Kontraprimeri u diferencijalnom računu

Uvođenje pojma izvoda u srednjoj školi obično se opravdava geometrijskom interpretacijom po kojoj izvod predstavlja koeficijent pravca tangente na funkciju. Primeri s kojima se tada učenici susreću u zadacima gotovo su uvek elementarne funkcije čiji se izvodi „lepo ponašaju“, zbog čega učenici mogu steći nepotpunu sliku o izvodima funkcije.

Naredni kontraprimeri ukazuju na važnost detalja u formulacijama teorema.

Kontraprimeri

Funkcija koja nije izvod nijedne funkcije

Opšte je poznato da je izvod integrala neprekidne funkcije \(f\) po gornjoj granici jednak primitivnoj funkciji funkcije \(f\). Navedeno tvrđenje lako može da navede na to da svaka integrabilna funkcija ima primitivnu. Međutim, ovo nije tačno, jer nije dovoljna samo integrabilnost podintegralne funkcije, već i njena neprekidnost.

Jednostavan primer na kom se ovo vidi je \(\mathrm{sgn}\) funkcija definisana na sledeći način:

$$\mathrm{sgn}(x)=\begin{cases}-1,&\text{ako je }x\le0,\\0,&\text{ako je }x=0,\\1,&\text{ako je }x\gt0.\end{cases}$$

Funkcija \(\mathrm{sgn}\) ima prekid prve vrste u tački \(x=0\), a kao što je poznato, izvod nikad nema prekid prve vrste. Prema tome, ova funkcija nije izvod nijedne druge funkcije.

Dve funkcije koje imaju isti izvod ali njihova razlika nije konstantna funkcija

Jedna od posledica Lagranžove teoreme je naredno tvrđenje: Ako funkcije \(f_1\) i \(f_2\) imaju jednake izvode na intervalu \((a,b)\), onda se one razlikuju za konstantu na tom intervalu.

Ako su funkcije definisane na uniji disjunktnih intervala \((a,b)\) i \((c,d)\), tada tvrđenje ne mora da važi, što pokazuje ovakav primer: Neka su \(f_1\) i \(f_2\) definisane na sledeći način:

$$f_1(x)=\begin{cases}\log|x|,&\text{ako je }x\lt0,\\\log|x|,&\text{ako je }x\gt0,\end{cases}\quad\text{i}\quad f_2(x)=\begin{cases}\log|x|,&\text{ako je }x\lt0,\\\log|x|+5,&\text{ako je }x>0.\end{cases}$$

Obe ove funkcije imaju izvod \(x^{-1}\), ali razlika ove dve funkcije nije konstantna funkcija.

Ova „greška“ posebno dolazi do izražaja prilikom pisanja izraza poput sledećeg:

$$\int\frac{\mathrm dx}{x}=\log|x|+\mathrm{C},\quad\text{gde je C konstanta.}$$

U gornjem zapisu, \(\mathrm{C}\) jeste konstanta na komponentama povezanosti, ali ne i na čitavom domenu primitivne funkcije.

Diferencijabilna funkcija koja ima ekstremnu vrednost u tački u kojoj njen izvod ne menja znak

Funkcija \(f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) data sa

$$f(x)=\begin{cases}x^4\left(2+\sin\left(\frac{1}{x}\right)\right),&\text{za }x\not=0,\\0,&\text{za }x=0,\end{cases}$$

dostiže apsolutni minimum za \(x=0\). Izvod funkcije \(f\) je

$$f'(x)=\begin{cases}x^3\left[4x\left(2+\sin\left(\frac{1}{x}\right)\right) - \cos\left(\frac{1}{x}\right)\right],&\text{za }x\not=0,\\0,&\text{za }x=0.\end{cases}$$

Ovaj izvod u svakoj okolini tačke \(x=0\) uzima i pozitivnu i negativnu vrednost.

