תרגיל 1
מטרת התרגיל היא להוכיח באופן מסוים את משפט שוורץ (על שוויון הנגזרות המעורבות מסדר שני). בהוכחת סעיף 2 מותר להשתמש בסעיף 1 גם אם לא הוכחתם אותו. בהוכחת סעיף 1 אסור להשתמש בסעיף 2.
תהי D ⊆ R 2 D \subseteq \mathbb{R}^2 D ⊆ R 2 f ( x , y ) ∈ C 2 ( D ) f(x,y)\in C^2(D) f ( x , y ) ∈ C 2 ( D ) f f f D D D R = [ a , b ] × [ c , d ] R=[a,b]\times[c,d] R = [ a , b ] × [ c , d ] D D D
∬ R ∂ 2 f ∂ x ∂ y d x d y = ∬ R ∂ 2 f ∂ y ∂ x d x d y \iint_{R} \parder{^2f}{x \partial y}dxdy=\iint_{R} \parder{^2f}{y \partial x}dxdy R ∬ ∂ x ∂ y ∂ 2 f d x d y = R ∬ ∂ y ∂ x ∂ 2 f d x d y הוכחה:
∬ R ∂ 2 f ∂ x ∂ y d x d y = ∫ a b ( ∫ c d ∂ 2 f ∂ x ∂ y d y ) d x = ∫ a b ( ∫ c d ∂ ∂ x ( ∂ f ∂ y ) d y ) d x = ↓ לייבניץ ∫ a b d d x ( ∫ c d ∂ f ∂ y d y ) d x = ↓ רציפה ולכן ∂ f ∂ y לפי ניוטון לייבניץ ∫ a b d d x ( f ( x , d ) − f ( x , c ) ) d x \begin{align*}
\iint_{R} \parder{^2f}{x \partial y}dxdy&=\int_{a}^b \left( \int_{c}^d \parder{^2f}{x \partial y} dy \right)dx=\int_{a}^b \left( \int_{c}^d \parder{}{x}\left(\parder{f}{y}\right)dy \right)dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{לייבניץ}}
\end{matrix}}{=}\int_{a}^b \frac{d}{dx} \left( \int_{c}^d \parder{f}{y}dy \right)dx \\
& \!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{רציפה ולכן}}\; \parder{f}{y} \\
\R{\text{לפי ניוטון לייבניץ}}
\end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \int_{a}^b \frac{d}{dx} \left(f(x,d)-f(x,c)\right)dx
\end{align*} R ∬ ∂ x ∂ y ∂ 2 f d x d y = a ∫ b c ∫ d ∂ x ∂ y ∂ 2 f d y d x = a ∫ b c ∫ d ∂ x ∂ ( ∂ y ∂ f ) d y d x ↓ לייבניץ = a ∫ b d x d c ∫ d ∂ y ∂ f d y d x ↓ רציפה ולכן ∂ y ∂ f לפי ניוטון לייבניץ = a ∫ b d x d ( f ( x , d ) − f ( x , c ) ) d x נגדיר g ( x ) = f ( x , d ) − f ( x , c ) g(x)=f(x,d)-f(x,c) g ( x ) = f ( x , d ) − f ( x , c ) g g g
∬ R ∂ 2 f ∂ x ∂ y d x d y = ∫ a b d g d x d x = ↓ ניוטון לייבניץ g ( b ) − g ( a ) = f ( b , d ) − f ( b , c ) − f ( a , d ) + f ( a , c ) \iint_{R} \parder{^2f}{x \partial y}dxdy=\int_{a}^b \frac{dg}{dx}dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ניוטון לייבניץ}}
\end{matrix}}{=} g(b)-g(a)=f(b,d)-f(b,c)-f(a,d)+f(a,c) R ∬ ∂ x ∂ y ∂ 2 f d x d y = a ∫ b d x d g d x ↓ ניוטון לייבניץ = g ( b ) − g ( a ) = f ( b , d ) − f ( b , c ) − f ( a , d ) + f ( a , c ) באותו האופן נגלה כי:
