x + h~ej)− f(~x)h

,

baldin limite horiek existitzen badira, j = 1, . . . , n, non ~ej oinarri kano-nikoaren j-garren bektorea baita.

Hau da, ∂f/∂xj funtzioa xj aldagaiarekiko f -ren deribatua, eta bestealdagaiak finkoak dira.

f : IR3 → IR bada, sarri notazio hau erabiliko dugu: ∂f/∂x, ∂f/∂y, eta∂f/∂z.

~f : IRn → IRm bada, orduan hau idatz dezakegu:

~f(x1, . . . , xn) = (f1(x1, . . . , xn), . . . , fm(x1, . . . , xn)),

beraz, osagai bakoitzaren deribatu partzialak ditugu.



Adibidez, ∂fm/∂xn funtzioa xn aldagaiarekiko fm-ren deribatu partzialada.

Ariketa. f(x, y) = x2y + y3 bada, aurkitu ∂f/∂x eta ∂f/∂y.

• Adierazteko zein puntutan kalkulatzen den deribatu partziala, adibidez,(x0, y0) puntuan, idazkera hau erabiltzen da:

∂f

∂x(x0, y0) edo

∂f

∂x

∣∣∣∣x=x0,y=y0edo

∂f

∂x

∣∣∣∣(x0,y0)

Beraz, (x0, y0) puntuko f -ren deribatu partzialen definizioak hauek dira:

∂f

∂x(x0, y0) = lim

h→0

f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)h

∂f

∂y(x0, y0) = lim

h→0

f(x0, y0 + h)− f(x0, y0)h

.

3.22. adibidea. z = cos(xy)+x cos y = f(x, y) bada, aurkitu deribatu

partzial hauek:∂z

∂x(x0, y0) eta

∂z

∂y(x0, y0).

Ebazpena.

∂z

∂x(x0, y0) = −y0 sin(x0y0) + cos y0

∂z

∂y(x0, y0) = −x0 sin(x0y0)− x0 sin y0.

3.23. adibidea. f(x, y) = xy/√

x2 + y2 bada, aurkitu ∂f/∂x.

Ebazpena.∂f

∂x=

y3

(x2 + y2)3/2.

Oharra. Aldagai bat baino gehiagoko funtzio baten deribatu partzialenexistentziak ez du bermatzen haren jarraitutasuna, adibide honetanikusten den moduan.



3.24. adibidea. Aztertu funtzio honen jarraitutasuna eta deribagarritasuna:

f(x, y) =

{ 2xy

x2 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

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

Jarraitutasuna:

f(x, 0) = 0, ∀x, eta f(0, y) = 0, ∀y, direnez gero, zera froga dezakegu:

limx→0

f(x, 0) = f(0, 0) eta limy→0

f(0, y) = f(0, 0).

Alegia, (0, 0) puntuan f jarraitua da x eta y-rekiko. Hau da, bi aldagaiakbereiz hartuta, g(x) = f(x, 0) eta h(y) = f(0, y) jarraituak dira (0, 0)puntuan. Hala ere, bi aldagaiko funtzio gisa f ez da jarraitua (0, 0)puntuan; ikus dezagun: nahikoa da y = x zuzenean zehar hurbiltzea(0, 0) puntura, jarraian ikusten denez:

limx→0

2xx

x2 + x2= 1.

Beraz, f funtzioak ez du jotzen f(0, 0) = 0-rantz, eta ondorioz ez dajarraitua (0, 0) puntuan.

Deribagarritasuna:

f(x, 0) eta f(0, y) konstanteak direnez, bi deribatu partzialak existitzendira (eta zero dira) (0, 0) puntuan, baina ikusi dugun bezala, f etena dapuntu horretan.

• Arrazoia hau da:

(x0, y0) puntuan∂f

∂x-ren existentzia

f funtzioak (x0 + h, y0) erako puntuetan daukan portaeraren menpebakarrik dagoela. Gauza bera gertatzen zaio y-rekiko deribatu par-tzialari puntu horretan. Hau da, f funtzioak (x0, y0 + k) erakopuntuetan daukan portaeraren menpe bakarrik dagoela.

• Bestalde, (x0, y0) puntuan f -ren jarraitutasuna f -ren portaerarenmenpe dago (x0 + h, y0 + k) erako puntuetan.

• Laburtuz:



. Deribatu partzial baten existentzia funtzioak norabide zuzen ba-tean zehar daukan portaeraren menpekoa da.

. Baina, jarraitutasuna funtzioak norabide guztietan zehar dau-kan portaeraren menpekoa da.

Oharra. Gogora dezagun f : IR → IR funtzioei dagokien diferentzia-garritasunaren kontzeptua. f diferentziagarria bada x0 puntuan, orduan

lim∆x→0

f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x

= f ′(x0).

Izan bedi x = x0 + ∆x; orduan aurreko berdintza honela berridaztenda:

limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

= f ′(x0).

f ′(x0) konstantea denez,

limx→x0

[f(x)− f(x0)

x− x0− f ′(x0)

]= 0,

edo

limx→x0

f(x)− f(x0)− f ′(x0)(x− x0)x− x0

= 0.

Beraz, (x0, f(x0)) puntutik igarotzen den u zuzen ukitzailea f -tik hurbildago zentzu honetan: f(x) eta y = f(x0) + f ′(x0)(x − x0)-ren artekokendura zerora doa (x − x0) baino azkarrago, x-k x0-rantz jotzen due-nean.

Hori da, hain zuzen, hurbilpen on baten ideia. IR2-tik IR-rako funtzioetanzuzen ukitzailea plano ukitzailearekin ordezkatzen da.

Definizioa. Izan bedi f : IR2 → IR. f funtzioa (x0, y0) puntuan dife-rentziagarria da ∂f

∂x eta ∂f∂y existitzen badira (x0, y0) puntuan eta limite

hau zero bada:

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y)− f(x0, y0)− ∂f∂x (x0, y0)(x− x0)− ∂f

∂y (x0, y0)(y − y0)

‖(x, y)− (x0, y0)‖

Oharra. z = f(x0, y0)+ ∂f∂x (x0, y0)(x−x0)+ ∂f

∂y (x0, y0)(y−y0) ekuazioaz = f(x, y) gainazalaren plano ukitzailearena da (x0, y0, f(x0, y0)) pun-tuan.



3.14. irudia. Plano ukitzailearen hurbiltasuna f -ren grafi-koarekiko.

3.25. adibidea. Kalkula ezazu z = x2 + y4 + exy gainazalaren planoukitzailea (1, 0, 2) puntuan.

Emaitza: z = 2x + y.

• Izan bitez (x0, y0) puntua eta lerro-matrize hau:

Df(x0, y0) =[∂f

∂x(x0, y0)

∂f

∂y(x0, y0)

].

Orduan, diferentziagarritasunaren definizioak funtzio hau baieztatzendu:

z = f(x0, y0) + Df(x0, y0)[

x− x0

y − y0

]

= f(x0, y0) +∂f

∂x(x0, y0)(x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0)

z = f(x, y) funtzioaren hurbilpen on bat dela (x0, y0) puntuaren in-gurunean. Aurreko hurbilpenari hurbilpen lineal deritzogu; izan ere,funtzio lineala da.

• Defini dezagun orain ~f : IRn → IRm funtzioen deribagarritasunaaurreko analisia erabiliz. Orain, ~f = (f1, . . . , fm)-ren deribatua

~x0 puntuan tij =∂fi

∂xj(~x0) gaiek osatzen duten D~f(~x0) matrizea

da.

Definizioa. Izan bitez U ⊂ IRn eta ~f : U → IRm.



~x0 puntuan ~f diferentziagarria dela esaten dugu baldin ~x0 puntuan ~f -ren deribatu partzialak existitzen badira eta

lim~x→~x0

‖~f(~x)− ~f(~x0)− T (~x− ~x0)‖‖~x− ~x0‖ = 0,

non T = D~f(~x0) baita.

T -ri ~f -ren jacobiarra ~x0 puntuan izena ematen diogu, hau da,

D~f(~x0) =

∂f1∂x1

(~x0) . . . ∂f1∂xn

(~x0)...

. . ....

∂fm

∂x1(~x0) . . . ∂fm

∂xn(~x0)

.

• m = 1 denean funtzioa eskalarra da, eta

Df(~x0) =[

∂f

∂x1(~x0) . . .

∂f

∂xn(~x0)

].

Kasu honetan, lerro-matrize horri gradiente deritzogu, eta ∇f(~x0)idazten da.

• ∇f funtzioa IRn → IRn bektore-funtzioa da. Adibidez, f : IR3 → IRfuntzioa bada, ∇f : IR3 → IR3 da, eta

∇f =∂f

∂x~ı +

∂f

∂y~ +

∂f

∂z~k.

Aldiz, f : IR2 → IR bada, ∇f : IR2 → IR2 da, eta

∇f =∂f

∂x~ı +

∂f

∂y~.

• n = 2 eta m = 1 denean f : IR2 → IR funtzioari dagokion diferen-tziagarriatasunaren definizioa dugu.