Beskonačno diferencijabilna funkcija koja nije analitička

Svaka analitička funkcija je beskonačno diferencijabilna. Košijev primer pokazuje da obrnuto ne mora da važi. Neka je \(f\) definisana sa

$$f(x)=\begin{cases}e^{-1/x},&\text{za }x\gt0,\\0,&\text{za }x\le0.\end{cases}$$

Funkcija \(f\) pripada klasi \(C^\infty(\mathbb{R})\) i njeni izvodi su dati sa

$$f^{(n)}(x) = \begin{cases}\frac{p_n(x)}{x^{2n}}f(x),&\text{za }x\gt0,\\0,&\text{za }x\le0,\end{cases}$$

gde je \(p_n\) polinom \((n-1).\) stepena zadat rekurentnom relacijom \(p_{n+1}(x)=x^2p'_n(x)-(2nx-1)p_n(x)\) i uslovom \(p_1(x)=1\).

Ako bismo pokušali da razvijemo funkciju \(f\) u Tejlorov red u okolini nule, dobili bismo nula funkciju, što očigledno odstupa od funkcije \(f\) za pozitivne argumente. Dakle, ova funkcija nije analitička.

Funkcija koja ima parcijalne izvode ali nije diferencijabilna

Za realnu funkciju realne promenljive važi da je diferencijabilna u tački ako i samo ako u toj tački ima izvod. Naredna dva primera ilustruju razliku između diferencijabilnosti funkcije i postojanja njenih parcijalnih izvoda, u slučaju funkcija više promenljivih.

Neka je funkcija \(f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}\) data sa

$$f(x,y)= \begin{cases}\frac{x^2y}{x^2+y^2},&\text{ako je }(x,y)\neq(0,0),\\0,&\text{ako je }(x,y)=(0,0).\end{cases}$$

Funkcija \(f\) je neprekidna u tački \((0,0)\) i u toj tački ima parcijalne izvode \(\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0\) i \(\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0\). Pretpostavimo da je \(f\) diferencijabilna. Tada bi priraštaj \((a,b) - (0,0)\) mogao da se napiše kao

$$(a,b)-(0,0)=\frac{a^2b}{a^2+b^2}=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)\cdot a+\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)\cdot b+o(a,b)\quad\left((a,b)\to(0,0)\right).$$

Odavde sledi

$$\lim\limits_{(a,b)\to(0,0)}\frac{o(a,b)}{\left\Vert(a,b)\right\Vert}=\lim\limits_{(a,b)\to(0,0)}\frac{a^2b}{(a^2+b^2)^{3/2}}=0.$$

Međutim, za \(a=b>0\) važi

$$\frac{a^2b}{(a^2+b^2)^{3/2}}=\frac{1}{2^{3/2}}\nrightarrow0\quad\left((a,b)\to(0,0)\right).$$

Dakle, funkcija \(f\) nije diferencijabilna.

Primetimo da navedena funkcija, osim što ima parcijalne izvode, ima i sve izvode po pravcu. Da bismo se uverili u to, dovoljno je primetiti da izraz

$$\frac{f(h\cos(\theta), h\sin(\theta))-f(0)}{h}=\frac{\cos^2(\theta)\sin(\theta)}{\cos^2(\theta)+\sin^2(\theta)}$$

ne zavisi od \(h\).

Prekidna funkcija koja ima parcijalne izvode

Postojanje parcijalnih izvoda ne samo da ne povlači diferencijabilnost te funkcije, kao što smo se uverili u prethodnom primeru, već ne povlači ni neprekidnost, o čemu govori ovaj primer.

Neka je funkcija \(f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}\), data sa

$$f(x,y)= \begin{cases}\frac{xy}{x^2+y^2},&\text{ako je }(x,y)\neq(0,0),\\0,&\text{ako je }(x,y)=(0,0).\end{cases}$$

Ova funkcija je očigledno prekidna u tački \((0,0)\) (dovoljno je posmatrati niz \(a_n=(f(1/n),f(1/n))\)). Ali, \(f\) ima definisana oba parcijalna izvoda na celom domenu.

Naravno, ako je funkcija diferencijabilna, ona će biti i neprekidna.