∬ R ∂ 2 f ∂ y ∂ x d x d y = ↓ פוביני ∫ c d ( ∫ a b ∂ ∂ y ( ∂ f ∂ x ) d x ) d y = ↓ לייבניץ ∫ c d d d y ( ∫ a b ∂ f ∂ x d x ) d y = ↓ ניוטון לייבניץ ∫ c d d d y ( f ( b , y ) − f ( a , y ) ) d y \begin{align*}
\iint_{R} \parder{^2f}{y \partial x}dxdy &\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{פוביני}}
\end{matrix}}{=} \int_{c}^d \left( \int_{a}^b \parder{}{y}\left(\parder{f}{x}\right) dx \right)dy \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{לייבניץ}}
\end{matrix}}{=}\int_{c}^d \frac{d}{dy}\left( \int_{a}^b \parder{f}{x}dx \right)dy \\
&\!\!\!\!\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ניוטון לייבניץ}}
\end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\int_{c}^d \frac{d}{dy}(f(b,y)-f(a,y))dy
\end{align*} R ∬ ∂ y ∂ x ∂ 2 f d x d y ↓ פוביני = c ∫ d a ∫ b ∂ y ∂ ( ∂ x ∂ f ) d x d y ↓ לייבניץ = c ∫ d d y d a ∫ b ∂ x ∂ f d x d y ↓ ניוטון לייבניץ = c ∫ d d y d ( f ( b , y ) − f ( a , y )) d y נסמן h ( y ) = f ( b , y ) − f ( a , y ) h(y)=f(b,y)-f(a,y) h ( y ) = f ( b , y ) − f ( a , y ) h h h
∬ R ∂ 2 f ∂ y ∂ x d x d y = ∫ c d d h d y d y = ↓ ניוטון לייבניץ h ( d ) − h ( c ) = f ( b , d ) − f ( a , d ) − f ( b , c ) + f ( a , c ) = g ( b ) − g ( a ) \iint_{R} \parder{^2f}{y \partial x}dxdy=\int_{c}^d \frac{dh}{dy}dy \!\!\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ניוטון לייבניץ}}
\end{matrix}}{=}\!\! h(d)-h(c)=f(b,d)-f(a,d)-f(b,c)+f(a,c)=g(b)-g(a) R ∬ ∂ y ∂ x ∂ 2 f d x d y = c ∫ d d y d h d y ↓ ניוטון לייבניץ = h ( d ) − h ( c ) = f ( b , d ) − f ( a , d ) − f ( b , c ) + f ( a , c ) = g ( b ) − g ( a ) לכן מתקיים:
∬ R ∂ 2 f ∂ x ∂ y d x d y = ∬ R ∂ 2 f ∂ y ∂ x d x d y \iint_{R} \parder{^2f}{x \partial y}dxdy=\iint_{R} \parder{^2f}{y \partial x}dxdy R ∬ ∂ x ∂ y ∂ 2 f d x d y = R ∬ ∂ y ∂ x ∂ 2 f d x d y ∎
הוכיחו בעזרת סעיף א' כי ∂ 2 f ∂ x ∂ y = ∂ 2 f ∂ x ∂ y \parder{^2f}{x \partial y}=\parder{^2f}{x \partial y} ∂ x ∂ y ∂ 2 f = ∂ x ∂ y ∂ 2 f D D D הדרכה: הגדירו g ( x , y ) = ∂ 2 f ∂ x ∂ y ( x , y ) − ∂ 2 f ∂ y ∂ x ( x , y ) g(x,y)=\parder{^2f}{x \partial y}(x,y)-\parder{^2f}{y \partial x}(x,y) g ( x , y ) = ∂ x ∂ y ∂ 2 f ( x , y ) − ∂ y ∂ x ∂ 2 f ( x , y ) ( x 0 , y 0 ) ∈ D (x_{0},y_{0})\in D ( x 0 , y 0 ) ∈ D g ( x 0 , y 0 ) > 0 g(x_{0},y_{0})>0 g ( x 0 , y 0 ) > 0