3.26. adibidea. Kalkulatu funtzio hauen jacobiarra:

(a) ~f(x, y) = (ex+y + y, y2x),

(b) ~f(x, y) = (x2 + cos y, yex) eta

(c) ~f(x, y, z) = (zex,−yez).



Ebazpena.

(a) D~f(x, y) =[

ex+y ex+y + 1y2 2xy

].

(b) D~f(x, y) =[

2x − sin y

yex ex

].

(c) D~f(x, y, z) =[

zex 0 ex

0 −ez −yez

].

3.27. adibidea. Kalkulatu funtzio hauen gradientea: (a) f(x, y, z) =xey eta (b) f(x, y) = exy + sin xy.

Ebazpena.

(a) ∇f(x, y, z) = (ey, xey, 0) ≡ ey~ı + xey~.

(b) ∇f(x, y) = (yexy + y cos xy)~ı + (xexy + x cosxy)~.

• 3.24. adibidean ikusten den bezala, puntu bateko deribatu partzialenexistentziak ez du bermatzen jarraitutasuna. Baina, baldintza gehi-garri batzuk egiaztatzen badira, orduan jarraitutasuna bermatzenda, teorema honetatik ondoriozta daitekeen bezala.

3.9. teorema. Izan bedi ~f : U ⊂ IRn → IRm diferentziagarria ~x0 ∈ U

puntuan. Orduan, ~f jarraitua da ~x0-an.

Oharra. Alderantzizkoa ez da betetzen. Adibidez, f(x) = |x| funtzioajarraitua da x = 0 puntuan, baina ez diferentziagarria.

3.10. teorema. Izan bedi ~f : U ⊂ IRn → IRm funtzioa. Demagun ~f -

ren∂fi

∂xjderibatu partzial guztiak existitzen direla eta jarraituak direla

~x0 ∈ U puntuan. Orduan ~f diferentziagarria da ~x0 puntuan.

Oharrak.

1. Teorema hauen ondorioz, hau dugu: ~f -ren deribatu partzialen ex-istenzia eta jarraitutasuna ⇒ ~f -ren diferentziagarritasuna ⇒ ~f -renjarraitutasuna eta haren deribatu partzialen existenzia

2. Deribatu partzialak ez badira jarraituak, ~f ez du derrigorrean dife-rentziagarria izan behar.



3. Funtzioa ez bada jarraitua puntu batean, ez da diferentziagarriapuntu horretan. Baina deribatu partzialak existitu daitezke.

Definizioa. Funtzio batek deribatu partzialak baditu eta jarraituakbadira, C1 klaseko funtzio deitzen da. Beraz, 3.10. teorema honelaberridatz dezakegu:

“C1 klaseko edozein funtzio, diferentziagarria da.”

3.28. adibidea. Izan bedi

f(x, y) =

{xy√

x2+y2, (x, y) 6= (0, 0)

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

f diferentziagarria da (0, 0) puntuan?

Ebazpena.

Azter dezagun funtzioaren jarraitutasuna. Egon litekeen etenune bakarra(0, 0) puntua denez, funtzioaren jarraitutasuna puntu horretan azter-tuko dugu. Horretarako, funtzio maiorantearen irizpidea erabiliz, edozein(x, y) 6= (0, 0) puntutan hau betetzen da:

∣∣∣∣∣xy√

x2 + y2

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣

xy√x2

∣∣∣∣ = |y|,

eta lim(x,y)→(0,0)

|y| = 0 denez, hau dugu:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 = f(0, 0).

Beraz, f jarraitua da IR2 multzoan.

Jarraian, deribatu partzialak aztertuko ditugu.

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)x

= limh→0

(h · 0)/√

h2 + 02 − 0h

= limh→0

0− 0h

= 0,

eta era antzeko batean, ∂f∂y (0, 0) = 0. Beraz, deribatu partzialak exis-

titzen dira (0, 0)-an. Gainera, (x, y) 6= (0, 0) bada, orduan,

∂f

∂x=

y√x2 + y2

− x2y

(x2 + y2)3/2=

y3

(x2 + y2)3/2



ez dauka limiterik (x, y) → (0, 0) denean; izan ere, limite desberdinaklortzen dira ibilbide desberdinak erabiltzen badira; adibidez, y = mx

eginez. Beraz, deribatu partzialak ez dira jarraituak (0, 0) puntuan eta,ondorioz, ezin dugu erabili 3.10. teorema.Orain, f ez dela diferentziagarria frogatuko dugu (hala ere, f jarraituada).∇f(0, 0) deribatua existituko balitz, (0, 0) bektorea izango litzateke;izan ere,

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0.

Beraz, diferentziagarritasunaren definizioarekin hau bete beharko zen:

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(0, 0)− 0(x− 0)− 0(y − 0)‖(x, y)− (0, 0)‖ = 0.

Baina,

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(0, 0)‖(x, y)− (0, 0)‖ = lim

(x,y)→(0,0)

xy√x2+y2√

x2 + y2= lim

(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2,

eta, limite erradialak erabiliz, limitea ez dela existitzen ikus daiteke:

limx→0

xmx

x2 + (mx)2=

m

1 + m2.

Hortaz, f ez da diferentziagarria (0, 0) puntuan.

3.29. adibidea. Izan bedi

f(x, y) =cos x + exy

x2 + y2.

Frogatu f diferentziagarria dela (x, y) 6= (0, 0) puntu guztietan.

Ebazpena. Ohartu deribatu partzial hauek:

∂f

∂x=

(x2 + y2)(yexy − sin x)− 2x(cos x + exy)(x2 + y2)2

∂f

∂y=

(x2 + y2)xexy − 2y(cos x + exy)(x2 + y2)2

,

jarraituak direla, x = y = 0 kasuan izan ezik.


§3. 4. Deribatuen propietateak. 31

3.4. Deribatuen propietateak.

3.11. teorema.

(i) Biderkagai konstantearen erregela. Izan bitez ~f : U ⊂ IRn →IRm diferentziagarria ~x0 puntuan eta c ∈ IR.

Orduan, ~h = c~f diferentziagarria da ~x0-n eta

D~h(~x0) = cD~f(~x0) matrize-berdintza dugu.

(ii) Baturaren erregela. Izan bitez ~f : U ⊂ IRn → IRm eta ~g : U ⊂IRn → IRm diferentziagarriak ~x0 puntuan.

Orduan, ~h = ~f + ~g diferentziagarria da ~x0-n, eta

D~h(~x0) = D~f(~x0) + D~g(~x0) matrize-batura.

(iii) Biderkaduraren erregela. Izan bitez f : U ⊂ IRn → IR etag : U ⊂ IRn → IR diferentziagarriak ~x0 puntuan.

Orduan, h = f · g diferentziagarria da ~x0-n, eta

Dh(~x0) = g(~x0)Df(~x0) + f(~x0)Dg(~x0);

ekuazio horren alde bakoitza 1× n-matrize bat da, eta D sinboloa∇-z ordezka dezakegun; izan ere, gradientea da kasu honetan.

(iv) Zatiduraren erregela. (iii).eko hipotesi berdinekin, izan bedih = f/g eta demagun g ez dela zero egiten U -n.

Orduan, h diferentziagarria da ~x0-n, eta

Dh(~x0) =g(~x0)Df(~x0)− f(~x0)Dg(~x0)

[g(~x0)]2;

(iii).ean bezala, D sinboloa ∇-z ordezka dezakegu.

3.30. adibidea. Egiaztatu (iv). erregela betetzen dela f(x, y, z) =x2 + y2 + z2 eta g(x, y, z) = x2 + 1 direnean.

Ebazpena.



Hemen h(x, y, z) =x2 + y2 + z2

x2 + 1, beraz, zuzenean deribatuz:

∇h(x, y, z) =[∂h

∂x,∂h

∂y,∂h

∂z

]

=[2x(1− y2 − z2)

(x2 + 1)2,

2y

x2 + 1,

2z

x2 + 1

].

Bestalde, (iv). erregelarekin:

∇h =g∇f − f∇g

g2

=(x2 + 1)[2x, 2y, 2z]− (x2 + y2 + z2)[2x, 0, 0]

(x2 + 1)2,

zeina zuzenean lortutako emaitzaren berdina baita.

3.12. teorema. Katearen erregela.

Izan bitez U ⊂ IRn eta N ⊂ IRm irekiak. Izan bitez ~g : U → IRm eta~f : N → IRp funtzioak non ~g(U) ⊂ N baita, ~f · ~g definituta egotekomoduan.Orduan, ~g diferentziagarria bada ~x0 puntuan eta ~f diferentziagarriabada ~y0 = g(~x0)-an, ~f ◦~g diferentziagarria da ~x0 puntuan eta hau betet-zen da:

D(~f ◦ ~g)(~x0) = D~f(~y0)D~g(~x0). (3.1)

Eskuinaldea biderkadura-matrizea da.