Diferencijabilna funkcija koja ima prekidne parcijalne izvode

Za dokazivanje diferencijabilnosti realnih funkcija, ponekad je od koristi sledeća teorema.

Teorema: Neka u nekoj okolini \(U\) tačke \(a\in A\subset\mathbb{R}\) funkcija \(f\colon A\rightarrow\mathbb{R}\) ima sve parcijalne izvode i neka su oni neprekidni u tački \(a\). Tada je \(f\) diferencijabilna u tački \(a\).

Pretpostavke navedene u teoremi su dovoljne ali ne i neophodne, što pokazuje naredni primer:

Neka je funkcija \(f\colon\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}\) data sa

$$f(x,y)=\begin{cases}(x^2+y^2)\sin(\frac{1}{x^2+y^2}),&\text{ako je }(x,y)\neq(0,0),\\0,&\text{ako je }(x,y)=(0,0).\end{cases}$$

Funkcija \(f\) je očigledno neprekidna za \((x,y)\neq(0,0)\), ali je neprekidna i u tački \((0,0)\) jer

$$\left\lVert f(x,y)\right\rVert\le\left\lVert x^2+y^2\right\rVert\rightarrow0\qquad((x,y)\rightarrow(0,0)).$$

Funkcija \(f\) je i diferencijabilna u tački \((0,0)\), jer

$$\left\lVert\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}\right\rVert\le\left\lVert\sqrt{x^2+y^2}\right\rVert\rightarrow0\qquad((x,y)\rightarrow(0,0)).$$

Odavde sledi da je diferencijal \(df\) u tački \((0,0)\) nula preslikavanje. Dakle, parcijalni izvodi \(\partial f/\partial x\) i \(\partial f/\partial y\) postoje u tački \((0,0)\), i jednaki su nuli.

Jasno je da je funkcija \(f\) diferencijabilna na skupu \(\mathbb{R}\setminus\{(0,0)\}\). Na ovom skupu parcijalni izvodi funkcije \(f\) su

$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x\sin\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)-\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)\text{ i }$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y\sin\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\right).$$

Kako limesi

$$\lim\limits_{x\rightarrow 0} \frac{\partial f}{\partial x}(x,0)\quad\text{i}\quad\lim\limits_{y\rightarrow 0} \frac{\partial f}{\partial y} (0,y),$$

ne postoje, zaključujemo da su parcijalni izvodi \(\partial f/\partial x\) i \(\partial f/\partial y\) prekidni u tački \((0,0)\).

Diferencijabilna funkcija koja ima različite mešovite izvode

Funkcija \(f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}\) data sa

$$f(x,y)= \begin{cases}xy\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},&(x,y)\neq(0,0)\\0,&(x,y)=(0,0)\end{cases}$$

ima parcijalne izvode

$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=y\frac{x^4+4x^2y^2-y^4}{(x^2+y^2)^2}\quad\text{ za }(x,y)\neq(0,0),\quad\text{i}\quad\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0;$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x\frac{x^4-4x^2y^2-y^4}{(x^2+y^2)^2}\quad\text{ za }(x,y)\neq(0,0),\quad\text{i}\quad\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.$$

Odavde se, po definiciji, dobijaju drugi mešoviti izvodi

$$\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(0,0)=1\quad\text{i}\quad\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(0,0)=-1.$$

Dovoljan uslov za jednakost drugih parcijalnih izvoda, daje sledeća teorema.

Teorema: Neka je \(A\subset\mathbb{R}^m\) otvoren skup. Neka funkcija \(f\colon A\rightarrow\mathbb{R}\) ima druge mešovite parcijalne izvode

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_j}(x)\quad\text{i}\quad\frac{\partial^2 f}{\partial x_j\partial x_i}$$

za sve \(x\in A\), i neka su u tački \(a\in A\) ti izvodi neprekidni. Tada su oni i jednaki.

Diferencijabilna funkcija za koju ne važi teorema o srednjoj vrednosti

Za realne funkcije više realnih promenljivih važi sledeće uopštenje Lagranžove teoreme.