הוכחה: g ( x , y ) = ∂ 2 f ∂ x ∂ y ( x , y ) − ∂ 2 f ∂ y ∂ x ( x , y ) g(x,y)=\displaystyle \parder{^2f}{x \partial y}(x,y)-\parder{^2f}{y \partial x}(x,y) g ( x , y ) = ∂ x ∂ y ∂ 2 f ( x , y ) − ∂ y ∂ x ∂ 2 f ( x , y ) ( x 0 , y 0 ) ∈ D (x_{0},y_{0})\in D ( x 0 , y 0 ) ∈ D g ( x 0 , y 0 ) > 0 g(x_{0},y_{0})>0 g ( x 0 , y 0 ) > 0 g g g f ∈ C 2 ( D ) f \in C^2(D) f ∈ C 2 ( D ) ( x 0 , y 0 ) (x_{0},y_{0}) ( x 0 , y 0 ) g ( x , y ) > 0 g(x,y)>0 g ( x , y ) > 0 ∬ D g ( x , y ) d x d y ≠ 0 \displaystyle \iint_{D}g(x,y)dxdy\neq 0 D ∬ g ( x , y ) d x d y = 0 0 0 0
∬ D g ( x , y ) d x d y = ∬ D ( ∂ 2 f ∂ x ∂ y ( x , y ) − ∂ 2 f ∂ y ∂ x ( x , y ) ) d x d y = ↓ ליניאריות ∬ D ∂ 2 f ∂ x ∂ y d x d y − ∬ D ∂ 2 f ∂ y ∂ x d x d y \iint_{D}\! g(x,y)dxdy= \!\!\iint_{D} \left(\parder{^2f}{x \partial y}(x,y)-\parder{^2f}{y \partial x}(x,y)\right)dxdy\!\!\!\!\! \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ליניאריות}}
\end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\! \iint_{D} \parder{^2f}{x \partial y}dxdy -\!\!\iint_{D} \parder{^2f}{y \partial x}dxdy D ∬ g ( x , y ) d x d y = D ∬ ( ∂ x ∂ y ∂ 2 f ( x , y ) − ∂ y ∂ x ∂ 2 f ( x , y ) ) d x d y ↓ ליניאריות = D ∬ ∂ x ∂ y ∂ 2 f d x d y − D ∬ ∂ y ∂ x ∂ 2 f d x d y לפי סעיף קודם ∬ R ∂ 2 f ∂ x ∂ y d x d y = ∬ R ∂ 2 f ∂ y ∂ x d x d y \displaystyle\iint_{R} \parder{^2f}{x \partial y}dxdy=\iint_{R} \parder{^2f}{y \partial x}dxdy R ∬ ∂ x ∂ y ∂ 2 f d x d y = R ∬ ∂ y ∂ x ∂ 2 f d x d y ∬ D g ( x , y ) d x d y = 0 \displaystyle \iint_{D}g(x,y)dxdy=0 D ∬ g ( x , y ) d x d y = 0 ∬ D g ( x , y ) d x d y ≠ 0 \displaystyle \iint_{D}g(x,y)dxdy\neq 0 D ∬ g ( x , y ) d x d y = 0 ( x 0 , y 0 ) ∈ D (x_{0},y_{0})\in D ( x 0 , y 0 ) ∈ D g ( x 0 , y 0 ) > 0 g(x_{0},y_{0})>0 g ( x 0 , y 0 ) > 0
באותו האופן עבור הנחה בשלילה שקיימת נקודה כך ש-g ( x 0 , y 0 ) < 0 g(x_{0},y_{0})<0 g ( x 0 , y 0 ) < 0
לכן, לכל x 0 , y 0 ∈ R x_{0},y_{0}\in \mathbb{R} x 0 , y 0 ∈ R g ( x 0 , y 0 ) = 0 g(x_{0},y_{0})=0 g ( x 0 , y 0 ) = 0 ∂ 2 f ∂ x ∂ y = ∂ 2 f ∂ x ∂ y \displaystyle \parder{^2f}{x \partial y}=\parder{^2f}{x \partial y} ∂ x ∂ y ∂ 2 f = ∂ x ∂ y ∂ 2 f ∎
תרגיל 2
חשבו ∫ 0 2 π ( ∫ y 2 π sin x 2 d x ) d y \displaystyle \int_{0}^{2\pi}\left( \int_{\frac{y}{2}}^{\sqrt{ \pi }} \sin x^2 dx \right)dy 0 ∫ 2 π 2 y ∫ π sin x 2 d x d y רמז: פוביני.