Katearen erregelaren 1. kasu berezia:

Demagun ~c : IR → IR3 eta f : IR3 → IR. Izan bedi

h(t) = f(~c(t)

)= f

(x(t), y(t), z(t)

),

non ~c(t) =(x(t), y(t), z(t)

)baita. Orduan,

dh

dt=

∂f

∂x

dx

dt+

∂f

∂y

dy

dt+

∂f

∂z

dz

dt. (3.2)

Alegia, dh/dt = Df(~c(t))D~c(t)) = ∇f(~c(t)

)~c ′(t) (biderkadura ma-

triziala), non

~c ′(t) =

x′(t)y′(t)z′(t)



baita.

Argi dagoenez, 3.12. teoremaren kasu berezi bat da, g = ~c, m = 3 etan = p = 1 dira.

Ohartu Df = ∇f ∈ IR1×3 lerro-matrizea dela eta D~c = ~c′(t) ∈IR3×1 zutabe-matrizea; beraz, biderkadura zenbaki erreal bat da.

Katearen erregelaren 2. kasu berezia:

Izan bitez f : IR3 → IR eta ~g : IR3 → IR3. Idatz dezagun ~g(x, y, z) =(u(x, y, z), v(x, y, z), w(x, y, z)) eta defini dezagun h : IR3 → IR funtzioah(x, y, z) = f(u(x, y, z), v(x, y, z), w(x, y, z)). Orduan,

[∂h

∂x

∂h

∂y

∂h

∂z

]=

[∂f

∂u

∂f

∂v

∂f

∂w

]

∂u

∂x

∂u

∂y

∂u

∂z

∂v

∂x

∂v

∂y

∂v

∂z

∂w

∂x

∂w

∂y

∂w

∂z

. (3.3)

Matrize-biderketa garatuz, hau dugu:

∂h

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x+

∂f

∂w

∂w

∂x,

∂h

∂y=

∂f

∂u

∂u

∂y+

∂f

∂v

∂v

∂y+

∂f

∂w

∂w

∂y,

∂h

∂z=

∂f

∂u

∂u

∂z+

∂f

∂v

∂v

∂z+

∂f

∂w

∂w

∂z.

Kasu berezi honetan, n = m = 3 eta p = 1 hartu ditugu. Gainera,U = IR3 eta N = IR3.

3.31. adibidea. Egiaztatu katearen erregela kasu honetan:

f(u, v, w) = u2 + v2 − w,

nonu(x, y, z) = x2y

v(x, y, z) = y2

w(x, y, z) = e−xz



den.

Ebazpena.

Hemen

h(x, y, z) = f(u(x, y, z), v(x, y, z), w(x, y, z))

= (x2y)2 + y4 − e−xz = x4y2 + y4 − e−xz.

Zuzenean deribatuz x-rekiko

∂h

∂x= 4x3y2 + ze−xz.

Bestalde, katearen erregela erabiliz, hau lortzen da:

∂h

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+

∂f

∂v

∂v

∂x+

∂f

∂w

∂w

∂x

= 2u(2xy) + 2v.0 + (−1)(−ze−xz)

= (2x2y)(2xy) + ze−xz;

lehen lorturikoaren berdina da. Era antzeko batean∂h

∂y,

∂h

∂zderibatuak

ere egiaztatzen dira.

3.32. adibidea. Izan bitez ~g(x, y) = (x2 + 1, y2) eta ~f(u, v) =(u + v, u, v2). Kalkulatu ~f ◦ ~g-ren deribatua (1, 1) puntuan katearenerregelaren bitartez.

Ebazpena.

Izan bitez ~f(u, v) = (f1(u, v), f2(u, v), f3(u, v)) = (u + v, u, v2) eta~g(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) = (x2 +1, y2). Deribatu partzialen matrizeakhauek dira:

D~f(u, v) =

∂f1

∂u

∂f1

∂v

∂f2

∂u

∂f2

∂v

∂f3

∂u

∂f3

∂v

=

1 11 00 2v

eta

D~g(x, y) =[

2x 00 2y

].

(x, y) = (1, 1) bada, ~g(x, y) = (u, v) = (2, 1).



Beraz,

D(~f ◦ ~g)(1, 1) = D~f(2, 1)D~g(1, 1)

=

1 11 00 2

[2 00 2

]=

2 22 00 4

.

3.33. adibidea. Izan bedi f(x, y). Egin dezagun x = r cos θ, y = r sin θ

aldagai-aldaketa. Aurkitu ∂f/∂θ.

Ebazpena.

Katearen erregelarekin, hau dugu:

∂f

∂θ=

∂f

∂x

∂x

∂θ+

∂f

∂y

∂y

∂θ= −r sin θ

∂f

∂x+ r cos θ

∂f

∂y.

3.34. adibidea. Izan bitez ~f(x, y) = (cos y + x2, ex+y) eta ~g(u, v) =(eu2

, u− sin v). (a) Aurkitu ~f ◦~g. (b) Kalkulatu D(~f ◦~g)(0, 0) katearenerregela erabiliz.

Ebazpena.

(a) Hau dugu:

(~f ◦ ~g)(u, v) = ~f(eu2, u− sin v)

= (cos(u− sin v) + e2u2, eeu2

+u−sin v).

(b) Katearen erregelarekin:

D(~f ◦ ~g)(0, 0) = [D~f(~g(0, 0))] [D~g(0, 0)]

= [D~f(1, 0)] [D~g(0, 0)].

Jarraian, deribatu hauek aurkitzen dira:

D~g(0, 0) =[

2ueu20

1 − cos v

]

(u,v)=(0,0)

=[

0 01 −1

]

eta

D~f(1, 0) =[

2x − sin y

ex+y ex+y

]

(x,y)=(1,0)

=[

2 0e e

].



Beraz,

D(~f ◦ ~g)(0, 0) =[

2 0e e

] [0 01 −1

]=

[0 0e −e

].

3.5. Gradienteak eta norabide-deribatuak.

Definizioa. f : U ⊂ IR3 → IR funtzioa diferentziagarria bada, f -rengradientea (x, y, z) puntuan IR3-ko bektore hau da:

∇f =(

∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

),

hau da, f -ren deribatua. Honela ∇f(x, y, z) ere idazten da.

Izan bedi f : IR3 → IR. Izan bitez ~v eta ~x ∈ IR3 bektore finkoak, etahar dezagun IR-tik IR-rako funtzio hau: t 7→ f(~x + t~v).

~x+t~v (t ∈ IR) itxurako puntuen multzoa ~x puntutik ~v bektorearekikoparaleloki igarotzen den L zuzena da.

Beraz, t 7→ f(~x + t~v) funtzioak adierazten du L zuzenari murriztutakof funtzioa. Eta orduan, hau galde dezakegu:

Zein azkartasunez aldatzen dira f-ren balioak ~x puntuan L zuzeneanzehar?

Funtzio baten aldaketaren ~x puntuko “abiadura” deribatuaren bidezemanda dagoenez gero, t-ren menpeko funtzioaren deribatuaren balioada t = 0-an. Beraz, hau izan behar zen f -ren deribatua ~x puntuanL-ren norabidean, alegia, ~v bektorearen norabidean. Bektore honetazinteresatzen zaigun ezaugarri bakarra norabidea denez, unitarioa har-tuko dugu.

Definizioa. Izan bitez f : IR3 → IR funtzioa eta ~v ∈ IR3 bektoreunitarioa.~v norabideko f -ren norabide-deribatua ~x puntuan honela definitzen da:

D~vf(~x) =d

dtf(~x + t~v)|t=0 = lim

t→0

f(~x + t~v)− f(~x)t

.

limitea existitzen bada.


§3. 5. Gradienteak eta norabide-deribatuak. 37

3.13. teorema. f : IR3 → IR diferentziagarria bada, norabide guztiekikoderibatuak existitzen dira. Orduan f -ren norabide-deribatua ~v-ren no-rabideko ~x puntuan adierazpen honek ematen du:

D~vf(~x) = Df(~x) · ~v = ∇f(~x) · ~v =∂f

∂x(~x)v1 +

∂f

∂y(~x)v2 +

∂f

∂z(~x)v3,

hor, ~v = (v1, v2, v3) da.

Frogantza.

Izan bedi ~c(t) = ~x + t~v; hortaz, f(~x + t~v) = f [~c(t)], eta katearen errege-laren 1. kasu bereziaren arabera, zera dugu:

d

dtf [~c(t)] = ∇f [~c(t)] · ~c ′(t).

Gainera ~c(0) = ~x eta ~c ′(0) = ~v. Beraz,

d

dtf(~x + t~v)

∣∣∣∣∣t=0

= ∇f(~x) · ~v.

Oharra. f -ren aldaketa-tasaz ari garenean, lerro zuzenekiko ez ezik,~σ(t) ibilbidearekiko aldaketa-tasaz ere ari gara. Hala da, katearen erre-gelarekin, zera dugu:

d

dtf(~σ(t)) = ∇f(~σ(t)) · ~σ ′(t),

zeina ~σ ′(t) norabidearekiko deribatua baita.