Teorema: Neka je \(A\subset\mathbb R^n\) otvoren skup, \(\vec a=(a_1,a_2,\dots,a_n)\in A\) i \(\vec h=(h_1,h_2,\dots,h_n)\in A\) takav da segment \(\{\vec a+t\vec h\in\mathbb R^n|0\le t\le1\}\) pripada skupu \(A\). Ako je funkcija \(f\colon A\to\mathbb R\) neprekidna u svim tačkama tog segmenta i diferencijabilna u svim tačkama intervala \(\{\vec a+t\vec h\in\mathbb R^n|0\lt t\lt1\}\), onda postoji tačka \(\xi = \vec a+\theta\vec h\), \(0\lt\theta\lt1\), takva da važi

$$f(\vec a+\vec h) -f(\vec a) = df(\xi)\cdot h = \sum\limits_{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_i}(\xi)h_i.$$

Za vektorske funkcije nemoguće je direktno preneti gornju teoremu. Da bismo se uverili u to, posmatrajmo funkciju \(f\colon \mathbb R\to\mathbb R^2\), zadatu sa \(f(x) = (\cos(x),\sin(x))\). Ako bi teorema o međuvrednosti važila za ovu funkciju, tada bismo imali jednakost

$$\vec0=f(2\pi)-f(0)=2\pi df(\xi)=\left[\begin{matrix}-2\pi\sin(\xi)\\2\pi\cos(\xi)\end{matrix}\right].$$

Ali, gornja jednakost ne može biti ispunjena ni za jedno \(\xi\in\mathbb R\). Prema tome, Lagranžova teorema se ne može direktno proširiti na vektorske funkcije. Ipak, važi sledeća procena.

Teorema: Neka je \(A\subset\mathbb R^m\) otvoren skup, \(f\colon A\to\mathbb R^n\) neprekidno diferencijabilna funkcija i tačke \(\vec a, \vec h\in\mathbb R^m\) takve da segment \(\{\vec a+t\vec h\in\mathbb R^n|0\le t\le1\}\) pripada skupu \(A\). Tada je

$$\left\lVert f(\vec a+\vec h)-f(\vec a)\right\rVert\le\left\lVert h\right\rVert\sup\limits_{0\le t\le1}\left\lVert df(\vec a+t\vec h)\right\rVert.$$

Funkcija za koju ne važi Lajbnicovo pravilo diferenciranja pod integralom

Funkcija \(f\colon\mathbb{R}\times\mathbb{R}_0^+\to\mathbb{R}\) data sa

$$f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^3}{y^2}e^{\frac{x^2}{y}},&\text{ za }y\gt0,\\0,&\text{ za }y=0,\end{cases}$$

neprekidna je po \(x\) za svako fiksirano \(y\), i neprekidna po \(y\) za svako fiksirano \(x\). Integracijom dobijamo

$$I(x)=\int\limits_0^1f(x,y)\,\mathrm dy=xe^{-x^2}\quad\text{za }x\in\mathbb{R}.$$

Odavde sledi da je \(I'(x)=e^{-x^2}(1-2x^2)\) za svako realno \(x\). Kako je funkcija \(f(x,y)\) jednaka nuli za \(x=0\), dobijamo da je \(\partial f/\partial x(0,y)=0\) za svako pozitivno \(y\). Sledi

$$\int\limits_0^1\frac{\partial f}{\partial x}(0,y)\,\mathrm dy=\int\limits_0^10\,\mathrm dy=0.$$

Međutim,

$$1=I'(0)=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\left[\int\limits_0^1f(x,y)\,\mathrm dy\right]_{x=0}\neq\int\limits_0^1\frac{\partial f}{\partial x}(0,y)\,\mathrm dy=0.$$

Funkcija \(f\) nema neprekidan parcijalni izvod po \(x\) na segmentu \([0,1]^2\), i zbog toga se nije moglo primeniti Lajbnicovo pravilo. Dovoljne uslove za primenu Lajbnicovog pravila daje naredna teorema.