נגדיר את התחום הפשוט A = { ( x , y ) y 2 ≤ x ≤ π y ∈ [ 0 , 2 π ] } A=\left\{ \begin{array}{c|c}(x,y)& \begin{aligned}& \frac{y}{2}\leq x\leq \sqrt{ \pi } \\ & y \in[0,2\pi]\end{aligned}\end{array} \right\} A = ⎩ ⎨ ⎧ ( x , y ) 2 y ≤ x ≤ π y ∈ [ 0 , 2 π ] ⎭ ⎬ ⎫ D = { ( x , y ) 0 ≤ x ≤ π 0 ≤ y ≤ 2 x } D=\left\{ \begin{array}{c|c}(x,y)& \begin{aligned}& 0\leq x\leq \sqrt{ \pi } \\ & 0\leq y\leq 2x\end{aligned}\end{array} \right\} D = { ( x , y ) 0 ≤ x ≤ π 0 ≤ y ≤ 2 x }
∫ 0 2 π ( ∫ y 2 π sin x 2 d x ) d y = ↓ פוביני ∬ A sin x 2 d x d y = ∬ D sin x 2 d x d y = ↓ פוביני ∫ 0 π ( ∫ 0 2 x sin x 2 d y ) d x = ↓ N L ∫ 0 π ( y sin x 2 ∣ y = 0 y = 2 x ) d x = ∫ 0 π ( 2 x sin x 2 ) d x = ↓ N L − cos x 2 ∣ 0 2 π = cos 0 − cos 4 π 2 = 1.20700184966 \begin{align*}
\int_{0}^{2\pi}\left( \int_{\frac{y}{2}}^{\sqrt{ \pi }} \sin x^2 dx \right)dy &\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{פוביני}}
\end{matrix}}{=}\iint_{A}\sin x^2dxdy=\iint_{D} \sin x^2dxdy \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{פוביני}}
\end{matrix}}{=}\int_{0}^{\sqrt{ \pi }}\left( \int_{0}^{2x} \sin x^2dy \right)dx \\
&\;\!\;\!\;\!\;\!\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
NL
\end{matrix}}{=}\int_{0}^{\sqrt{ \pi }} \left( \left. \begin{matrix}
\\
\\
\end{matrix}y\sin x^2 \right\vert_{y=0}^{y=2x} \right)dx= \int_{0}^{\sqrt{ \pi }}(2x\sin x^2)dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
NL
\end{matrix}}{=}\left.\begin{matrix}
\\ \\
\end{matrix} -\cos x^2 \right\vert_{0}^{2\pi} \\
&\;\!\!\;\!\ =\cos 0-\cos4\pi^2=1.20700184966
\end{align*} 0 ∫ 2 π 2 y ∫ π sin x 2 d x d y ↓ פוביני = A ∬ sin x 2 d x d y = D ∬ sin x 2 d x d y ↓ פוביני = 0 ∫ π 0 ∫ 2 x sin x 2 d y d x ↓ N L = 0 ∫ π ( y sin x 2 y = 0 y = 2 x ) d x = 0 ∫ π ( 2 x sin x 2 ) d x ↓ N L = − cos x 2 0 2 π = cos 0 − cos 4 π 2 = 1.20700184966 וזוהי התשובה.