Matematika A2a 2008/8. gyakorlat
Tartalomjegyzék |
Érintősík, érintő
1. Határozzuk meg az
függvény grafikonjának érintősíkjának egyenletét a (2,0) pontban és ebben a pontban határozzuk meg az iránymenti deriváltat az (1,2) vektor mentén!
Az iránymenti deriváltat a grad f-ből:
2. Legyen az implicit módon megadott görbe az
érintővektorát!
Kifejezzük az (x,y) vektort a z-vel φ:z (x,y)
Két pontban kell más paraméterezést választanunk: az x=0-s pontokban. Itt az érintővektor "vízszintes".
3. Van-e lokális differenciálható megoldása az
egyenletnek a 0 körül? Mi a deriváltja a 0-ban?
Igen:
ami sosem nulla.
Megjegyezzük, hogy globális megoldás is adható:
invertálható, mert g'(y)>0 mindig, azaz szigorúan monoton növekvő. Ezért az egyenletet a g inverzével balról beszorozva:
a globális megoládás. Ennek deriváltja az egyváltozós inverzfüggvény szerint a képletszerinti.
Másodrendű parciális deriváltak
Ha f a H ⊆ R2 halmazon értelmezett R-be képező, az u ∈ H-ban differenciálható függvény és a
gradiensfüggvény szintén differenciálható u-ban, akkor f-et u-ban kétszer differenciálhatónak nevezzük és az f függény u-beli másodrendű differenciálja:
Ennek Jacobi-mátrixa akkor is létezik, ha csak azt feltételezzük, hogy a parciális deriváltak léteznek az u egykörnyezetében, és ott differenciálhatóak. Ekkor a szóban forgó Jacobi-mátrix kvadratikus és
alakú, amit Hesse-féle mátrixnak nevezünk.
A vegyes másodrendű parciális deriváltakra vonatkozik a Young-tétel:
Tétel (Young) Kétszer differenciálható függvény vegyes másodrendű parciális deriváltjai egyenlők.
(A tétel egy gyenge verziójának könnyen átlátható szemléletes bizonyítása megtalálható itt: User:Mozo/egyéb#Young-tétel.)
A Young-tétel értelmében a Hesse-mátrix szimmetrikus illetve a d2f(u) szimmetrikus tenzor
Általában a deriváltmátrixok nem szimmetrikusak, ez egy különleges tulajdonsága a második differenciálnak. Sőt, általában az a kérdés, hogy mi a deriválttenzor szimmetrikus és antiszimmetrikus része.
Megjegyzés. Elvileg a
leképezésnek kellett volna a differenciálját venni az u pontban, és ezt tekinteni a differenciálnak. Ám ez nem Rm-be, hanem egy általánosabb normált térbe, a R2 R lináris leképezések terébe képez (az ún. kétváltozós lineáris funkcionálok terébe). Ebben a norma az operátornorma (az operátor minimális Lipschitz-konstansa), és a tér véges dimenziós. A differenciálhatóság pontosan ugyanúgy értelmezhető, mint a többváltozs esetben. Ekkor az f függvény u-beli másodrendű differenciálja az
lineáris leképezés, melyre teljesül a
A bázisvektorokon A a következőt veszi fel:
ennek a mátrixa a sztenderd bázisban
ami a kivonás és az osztást komponensenként elvégezve az parciális deriváltak első változó szerinti parciális deriváltjait adja:
Az 1 bázisvektoron felvett érték tehát az a lineáris operártor, melyet a fenti sorvektorral való szorzás határoz meg. A másik bázisvektoron szintén felríható ez a mátrix, így világos, hogy d(df(.))(u) jellemezhető a d2f(u) mátrixával, így azonosítható vele.
Feltételes szélsőértékfeladat
Feltétele szélsőérték feladat - Lagrange-multiplikátormódszer - Tegyük fel, hogy az u = F(x,y,z) skalárfüggvény szélsőértékét keressük az f(x,y,z) = c korlátozás (feltétel) mellett. Ekkor a következőképpen járunk el. A szükségesség szempontjából a feladat egyenértékű az
négyváltozós szélsőérték feladat vizsgálatával.