Teorema: Neka je \(P=[a,b]\times[c,d]\) i funkcija \(f\colon P\rightarrow\mathbb{R}\). Ako je \(f\) neprekidna funkcija po \(y\in[c,d]\) za svako \(x\in[a,b]\) i \(f\) ima neprekidan parcijalan izvod \(\partial f/\partial x\) na \(P\), tada je funkcija \(I(x)=\int_c^df(x,y)\,\mathrm dy\) neprekidno diferencijabilna na \([a,b]\) i važi

$$I'(x)=\int\limits_c^d\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\,\mathrm dy.$$

Neprekidna funkcija koja nigde nije diferencijabilna

Do sredine 19. veka mnogi matematičari su mislili da svaka neprekidna funkcija može imati samo konačno mnogo tačaka u kojima nije diferencijabilna (navodno je čak i sam Gaus mislio da ovo mora biti slučaj). Godine 1872. Vajerštras je objavio prvi primer neprekidne funkcije koja nije ni u jednoj tački diferencijabilna. Od tada je konstruisano još nekoliko sličnih primera. U narednim redovima data je reprodukcija originalnog Vajerštrasovog primera.

Neka je \(0\lt a\lt1\), i \(b\) neparan prirodan broj takav da važi \(ab\gt1+\frac{3\pi}{2}\). Neka je funkcija \(W\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) zadata sa

$$W(x)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}a^n\cos(b^n\pi x).$$

Dokažimo da je funkcija \(W(x)\) neprekidna, ali nije diferencijabilna ni u jednoj tački.

Kako je \(\cos(b^n\pi x)\lt1\), članovi gorenavedenog reda su ograničeni sa \(a^n\). Red \(\sum_n a^n\) je apsolutno konvergentan, pa po Vajerštrasovom kriterijumu red \(W(x)\) uniformno konvergira. Kako su svi članovi reda neprekidne funkcije, i funkcija \(W(x)\) je neprekidna.

Neka je \(x_0\) proizvoljan realan broj. Pokazaćemo da \(W'(x_0)\) ne postoji. To ćemo uraditi tako što ćemo konstruisati dva monotona niza, opadajući \(\{x_m^+\}\) i rastući \(\{x_m^-\}\), koja oba teže ka \(x_0\), a takva da limesi izraza

$$D^{\pm}_mW(x_0)=\frac{W(x^{\pm}_m)-W(x_0)}{x^{\pm}_m-x_0},$$

kad \(m\) teži beskonačnosti, ne postoje.

Fiksirajmo \(x_0\). Za svako prirodno \(m\), možemo odabrati ceo broj \(\alpha_m\) takav da važi \(b^mx_0=\alpha_m+\epsilon_m\), gde je \(\epsilon\in[-\frac{1}{2},\frac{1}{2})\). Neka je sada

$$x_m^{\pm} = \frac{\alpha_m \pm 1}{b^m} = x_0 + \frac{\pm1-\epsilon_m}{b^m}.$$

Kako je \(|\pm1-\epsilon_m|\lt2\) i \(b\ge3\), sledi da niz \(\{x_m^+\}\), odnosno \(\{x_m^-\}\), konvergira ka \(x_0\) odozgo, odnosno odozdo.

Red \(W(x)\) konvergira za svako \(x\), pa izraz \(D_m^{\pm}W(x_0)\) možemo napisati kao

$$D_m^{\pm}W(x_0)=\sum\limits_{n=0}^{m-1}a^n\frac{\cos(b^n\pi x^{\pm}_m)-\cos(b^n\pi x_0)}{x^{\pm}_m-x_0}+\sum\limits_{n=m}^{+\infty}a^n\frac{\cos(b^n\pi x^{\pm}_m)-\cos(b^n\pi x_0)}{x^{\pm}_m-x_0}.$$