3.35. adibidea. Izan bedi f(x, y, z) = x2e−yz. Kalkulatu f -ren

norabide-deribatua ~v =(

1√3,

1√3,

1√3

)bektore unitarioaren norabidean

~x = (1, 0, 0) puntuan.

Ebazpena.

3.13. teorema erabiliz hau dugu:

∇f · ~v = (2xe−yz,−x2ze−yz,−x2ye−yz) ·(

1√3,

1√3,

1√3

),



eta ~x = (1, 0, 0) puntuan hau bihurtzen da:

(2, 0, 0) ·(

1√3,

1√3,

1√3

)=

2√3.

Jarraian, gradientearen esanahi geometrikoa lortuko dugu 3.13. teoremaerabiliz.

3.14. teorema. Demagun ∇f(~x) 6= ~0. Orduan, ∇f(~x) bektoreak f -renigoera handieneko norabidea erakusten du.

Frogantza. ~n bektore unitarioa bada, f -ren aldaketa-tasa ~n norabidean∇f(~x) · ~n = ‖∇f(~x)‖ cos θ da; hor, θ, ~n eta ∇f(~x)-ren arteko angeluada. Bistan denez, biderkadura hori maximoa da θ = 0 denean; hau da,~n eta ∇f(~x)-k norabide eta noranzko berdinak dituztenean.

3.15. irudia. (a) ∇f -ren noranzkoa; (b) ∇f ortogonala dasestra-kurbekiko.

Oharra. ∇f(~x) = ~0 bada, ~n guztietarako aldaketa-tasa zero da.

Laburtuz, f -ren balioa handitzeko bide azkarrena ∇f(~x) bektoreak era-kusten digu. Aldiz, f -ren balioa txikitzeko bide azkarrena −∇f(~x) bek-toreak erakusten digu. (Hau da, θ = π denean.)



3.36. adibidea. (0, 1) puntutik zein norabidetan handitzen da azka-rrago f(x, y) = x2 − y2?

Ebazpena.

∇f = 2x~ı− 2y~ gradientea da; beraz, (0, 1) puntuan ∇f(0, 1) = −2~.3.14. teoremaren ondorioz, f -ren balioa azkarrago igotzeko −~ nora-bideak ematen digu.Gradienteak erakusten du f -ren hazkunde handienaren norabidea. Aldiz,sestra-kurbetan f -ren balioa ez da aldatzen. Jarraian ikusiko dugu gra-dientea eta sestra-kurba elkarzutak direla funtzioaren portaera nahikoleuna bada.

3.16. irudia. Gradientearen esanahi geometrikoa.

3.15. teorema. Izan bitez f : IR3 → IR, C1 klaseko funtzio bat eta(x0, y0, z0) f(x, y, z) = k ekuazioak definitutako S sestra-gainazalekopuntu bat, k konstantea delarik. Orduan, ∇f(x0, y0, z0) bektorea sestra-gainazalarekiko normala da ikuspegi honetatik:

“Izan bedi S-ko edozein ibilbide, ~c(t), non ~c(0) = (x0, y0, z0) baita.Orduan, ~v bektorea ~c(t) kurbaren ukitzailea bada t = 0 puntuan (hots,S-ko (x0, y0, z0) puntuan), hau dugu:

∇f(x0, y0, z0) · ~v = 0.′′

(Ikus 3.16. irudia.)



Frogantza.

Izan bedi S-ko ~c(t) ibilbidea; beraz, f(~c(t)) = k.Izan bedi ~v bektorea teoreman definitutako ~c(t)-ren ukitzailea t = 0puntuan, hau da, ~v = ~c ′(0).Orduan, f(~c(t)) konstantea denez, katearen erregelarekin zera dugu:

0 =d(f ◦ ~c)

dt(0) = ∇f(~c(0)) · ~c ′(0) = ∇f(x0, y0, z0) · ~v.

Definizioa. Izan bedi f(x, y, z) = k ekuazioko S gainazala. Orduan,S-ren plano ukitzailea (x0, y0, z0) ∈ S puntuan ekuazio honek ematendu:

∇f(x0, y0, z0) · (x− x0, y − y0, z − z0) = 0, (3.4)

∇f(x0, y0, z0) 6= 0 bada.

Beraz, plano ukitzailea (3.4) ekuazioa egiaztatzen duten (x, y, z) puntuenmultzoa da. Plano ukitzailearen ekuazioa garatuz hau dugu:

∂f

∂x(x0, y0, z0)(x−x0)+

∂f

∂y(x0, y0, z0)(y−y0)+

∂f

∂z(x0, y0, z0)(z−z0) = 0.

3.37. adibidea. Kalkulatu 3xy+z2 = 4 ekuazioak definituriko gainazalarenplano ukitzailea (1, 1, 1) puntuan.

Ebazpena.

f(x, y, z) = 3xy + z2 denez, ∇f = (3y, 3x, 2z); eta hortik, ∇f(1, 1, 1) =(3, 3, 2) da. Beraz, plano ukitzailea hau da:

(3, 3, 2) · (x− 1, y − 1, z − 1) = 0,

alegia, 3x + 3y + 2z = 8.

Oharra. Gainazala z = g(x, y) ekuazioaren bidez emanda badago,f(x, y, z) = 0 erara pasatu daiteke honela:

f(x, y, z) = g(x, y)− z.

g funtzioa diferentziagarria bada, f ere izango da eta

∂f

∂x(x, y, z) =

∂g

∂x(x, y),

∂f

∂y(x, y, z) =

∂g

∂y(x, y),

∂f

∂z(x, y, z) = −1.



Hortaz, gainazalaren plano ukitzailearen ekuazioa (x0, y0, z0) puntuanhau izango da:

∂g

∂x(x0, y0)(x− x0) +

∂g

∂y(x0, y0)(y − y0) + (−1)(z − z0) = 0,

edoz = z0 +

∂g

∂x(x0, y0)(x− x0) +

∂g

∂y(x0, y0)(y − y0).

3.38. adibidea. Kalkulatu z = x2−y2 ekuazioak definituriko gainazalarenplano ukitzailea (1, 1, 0) puntuan.

Ebazpena.

∂g

∂x(x, y) = 2x,

∂g

∂y(x, y) = −2y =⇒ ∂g

∂x(1, 1) = 2,

∂g

∂y(1, 1) = −2,

eta plano ukitzailearen ekuazioa hau da:

z = 0 + 2(x− 1) + (−2)(y − 1) = 2x− 2y + 2.

Sarritan∇f -ri gradiente-eremu bektorial deitzen zaio, zeren∇f -ren bitartezIR3-ko puntu bati bektore bat baitagokio. Beraz, funtzio horren grafikoarenpuntu baten koordenatuak (~x,∇f(~x)) dira. Baina, grafikoki adieraztekoorduan, honela egiten da: ~x koordenatuak dituen P puntua eta puntuhorri dagokion ∇f(P ) = ∇f(~x) bektorea irudikatuz, haren jatorria P

delarik.

3.17. irudia. Gradientea eremu bektorial bat da.



3.39. adibidea. Aurkitu z = x2y2 + y + 1 ekuazioak definituriko S

gainazalarekiko bektore unitario normal bat (0, 0, 1) puntuan.

Ebazpena.

Izan bedi f(x, y, z) = x2y2 + y + 1 − z, eta har dezagun f(x, y, z) = 0ekuazioak definituriko gainazala. S gainazala da, hain zuzen, z = x2y2+y + 1 ekuazioa betetzen duen (x, y, z) puntuen multzoa.f -ren gradientea hau da:

∇f(x, y, z) =∂f

∂x~ı +

∂f

∂y~ +

∂f

∂z~k

= 2xy2~ı + (2x2y + 1)~− ~k,

eta beraz,∇f(0, 0, 1) = ~− ~k.

Bektore hau S-rekiko zuta da (0, 0, 1) puntuan, eta bakarrik falta dahura normalizatzea eskatutako bektorea lortzeko:

~n =∇f(0, 0, 1)‖∇f(0, 0, 1)‖ =

1√2(~− ~k).

3.40. adibidea. Har ditzagun bi eroale, bata karga positibokoa etabestea negatibokoa. Bien artean potentzial elektriko bat sortzen da.Potentzial hori φ : IR3 → IR funtzio bat da. Eremu elektrikoa ~E = −∇φ

bektorea da.

3.15. teoremari ezker, badakigu ~E ortogonala dela φ-ren sestra-gainazale-kiko. Gainazal horiek gainazal ekipotentzialak deitzen dira, zeren hai-etan potentziala konstantea baita.


§3. 6. Deribatu partzial iteratuak. 43

3.18. irudia. Gainazal ekipotentzialak eta indar elektrikoareneremua ortogonalak dira.

3.6. Deribatu partzial iteratuak.

Izan bedi f : IR3 → IR, f ∈ C1.

(Hau da, ∂f∂x , ∂f

∂y eta ∂f∂z existitzen dira eta jarraituak dira; f -ren dife-

rentziagarritasuna inplikatzen du, 3.10. teorema.)