1. példa
Határozzuk meg a síkon az origó távolságát egy adott egyenesől!
Legyen az egyenes egyenlete
(nyilván A és B nem egyszerre nulla, mert (A,B) nomálvektor.) A keresett szám az origó és az egyenes pontjai közötti távolságok közül a legkisebb.
Tehát keressük a
kétváltozós leképezés minimumát az
feltétel mellett.
Megjegyzés. Ez a minimum biztosan létezik, mert ha P az egyenes egy tetszőlegesen rögzített pontja, akkor az OP távolság kétszeresénél közelebb lesz a keresett szélsőértékhely. A feladat tehát az 2OP sugarú zárt gömb és az egyenes közös pontjain értelmezett, fenti d(x,y) hozzárendelési utasítású függvény szélsőértékének meghatérozása. d kompakt halmazon folytonos, így Weierstrass tétele miatt felveszi abszolút minimumát.
Lagrange módszere szerint a feltételi egyenlet nullára redukált alakja:
ezt a leképezést kell hozzávenni a multiplikátorral szorozva a függvényhez:
Az szélsőérték szükségességét vizsgálva:
Az utolsó 0 lényegében a feltételi egyenlet megismétlését jelenti. λ kiesik, ha az első "egyenlet" B-vel, a másodikat A-val beszorozzuk. Ebből:
és a feltételi egyenlet:
Innen
Annak eldöntése, hogy ez valóban minimumhely-e, a második derivált próbára hárulna, de az nem tudja eldönteni mert (mint kiderülne) a Hesse-mátrix nem nem definit.
az adott pontban ez
A bal felső elem pozitív, de a 2×2-es determináns nulla. Azaz a szabad feladat szemidefinit és a szélsőérték jellegének megvizsgálása további tanulmányozást igényelne, amit most idő hiányában nem végzünk el.
2. példa
Keressük az
összeg maximumát az
feltétel mellett.
Legyen
Ekkor
így
- , ,
Innen a megoldások:
- , ,
- , ,
A Hesse-mátrix:
az adott pontokban ez
A két megoldás esetén a szabad probléma aldeterminánsai:
- 2, 4
- -2, 4
azaz már a szabad feladat 2×2-es mátrixa is pozitív ill. negatív definit, azaz nyugodtan kijelenthetjük, hogy feltételes feldatnak (-1/2,-1/2)-ben minimuma, (1/2,1/2)-ben maximuma van.
Polárkoordináta paraméterezéssel:
szélsőérték π/4 és π+ π/4 -nél.
Tartományi szélsőértékfeladat
Legyen K ⊆ Rn kompakt halmaz és f : Rn R differenciálható függvény. Weierstrass tétele szerint f felveszi szélsőértékeit. Ha int (K)-ban nem találunk lokális szélsőértékhelyet, akkor a határon veszi föl azokat, melyet a multiplikátormódszerrel, vagy egyéb feltételes szélsőértékmódszerrel számolunk ki. Ha int(K)-ban van lokális szélsőérték, akkor a front(K) szélsőértékei és eközött kell megtalálnunk az extémumot.
1. példa
2. példa
3. példa
4. példa
Tekintsük a egyenletű elliptikus paraboloidot. Határozzuk meg a [-x,x], [-y,y], [0,z] élek által kifeszített legnagyobb térfogatú tégla térfogatát, ha (x,y,z) a felületen, az [x,y] sík feletti részen van.
Felírjuk a térfogat x,y-tóli függését:
az értelmezési tartománya pedig az első negyed
- azaz
egyenletű ellipszisbe eső része:
Ekkor az int(K) beli szélsőérték szükséges feltétele:
A megoldás
Mivel itt z(x,y) = 2 < 4, ezért (x,y) ∈ int(K) és értéke Megállapítjuk, hogy ez maximum és csakis ez. Egyrészt front(K)-n f = 0, így a határon nem veheti föl abszolút maximumát. De belül máshol se, csak az előbbi (x,y) pontban, tehát az a maximum.
Megjegyezzük, hogy azt, hogy ez lokális maximum még a másodikderivált próbával is sikeresen ellenőrizhető.
7. gyakorlat | 9. gyakorlat |