Označimo ove sume sa \(S_1^{\pm}\) i \(S_2^{\pm}\). Prvu od suma možemo proceniti na sledeći način. Svaki od sabiraka ćemo napisati kao

$$\pi(ab)^n\frac{\cos(b^n\pi x^{\pm}_m)-\cos(b^n\pi x_0)}{\pi b^nx^{\pm}_m-\pi b^nx_0}.$$

Primenom Lagranžove teoreme o međuvrednosti, dobijamo da je svaki sabirak oblika \(-\pi(ab)^n\sin(\xi_m)\), gde je \(\xi_m\) između \(x_0\) i \(x^{\pm}_m\). Odavde sledi \(|S_1^{\pm}|\le\sum_{n=0}^{m-1}\pi(ab)^n=\pi\frac{(ab)^m-1}{ab-1}\lt\pi\frac{(ab)^m}{ab-1}\).

Pogledajmo sada sumu

$$S_2^{\pm}=\sum\limits_{n=m}^{+\infty}a^n\frac{\cos(b^n\pi x^{\pm}_m)-\cos(b^n\pi x_0)}{x^{\pm}_m-x_0}.$$

Argument prvog kosinusa u izrazu je \( \pi b^n x^{\pm}_m=\pi b^l b^m\frac{\alpha_m\pm1}{b_m}=\pi b^l(\alpha_m\pm1)\) za \(l=n-m\) jer je \(n\ge m\). Kako je \(b^l\) neparan broj i \(\alpha_m\pm1\) ceo broj, sledi da je prvi kosinus jednak \((-1)^{\alpha_m\pm1}=-(-1)^{\alpha_m}\).

Argument drugog kosinusa koji figuriše u redu \(S_2^{\pm}\) jeste

$$b^n\pi x_0=\pi b^l b^m\frac{\alpha_m+\epsilon_m}{b^m}=\pi b^l(\alpha_m+\epsilon_m).$$

Koristeći adicionu formulu i činjenicu da \(b^l\alpha_m\in\mathbb{Z}\), dobijamo

$$\cos(b^n\pi x_0)=\cos(\pi b^l\alpha_m)\cos(\pi b^l\epsilon_m)-\sin(\pi b^l\alpha_m)\sin(\pi b^l\epsilon_m)=(-1)^{\alpha_m}\cos(\pi b^l\epsilon_m).$$

Iz svega ovoga sledi da je

$$S_2^{\pm}=\sum\limits_{n=m}^{+\infty}a^n\frac{-(-1)^{\alpha_m}-(-1)^{\alpha_m}\cos(\pi b^{n-m}\epsilon_m)}{x^{\pm}_m-x_0}= (-1)^{\alpha_m}(ab)^m\sum\limits_{n=0}^{+\infty}a^n\frac{1+\cos(\pi b^{n}\epsilon_m)}{\epsilon_m\mp1}.$$

Kako je \(\epsilon_m\lt\frac{1}{2}\) i \(\cos(\pi b^k \epsilon_m)\ge-1\), svi članovi sume \(S_2^{+}\) su negativni, pa \(S_2^{+}\) možemo proceniti sa

$$S_2 = (-1)^{\alpha_m}(ab)^m\sum\limits_{n=0}^{+\infty}a^n\frac{1+\cos(\pi b^{n}\epsilon_m)}{\epsilon_m-1} \le (-1)^{\alpha_m}(ab)^m \frac{1+\cos(\pi\epsilon_m)}{\epsilon_m-1}.$$

Takođe, \(\frac{1}{1-\epsilon_m}\ge\frac{1}{1+\frac{1}{2}}\) i \(\cos(\pi\epsilon_m)\ge0\), jer \(\pi\epsilon_m\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\), pa je

$$S_2^{+} \le (-1)^{\alpha_m}(ab)^m \frac{2}{3}.$$

Analogno dobijamo da je \(S_2^{-}\ge-(-1)^{\alpha_m}(ab)^m\frac{2}{3}\).