• Deribatu partzialek deribatu partzial jarraituak badituzte, f C2

klasekoa dela esaten dugu, edo bi bider etengabe-diferentziagarriadela.Adibidez:

∂2f

∂x2=

∂

∂x

(∂f

∂x

),

∂2f

∂x∂y=

∂

∂x

(∂f

∂y

),

∂2f

∂z∂y=

∂

∂z

(∂f

∂y

),

etab.

• Bistan denez, prozesu hori errepikatu egin dezakegu hirugarren or-denako deribatuetarako, eta oro har, horrela n. ordenako deribatue-tarako. Halaber, f ∈ C3-ren esanahia da f -k hirugarren ordenakoderibatu partzial jarraituak dituela, eta oro har, f ∈ Cn-ren esanahiada f -k n. ordenako deribatu partzial jarraituak dituela.



• f funtzioa bakarrik x eta y aldagaien menpekoa bada eta ∂f∂x eta ∂f

∂y

etengabe diferentziagarriak badira, f -ren bigarren deribatu partzialakhauek dira:

∂2f

∂x2,

∂2f

∂y2,

∂2f

∂x∂yeta

∂2f

∂y∂x.

Horiei guztiei deribatu partzial iteratuak deitzen zaie; bestalde,

∂2f

∂x∂yeta

∂2f

∂y∂x

deribatu partzial nahasiak dira.

3.41. adibidea. Kalkulatu funtzio hauen bigarren ordenako deribatupartzialak:

(a) f(x, y) = xy + (x + 2y)2

(b) f(x, y) = sin x sin2 y

(c) f(x, y, z) = exy + z cos x.

Ebazpena.

(a)∂f

∂x= y + 2(x + 2y),

∂f

∂y= x + 4(x + 2y);

∂2f

∂x2= 2,

∂2f

∂y2= 8,

∂2f

∂x∂y= 5,

∂2f

∂y∂x= 5.

(b)∂f

∂x= cos x sin2 y,

∂f

∂y= sin x sin 2y,

∂2f

∂x2= − sin x sin2 y,

∂2f

∂y2= 2 sin x cos 2y,

∂2f

∂x∂y= cos x sin 2y,

∂2f

∂y∂x= cos x sin 2y.

(c)∂f

∂x= yexy − z sin x,

∂f

∂y= xexy,

∂f

∂z= cos x;

∂2f

∂z∂x= − sin x,

∂2f

∂x∂z= − sinx, etab.

Ohartu adibide horietan guztietan aldagai berdinekiko deribatu partzial

nahasiak berdinak direla, adibidez∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂xeta

∂2f

∂z∂x=

∂2f

∂x∂z.

Jarraian azaltzen den teoreman, f(x, y) funtzioetarako frogatuko dugu,baina frogantza erraz heda daiteke n aldagaiko funtzioetara.


§3.7.1. Taylor-en 1. mailako formula. 45

3.16. teorema. f(x, y) funtzioa C2 klasekoa bada, orduan

∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x.

Ariketa. Egiaztatu aurreko teorema f(x, y) = xey + yx2 funtziorako.

Ariketa. Egiaztatu∂3f

∂x∂y∂z=

∂3f

∂z∂y∂xbetetzen dela f(x, y, z) = zexy+

yz3x2 funtziorako.

3.7. Taylor-en formulak. Goi-ordenako de-ribatuak.

Izan bedi f : U ⊂ IR → IR funtzio infinitu bider diferentziagarria x0 ∈ U

puntuan. Orduan, Taylor-en formula hau da:

f(x) =f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +f ′′(x0)

2!(x− x0)2 + . . . +

f (n)(x0)n!

(x− x0)n

+ Rn(x, x0),

non

Rn(x, x0) =∫ x

x0

(x− t)n

n!f (n+1)(t)dt

hondarra (edo gai osagarria) baita. Dakigunez,

limx→x0

Rn(x, x0)(x− x0)n

= 0;

hots, Rn(x, x0) n-ordenako infinitesimoa da x → x0 denean. Bestelaesanda, Rn(x, x0) oso txikia da (x− x0)n kopuruarekiko.

h = x− x0 definituz, Taylor-en formula honela idatz dezakegu:

f(x0 +h) = f(x0)+ f ′(x0)h+f ′′(x0)

2!h2 + . . .+

f (n)(x0)n!

hn +Rn(h, x0).

3.7.1. Taylor-en 1. mailako formula.

Taylor-en lehenengo mailako polinomioa ikusia dugu. Izan ere, diferen-tziagarritasunaren definiziotik zera ondorioztatzen da:



f : IRn → IR diferentziagarria bada ~x0 puntuan eta hau definitzenbadugu:

R1(~x, ~x0) = f(~x)− f(~x0)−∇f(~x0) · (~x− ~x0),

baliokidetzaz:

f(~x) = f(~x0) +∇f(~x0) · (~x− ~x0) + R1(~x, ~x0),

orduan, diferentziagarritasunaren definizioaz hau betetzen da:

lim~x→~x0

R1(~x, ~x0)‖~x− ~x0‖ = 0.

R1(~x, ~x0), o(~h) idazkeraren bitartez ere adierazten da, ~h = ~x − ~x0

izanik.

(Hemendik aurrera, idazkera muturreraino eramanez, R1(~x, ~x0)-ren or-dez R1(~h, ~x0) idatziko dugu.)

3.17. teorema. Taylor-en lehen mailako formula.

Izan bedi f : U ⊂ IRn → IR diferentziagarria ~x0 ∈ U puntuan. Orduan,hau idatz dezakegu:

f(~x0 + ~h) = f(~x0) +n∑

i=1

hi∂f

∂xi(~x0) + R1(~h, ~x0),

non R1(~h, ~x0)/‖~h‖ → 0 betetzen baita ~h → ~0 denean.

3.7.2. Taylor-en 2. mailako formula.

3.18. teorema. Taylor-en bigarren mailako formula.

Izan bedi f : U ⊂ IRn → IR C2 klaseko funtzio bat. Orduan, hau idatzdezakegu:

f(~x0 + ~h) =f(~x0) +n∑

i=1

hi∂f

∂xi(~x0)

+12

n∑

i,j=1

hihj∂2f

∂xi∂xj(~x0) + R2(~h, ~x0),

(3.5)

non R2(~h, ~x0)/‖~h‖2 → 0 betetzen baita ~h → ~0 denean.


§3.7.2. Taylor-en 2. mailako formula. 47

Oharra. Bigarren batukariaren batugaien kopurua n2 da.

3.42. adibidea. Kalkulatu bigarren mailako Taylor-en formula f(x, y) =sin(x + 2y) funtziorako, (x0, y0) = (0, 0)-ren ingurunean.

Ebazpena.

Ohartu

f(0, 0) = 0,

∂f

∂x(0, 0) = cos(0 + 2 · 0) = 1,

∂f

∂y(0, 0) = 2 cos(0 + 2 · 0) = 2,

∂2f

∂x2(0, 0) = 0,

∂2f

∂y2(0, 0) = 0,

∂2f

∂x∂y(0, 0) = 0.

Beraz,f(~h) = f(h1, h2) = h1 + 2h2 + R2(~h, (0, 0)),

non ~h → 0 denean|R2(~h, (0, 0))|

‖~h‖2≤ ‖~h‖M → 0.

f : IRn → IR bi bider etengabe diferentziagarria (hots, C2 klasekoa)bada,∇f : IRn → IRn gradientea diferentziagarria. Orduan, D(∇f) gra-dientearen jacobiarrari f -ren matrize hessiar deritzogu eta ∇2f idaztendugu (hau da, f -ren bigarren deribatua).

Izan bedi f : IR3 → IR C2 klaseko funtzio bat. Beraz, ∇f : IR3 → IR3,

∇f =[∂f

∂x

∂f

∂y

∂f

∂z

]

delarik. Ondorioz:

∇2f =

∂2f

∂x2

∂2f

∂y∂x

∂2f

∂z∂x

∂2f

∂x∂y

∂2f

∂y2

∂2f

∂z∂y

∂2f

∂x∂z

∂2f

∂y∂z

∂2f

∂z2

Hau da, ∇2f : IR3 → IR3×3.



3.43. adibidea. f(x, y, z) = x3y2z bada, orduan,

∇f(x, y, z) =[3x2y2z 2x3yz x3y2

]

dugu, eta

∇2f(x, y, z) =

6xy2z 6x2yz 3x2y2

6x2yz 2x3z 2x3y

3x2y2 2x3y 0

.

Beraz, (x, y, z) = (2,−1, 3) puntuan f -ren hessiarra hau da:

∇2f(2,−1, 3) =

36 −72 12−72 48 −1612 −16 0

.

Matrize hessiarra simetrikoa da, C2 baita. Idazkera berria erabiliz,Taylor-en teoremaren (3.5) adierazpena era matrizial honetan idatz de-zakegu:

f(~x0 + ~h) = f(~x0) +∇f(~x0)~h +12~ht∇2f(~x0)~h + R2(~h, ~x0). (3.6)

Definizioa. Izan bedi f ∈ IRn → IR honela definitzen den funtzioa:

f(~x) = f(x1, x2, . . . , xn) =n∑

i,j=1

aijxixj

= [x1 x2 . . . xn]

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

...an1 an2 . . . ann

x1

x2...

xn

= ~xtA~x,

funtzio horri koadratiko deitzen diogu, eta A f -ren matrize karratuelkartua da.

Adibidez, f(h1, h2, h3) = h21 − 2h1h2 + h2

3 funtzio koadratikoa da, izanere,

f(h1, h2, h3) = [h1 h2 h3]

1 −1 0−1 0 00 0 1

h1

h2

h3

.


§3. 8. Mutur lokalak eta globalak. 49

Oharrak.

1. Bistan denez, (3.6) adierazpeneko H(~h) = ~ht∇2f(~x0)~h gaia funtziokoadratiko bat da.

2. Gogora dezagun A matrizea definitu positiboa dela ~xtA~x > 0 bete-tzen denean IRn-ko ~x 6= ~0 guztirako. Ondorioz, A matrizea definitupositiboa bada, f funtzio koadratikoa definitu positiboa dela esangodugu. Alderantziz ere esan dezakegu.

3. Antzera definitzen dira funtzio koadratiko definitu negatiboa eta in-definitua.

Beraz, f(h1, h2, h3) = h21 − 2h1h2 + h2

3 funtzio koadratikoa indefinituada.

3.8. Mutur lokalak eta globalak.

Definizioak. Demagun f : D ⊂ IRn → IR funtzioa. Izan bedi ~x∗ ∈ D

puntu bat.

(a) f(~x) funtzioak ~x∗ puntuan D multzoan minimo global ahul bathartzen du hau betetzen bada:

f(~x∗) ≤ f(~x) ∀ ~x ∈ D;

(b) f(~x) funtzioak ~x∗ puntuan D multzoan minimo global sendo (edohertsi) bat hartzen du hau betetzen bada:

f(~x∗) < f(~x) ∀ ~x ∈ D, ~x 6= ~x∗;

(c) f(~x) funtzioak ~x∗ puntuan minimo lokal ahul bat hartzen du haubetetzen bada:

∃ δ > 0 | f(~x∗) ≤ f(~x) ∀ ~x ∈ D ∩Dδ(~x∗);

(d) f(~x) funtzioak ~x∗ puntuan minimo lokal sendo (edo hertsi) bathartzen du hau betetzen bada:

∃ δ > 0 | f(~x∗) < f(~x) ∀ ~x ∈ D ∩Dδ(~x∗), ~x 6= ~x∗;

Oharrak.



• Definizio hauetan, ≤ eta <-ren ordez ≥ eta > idatziz f -ren maximoglobal ahularen, maximo global sendoaren, maximo lokal ahularen etamaximo lokal sendoaren definizioak izango ditugu.

• ~x∗ minimo- edo maximo-puntu globala bada, mutur global (edo abso-lutu) deitzen da.

• ~x∗ minimo- edo maximo-puntu lokala bada, mutur lokal edo (erlatibo)deitzen da.

Definizioak.

• D ⊂ IRn multzoa bornatua da baldin M > 0 zenbaki bat existitzenbada non ‖~x‖ < M baita x ∈ D guztietarako. (Hau da, D multzoa O

zentroko M erradioko bola baten barnean badago.)

3.19. irudia. D = U⋃

∂U multzo itxia.

• Multzo bat itxia da baldin muga-puntu guztiak barnean badauzka.(Marrazkian, U multzo ireki bat da eta ∂U haren muga multzoa.)

3.19. teorema. Izan bedi D ⊂ IRn itxi eta bornatua (hau da, trinkoa),eta izan bedi f : D → IR jarraitua. Orduan f -k bere maximo eta minimoglobalak hartzen ditu D-ko x1 eta x2 puntu batzuetan.

Oharra. Puntu horiek ez dute zertan bakarrak izan.

3.20. teorema. Izan bitez U ⊂ IRn multzo ireki bat, f : U → IRfuntzio diferentziagarri bat eta ~x∗ ∈ U f -ren mutur lokal bat. Orduan,∇f(~x∗) = ~0.

Frogantza. Demagun f funtzioak ~x∗ puntuan maximo bat hartzen due-la (alegia, ~x∗ f -ren maximo-puntua dela). Orduan, ~h ∈ IRn orotarako,g(t) = f(~x∗+ t~h) funtzioak maximo lokal bat hartzen du t = 0 puntuan.



Beraz, eta g aldagai bateko funtzio deribagarria denez gero, g′(0) = 0bete behar da. Bestalde, katearen erregelarekin hau dugu:

g′(0) = [∇f(~x∗)]~h.

Beraz, [∇f(~x∗)]~h = 0 dugu edozein ~h-tarako, eta esan nahi du∇f(~x∗) =~0 dela.

~x∗ minimo-puntu lokala izatekotan frogantza erabat antzekoa da.

Definizioa. ~x0 puntu batean f deribagarria ez denean edo ∇f(~x0) = ~0denean, puntu horri f -ren puntu kritiko deritzogu.

Oharrak.

1. Aurreko teoremaren arabera f deribagarria bada, mutur lokal oropuntu kritikoa da. (Kontuz!, oro har, alderantzizkoa ez da egia.)

2. ~x∗ mutur globala U multzo irekian ⇒ ~x∗ mutur lokala U multzoan⇒ ~x∗ puntu kritikoa.

3. Beraz, D multzo trinko batean f -ren mutur globalak bilatzeko, nahi-koa da D multzoan dauden puntu kritikoak aurkitzea eta gero, f -ren balioen arabera, esatea zein puntutan hartzen duen f -k maximoglobala eta zeinetan minimo globala. Izan ere, Weierstrass-en teore-maren arabera, puntu horien artean f -ren mutur globalak izan be-har dira. (Geroago, mutur globalak aurkitzeko metodo bat ikusikodugu.)

3.44. adibidea. Aurkitu z = x2y + y2x funtzioaren puntu kritikoguztiak.

Ebazpena. Deribatuz eta zerora berdinduz, hau lortzen da:

∂z

∂x= 2xy + y2 = 0,

∂z

∂y= 2xy + x2 = 0.

Jarraian, ekuazio-sistema hori ebazten da ekuazio bati bestea kenduzatalez atal; ondorioz, x2 = y2 ekuazioa dugu, alegia, x = ±y. Gero,x = y ordezkatzen da 1. ekuazioan, eta 3y2 = 0 lortzen da; beraz, y = 0da, eta orduan, x = 0. Bestalde, x = −y ordezkatzen da 1. ekuazioan,eta −y2 = 0 lortzen da; beraz, y = 0 da, eta, ondorioz, x = 0.



Aurrekoaren arabera, puntu kritiko bakar bat dago: (0, 0) puntua. Bainax = y-rako z = 2x3 dugu. Ondorioz, z funtzioak puntu kritikoan 0balioa hartzen du, eta haren ingurunean negatiboa da x negatiboa de-nean eta positiboa x positiboa denean. Hortaz, (0, 0) ez da mutur lokalbat.

Jarraian, mutur lokalak aurkitzeko baldintza nahikoak ikusiko ditugu.

3.21. teorema. Izan bitez U ⊂ IRn irekia, f : U → IR C2-klasekofuntzio bat eta ~x∗ ∈ U f -ren puntu kritiko bat. Orduan, hau betetzenda:

(i) ∇2f(~x∗) matrize Hessiarra definitu positiboa bada, ~x∗ f -ren mini-mo-puntu lokal sendoa da.

(ii) ∇2f(~x∗) matrize Hessiarra definitu negatiboa bada, ~x∗ f -renmaximo-puntu lokal sendoa da.

Jarraian azaltzen den teoreman aurreko teoremaren kasu berezi batdugu.

3.22. teorema. Izan bedi f(x, y) C2-klaseko funtzio bat, U ∈ IR2

multzo irekian definitua. (x∗, y∗) puntua f -ren minimo-puntu lokal sen-doa da hiru baldintza hauek batera betetzen baditu:

(i)∂f

∂x(x∗, y∗) =

∂f

∂y(x∗, y∗) = 0.

(ii)∂2f

∂x2(x∗, y∗) > 0.

(iii) D =(

∂2f

∂x2

)(∂2f

∂y2

)−

(∂2f

∂x∂y

)2

> 0 (x∗, y∗) puntuan

Oharrak.

1. Teorema honetako (i) eta (iii) baldintzak mantenduz eta (ii)-a or-dezkatuz, hau dugu:

(ii)∂2f

∂x2(x∗, y∗) < 0 bada, (x∗, y∗) puntuan f -k maximo lokal sendo

bat heltzen du.Adibidez, (0, 0) puntuan f(x, y) = −x2 − y2 funtzioak maximoaheltzen du.



2. D-ri diskriminatzaile deitzen zaio. D < 0 bada, H(h1, h2) indefinituada eta, ondorioz, (x∗, y∗) puntua f -ren zeladura-puntua da. Adibidez,(0, 0) puntua f(x, y) = x2 − y2 funtzioaren zeladura-puntua da, ikus3.7. irudia..