Kombinujući ocene za \(S_1^+\) i \(S_1^-\), sada možemo da završimo dokaz. Za desni izvod imamo

$$D_m^{+}W(x_0)=S_1^++S_2^+ = (ab)^m \left[(ab)^{-m}S_1^++(ab)^{-m}S_2^+\right] = (ab)^m T.$$

Kako \((ab)^{-m}S_1^+\in\left(\frac{-\pi}{ab-1},\frac{\pi}{ab-1}\right)\) i \(-(ab)^{-\alpha_m}S_2^+\not\in(-\frac{2}{3},\frac{2}{3})\), a \(\frac{\pi}{ab-1}\lt\frac{2}{3}\), sledi da je \(|T|\gt\frac{2}{3}-\frac{\pi}{ab-1}\). Kako \((ab)^m\to+\infty\) kad \(m\to+\infty\), sledi da je \(W'_+(x_0)=+\infty\). Analogno dobijamo da je i \(W'_-(x_0)=-\infty\).

Primetimo da je svaka parcijalna suma reda \(\sum_{n=0}^{+\infty}a^n\cos(b^n\pi x)\) beskonačno glatka funkcija. Prema tome, ovaj primer nam pokazuje da se diferencijabilnost ne prenosi ravnomernom konvergencijom.

Grafik funkcije W(x)
Grafik Vajerštrasove funkcije.

Nešto jednostavniji primer neprekidne funkcije koja nigde nije diferencijabilna dao je Van der Varden: Neka je \(f(x)\colon\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\) periodična funkcija, s periodom \(1\), zadana na intervalu \([0,1]\) na sledeći način

$$f(x)=\begin{cases}x,&\text{ako je }0\le x\le 1/2,\\1-x,&\text{ako je }1/2\lt x\le1.\end{cases}$$

Tada red

$$\sum\limits_{i=0}^{\infty} \frac{f(4^n x)}{4^n}$$

određuje neprekidnu funkciju \(g(x)\colon\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\), koja nije diferencijabilna ni u jednoj tački \(x_0\in\mathbb{R}\).

Primer koji pokazuje da parcijalni izvod nije količnik diferencijala

Krajem 17. veka nemački matematičar Gotfrid Lajbnic je uveo oznaku \(\frac{dy}{dx}\) za označavanje izvoda zavisne veličine \(y\) po nezavisnoj veličini \(x\). Ostali matematičari su lako usvojili Lajbnicovu oznaku, i ubrzo je nastala i veoma zgodna oznaka za paracijalni izvod nalik na Lajbnicovu. Ipak, naredni primer pokazuje da ova oznaka je samo to – oznaka.

Neka je \(F\colon\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}\) funkcija takva da su u okolini neke tačke zadovoljeni svi uslovi teoreme o implicitnoj funckciji. Tada nam ta teorema garantuje postojanje diferencijabilnih funkcija \(x=\left(y,z\right)\), \(y=\left(x,z\right)\) i \(z=\left(z,y\right)\) koja su rešenje jednačine \(F(x,y,z)=0\). Pritom važi

$$\frac{\partial x}{\partial y}\cdot\frac{\partial y}{\partial z}\cdot\frac{\partial z}{\partial x}=\left(-\frac{\partial F/\partial y}{\partial F/\partial x}\right)\left(-\frac{\partial F/\partial z}{\partial F/\partial y}\right)\left(-\frac{\partial F/\partial x}{\partial F/\partial z}\right)=-1.$$

Ako bi simboli za parcijalne izvode zaista bili količnici, tada bi gornji izraz imao vrednost 1, što očigledno nije tačno. S druge strane, obični izvodi funkcija jedne promenljive zaista jesu količnici diferencijala (pritom se ovde pod diferencijalom smatra linearna funkcija koja aproksimira odgovarajuću funkciju u odgovarajućoj tački).

Literatura

  1. Dušan Adnađević, Zoran Kadelburg, Matematička analiza I
  2. Dušan Adnađević, Zoran Kadelburg, Matematička analiza II
  3. Bernard R. Gelbaum, John M.H. Olmsted, Counterexamples in Analysis