3.45. adibidea. Sailkatu f(x, y) = x2 − 2xy + 2y2 funtzioaren puntukritikoak.

Ebazpena.∂f/∂x = 2x− 2y = 0

∂f/∂y = −2x + 4y = 0.

Beraz, sistema horren soluzio bakarra (0, 0) da, hots, f -ren puntu kritikobakarra baita. Bestalde,

∇2f =[

2 −2−2 4

].

Beraz, (0, 0) puntuan f -ren hessiarra berbera da, eta kasu honetan,a = 2 > 0 eta D = det(∇2f(0, 0)) = 4 > 0. Orduan ∇2f(0, 0) definitupositiboa da. Ondorioz, (0, 0) puntua f -ren minimo-puntu lokal sendoada.

3.46. adibidea. Aurkitu f(x, y) = ln(x2+y2+1) funtzioaren muturrak.

Ebazpena.

(0, 0) f -ren puntu kritiko bakarra da, eta f -k minimo lokal bat hartzen

du hor. Izan ere, ∇2f(0, 0) =[

2 00 2

]definitu positiboa da.

3.47. adibidea. g(x, y) = 1/xy funtzioaren grafikoa IR3-ko S gainazalada. Aurkitu (0, 0, 0) jatorritik gertuen dauden S-ko puntuak.

Ebazpena.

O = (0, 0, 0)-tik (x, y, z)-rako distantzia ematen du adierazpen honek:

d(x, y, z) =√

x2 + y2 + z2.

Baina (x, y, z) ∈ S denez, z-ren ordez 1/xy jar dezakegu, eta, orduan,aurreko adierazpena hau bihurtzen da:

d(x, y) =√

x2 + y2 +1

x2y2.



Bestalde, d minimizatu egiten da

f(x, y) = d2(x, y) = x2 + y2 +

1x2y2

minimizatzen denean. Beraz, f -ren minimizatzaileak aurkitu behar di-tugu. Horretarako ∇f(x, y) = 0 sistema ebatzi dugu, eta emaitzak(1, 1), (1,−1), (−1, 1) eta (−1,−1) dira.Halaber, ∇2f(x, y) kalkulatzen da. Eta puntu kritiko guztietarako hes-siarrak itxura hau du: [

8 ±4±4 8

].

Lau puntuetan a = 8 > 0 eta D = ac − b2 = 48 > 0 direnez, hessiarradefinitu positiboa da horietan, eta, ondorioz, laurak minimo lokalak dira.Gainera, d-ren balioa

√3 da lau puntuetan. Ondorioz, eskatutako S-ko

puntuak lau dira:

(1, 1, 1), (1,−1,−1), (−1, 1,−1) eta (−1,−1, 1)

(azken koordenatua S-ren ekuaziotik ondorioztatzen da); O-tik√

3 dis-tantziara dago.

3.48. adibidea. Aztertu z = x5y + xy5 + xy funtzioaren puntu kri-tikoak.

Ebazpena.∂z/∂x = y(5x4 + y4 + 1)

∂z/∂y = x(5y4 + x4 + 1).

Parentesien artean dauden adierazpenen balioak beti dira 1 edo 1 bainohandiagoak; ondorioz, puntu kritiko bakarra (0, 0) da.

Hessiarra puntu horretan hau da:

H = ∇2z(0, 0) =[

0 11 0

].

Orduan, [h1 h2]H[

h1

h2

]= 2h1h2; positiboa da h1 eta h2-k zeinu

berdina dutenean, baina, negatiboa zeinu desberdina dutenean; beraz,H indefinitua da. (Laburragoa da ikustea D = −1 dela, eta, beraz, H

indefinitua dela.) Ondorioz, (0, 0) zeladura-puntua da.


§3.8.1. Mutur baldintzatuak: Lagrange-ren biderkatzaileak. 55

3.49. adibidea. Berriz hartuko dugu f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − xy +yz−xz funtzioa. 3.2. adibidean, IRn-ko puntu guztietan funtzio horrenhessiarra definitu positiboa dela ikusten da. Bestalde, funtzio horrenpuntu kritikoak sistema hau ebatziz kalkulatzen dira:

2x− y − z = 0

−x + 2y + z = 0

−x + y + 2z = 0.

Sistema homogeneo horren koefizienteen matrizearen determinantea ezdenez zero, emaitza bakarra (0, 0, 0) da, eta hori da f -ren puntu kritikobakarra. Azkenik, (0, 0, 0) puntuan f funtzioak minimo lokal sendobat hartzen du, zeren f -ren Hessiarra definitu positiboa baita puntuhorretan.

3.8.1. Mutur baldintzatuak: Lagrange-ren bider-katzaileak.

3.23. teorema. Lagrange-ren biderkatzailearen teorema.

Izan bitez f, g : U ⊂ IRn → IR funtzio leunak (hots, C1 klasekoak gu-txienez).

Izan bitez ~x∗ ∈ U eta g(~x∗) = c, eta izan bedi S, g funtzioari dagokionc sestra-multzoa (hau da, g(~x) = c ekuazioa duten ~x puntuen multzoa).

Demagun ∇g(~x∗) 6= 0 dela.

Baldin S-ra mugatutako f funtzioak ~x∗ puntuan maximo edo minimolokal bat hartzen badu S multzoan, orduan λ zenbaki bat existituko dahau betetzen duena:

∇f(~x∗) = λ∇g(~x∗). (3.7)

Aurreko teoremaren alde geometrikoa korolario honetan nabarmentzenda.

3.3. korolarioa. Izan bedi f : IR3 → IR funtzio diferentziagarria.Baldin S gainazalera mugatutako funtzioak ~x∗ puntuan maximo edo mi-nimo bat hartzen badu, ∇f(~x∗) bektorea S gainazalarekiko ortogonalaizango da ~x∗ puntuan. (Ikus (3.7) ekuazio-sistema.)



3.20. irudia. Lagrange-ren teoremaren geometria.

f funtzio mugatu baten muturrak kalkulatzeko, (3.7) ekuazio-sistemaebatz dezakegu, eta ~x∗ puntua eta λ konstantea aurkitu. λ konstanteariLagrange-ren biderkatzaile deritzogu.

Izan bedi sistema hau:

∇f(~x)− λ∇g(~x) = ~0 (3.8)

g(~x)− c = 0, (3.9)

hor, (3.8) sistema (3.7) adierazpenetik ondorioztatzen da.

Aurreko (3.8–3.9) sistema sortzen da L(~x, λ) = f(~x) − λ · [g(~x) − c]funtzioaren gradientea zerora berdinduz. L(~x, λ) funtzioari funtzio La-grangear deritzogu. Ondorioz, g(~x) = c murrizketak baldintzaturikof(~x) funtzioaren muturrak kalkulatzeko, L(~x, λ) funtzioaren puntu kri-tikoak aurkitu behar ditugu. Alegia, ~x puntuak non ∇L(~x, λ) = ~0 baita.

3.50. adibidea. Izan bedi S ⊂ IR2 multzoa 45o inklinaturiko zuzena(−1, 0) puntutik igarotzen dena, eta izan bedi f : IR2 → IR, (x, y) 7→x2 + y2. Aurkitu S-ra mugaturiko f -ren muturrak.

Ebazpena.

Zuzenaren ekuazioa y − 0 = tan 45o(x− (−1)) da. Beraz, S = {(x, y) |y − x− 1 = 0}.



3.21. irudia. y − x− 1 = 0 zuzenak murrizturiko f(x, y) =x2 + y2.

Orduan, problema hau da:

maximizatu x2 + y2

baldin: y − x− 1 = 0.

Hau da, g(x, y) = y − x − 1 eta c = 0. Beraz, ∇g(x, y) = (−1, 1).Bestalde, ∇f(x, y) = (2x, 2y). Eta dakigunez, bi bektore horiek ko-linealak diren S-ko puntuetan bakarrik egon daitezke S-ra mugaturikof -ren mutur lokalak. Hots, sistema hau bete behar dute:

2x = λ · (−1)

2y = λ · (1)

y − x− 1 = 0.

Sistema horren emaitza (x, y) = (−1/2, 1/2) eta λ = 1 puntu kri-tiko bakarra da. Puntu horretan hain zuzen ere, S zuzenean zehar f

funtzioak haren minimoa heltzen du, ikus 3.21. irudia. Murrizketarik ezdagoenean puntu hori ez da f -ren minimoa, minimo ez-murriztua (0, 0)da. Hala ere, oraindik ez dugu puntu kritikoak analitikoki aztertzekotresnarik.

Oharra. Puntu kritikoak maximo- edo minimo-puntu lokalak direnjakiteko, edo ez bata ez bestea ez diren jakiteko, bigarren deribatuanoinarritutako irizpideak eman behar ditugu.

3.24. teorema. Bigarren ordenako baldintza nahikoak.



Demagun f, g : IRn → IR funtzioak C2-klasekoak direla. Demagun(~x∗, λ∗) L(~x, λ)-ren puntu kritiko bat dela, non λ∗ ∈ IR g(~x) = c

murrizketari dagokion Lagrange-ren biderkatzailea baita. Izan bedi

W (~x∗) = ∇2f(~x∗)− λ∗∇2g(~x∗).

Orduan,(i) ~htW (~x∗)~h < 0 bada edozein ~h ez-nulutarako, non ∇g(~x∗)~h = 0,

orduan ~x∗ puntuan g(~x) = c ekuazioak baldintzaturiko f funtzioakmaximo bat hartzen du.

(ii) ~htW (~x∗)~h > 0 bada edozein ~h ez-nulutarako, non ∇g(~x∗)~h = 0,orduan ~x∗ puntuan g(~x) = c ekuazioak baldintzaturiko f funtzioakminimo bat hartzen du.

Aurreko adibideari irizpide hori aplikatuz gero, zera dugu:

W (x, y) =[

2 00 2

]− λ ·

[0 00 0

]=

[2 00 2

],

eta hori definitu positiboa denez (x, y) guztietarako, (−1/2, 1/2) pun-tuan ere bai. Hortaz, puntu hori minimo-puntu lokala da.

3.51. adibidea. Izan bedi f(x, y) = x2 − y2 funtzioa, eta izan bediS 1 erradioko (0, 0) zentroko zirkunferentzia. Aurkitu S-ra mugaturikof -ren mutur lokalak.

3.22. irudia. x2+y2 = 1-ek murrizturiko f(x, y) = x2−y2.



Ebazpena. Bistan denez S = {(x, y) | g(x, y) = x2 +y2 = 1}. Irudiarenbitartez, erraz ikusten da S-ra mugaturiko f -k muturrak (±1, 0) eta(0,±1) puntuetan hartzen dituela, (0,±1) minimo-puntuak direla, eta(±1, 0), maximo-puntuak.

Jarraian, problema analitikoki ebatziko dugu. Lagrange-ren biderkatzai-leen metodoa erabiliz, sistema hau dugu:

{∇f(x, y) = λ · ∇g(x, y)

g(x, y) = c.

Hots,2x = λ2x

−2y = λ2y

x2 + y2 = 1.

Lehenengo ekuaziotik x = 0 edo λ = 1 soluzioak ditugu.

• x = 0 bada, orduan (3. ekuazioan ordezkatuz) y = ±1, eta (azkenhoriek 2. ekuazioan ordezkatuz) λ = −1 dugu.

• λ = 1 bada, orduan (2. ekuazioan ordezkatuz) y = 0, eta (azken hori3. ekuazioan ordezkatuz) x = ±1 dugu.

Ondorioz, 4 puntu kritiko hauek ditugu: λ = −1-erako (0,±1) eta λ = 1-erako (±1, 0).Orain, bigarren ordenako baldintza nahikoak aztertuko ditugu. Lehenengo,W (x, y) matrizea kalkulatuko dugu:

W (x, y) =[

2 00 −2

]− λ

[2 00 2

]=

[2− 2λ 0

0 −2− 2λ

].

Bigarrenez, ∇g(x, y)~h biderkadura kalkulatzen da:

[2x 2y][

h1

h2

]= 2xh1 + 2yh2.

x = 0 y = ±1 λ = −1 puntu kritikoetarako hau dugu:

2 · 0 · h1 + 2 · (±1) · h2 = 0 ⇒ h2 = 0.

eta ~h = (h1, 0) bektoreetarako ~htW (0,±1)~h kalkulatzen da,

[h1 0][

4 00 0

] [h1

0

]= 4h2

1 > 0.



Ondorioz, (0,±1) puntuak f -ren minimo-puntuak dira x2 + y2 = 1zirkunferentzian.

x = ±1 y = 0 λ = 1 puntu kritikoetarako hau dugu:

2 · (±1) · h1 + 2 · 0 · h2 = 0 ⇒ h1 = 0.

eta ~h = (0, h2) bektoreetarako ~htW (±1, 0)~h kalkulatzen da,

[0 h2][

0 00 −4

] [0h2

]= −4h2

2 < 0.

Ondorioz, (±1, 0) puntuak f -ren maximo-puntuak dira x2 + y2 = 1zirkunferentzian.

Oharra. S gainazala murrizketa anitzek mugatuta badago, alegia,

g1(x1, . . . , xn) = c1

· · · · · ·gm(x1, . . . , xn) = cm,

orduan, Lagrange-ren biderkatzaileen teorema honela orokortu deza-kegu:

Demagun ∇g1(~x∗), . . . ,∇gm(~x∗) bektoreak linealki independenteakdirela.S-n f funtzioak ~x∗ puntuan mutur lokala hartzen badu, λ1, . . . , λm

konstanteek existitu behar dute, hau betetzen dutenak:

∇f(~x∗) = λ1∇g1(~x∗) + . . . + λm∇gm(~x∗). (3.10)

Beraz, funtzio Lagrangearra hau da:

L(~x, λ1, . . . , λm) = f(~x)−m∑

i=1

λi[gi(~x)− ci].

Ondorioz, ~x∗-k lehenengo ordenako baldintza hauek bete behar ditu:

∇L(~x∗, λ∗1, . . . , λ∗m) = ~0,

hor, λ∗i zenbakia gi(~x∗) − c = 0 murrizketari dagokio, Lagrange-renbiderkatzailea baita, i = 1, . . . , m.

Bigarren ordenako baldintza nahikoan, aldaketa hauek ditugu:


§3.8.2. Mutur globalak bilatzeko prozedura. 61

(1) W (~x∗) = ∇2f(~x∗)− λ∗∇2g(~x∗) hau bihurtzen da:

W (~x∗) = ∇2f(~x∗)−m∑

i=1

λ∗i∇2gi(~x∗).

(2) ∇g(~x∗)~h = 0 ekuazioa, g-ren ordez ~g = (g1, . . . , gm) dugunez, haubihurtzen da:

∇~g(~x∗)~h = ~0;

hots,

∇g1(~x∗)~h = 0

· · · · · ·∇gm(~x∗)~h = 0.

Baldintza horren gainerakoa berdin geratzen da.

3.8.2. Mutur globalak bilatzeko prozedura.

Izan bedi U ⊂ IRn multzo ireki bat eta ∂U haren muga. ∂U leuna delaesaten da baldin ∂U multzoa g funtzio baten sestra multzoa bada (hots,g(~x) = c, c konstante baterako), eta hor ∇g 6= ~0 bada.

Baldintza hauetan, D = U ∪ ∂U ⊂ IRn multzoan f funtzioak hartzendituen maximo eta minimo globalak (absolutuak) aurkitzeko, urratshauei jarraituko diegu:

(i) Aurkitu f-ren puntu kritikoak U multzoan.

(ii) Aurkitu f -ren puntu kritikoak ∂U multzoan Lagrange-ren biderkatzai-leen metodoa erabiliz.

(iii) Kalkulatu f -ren balioa puntu kritiko guzti hauetan.

(iv) Konparatu balio hauek eta aukeratu handiena (maximo globala) etatxikiena (minimo globala).

3.52. adibidea. Aurkitu f(x, y) = x2 +y2−x−y+1 funtzioaren baliomaximo eta minimoa D = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 1} multzoan.

Ebazpena. Aurreko prozedurari jarraituko diogu.



(i) Puntu kritikoak aurkitzeko, sistema hau ebatziko dugu:{

∂f/∂x = 2x− 1 = 0

∂f/∂y = 2y − 1 = 0.

Emaitza, (x, y) = (1/2, 1/2), f -ren puntu kritiko bakarra da U ={(x, y) | x2 + y2 < 1} multzo irekian.

(ii) ∂U multzoko (hau da, x2 +y2 = 1 multzoan) f -ren puntu kritikoakLagrange-ren biderkatzaileen metodoaren bidez kalkulatzen dira.Alegia, sistema hau erabiliz:

{∇f(x, y) = λ∇g(x, y)

g(x, y) = c;

hor ∇f(x, y) = (2x − 1, 2y − 1), g(x, y) = x2 + y2 = 1 eta∇g(x, y) = (2x, 2y) dira, hau da,

2x− 1 = λ(2x)

2y − 1 = λ(2y)

x2 + y2 = 1.

Sistema ebatzi eta gero, puntu kritiko hauek lortzen dira:(√

22

,

√2

2

)eta

(−√

22

,−√

22

).

(iii) f -ren balioak puntu kritikoetan hauek dira:

• (i). urratsarena, f(1/2, 1/2) = 1/2.

• (ii). urratsarenak,

f(√

2/2,√

2/2) = 2−√

2

f(−√

2/2,−√

2/2) = 2 +√

2.

(iv) f -ren balio guztiak konparatuz, zera dugu:D multzoan f funtzioak minimo globala (1/2, 1/2) puntuan hartzendu etaD multzoan f funtzioak maximo globala (−√2/2,−√2/2) pun-tuan hartzen du.


3. gaia: aldagai anitzeko funtzioak - ocw...3.2. adibidea. deskribatu f(x,y) = x2 + y2 funtzio...

Documents