Matematika A2a 2008/12. gyakorlat

A MathWikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2010. május 5., 11:26-kor történt szerkesztése után volt.
(eltér) ←Régebbi változat | Aktuális változat (eltér) | Újabb változat→ (eltér)

Tartalomjegyzék

Implicitfüggvény és deriválása

Az egyenlettel megadott függvények esetén olyankor is ki tudjuk számítani a deriváltat (adott pontban), ha nem rendezzük y-ra az egyenletet. Persze ekkor fel kell tenünk, hogy legalább elivleg kifejezhető y az egyeneltből és a kifejezés amit kapunk differenciálható.

Az

F(x,y) = c (F: H×K \to L)

egyenlet által meghatározott implicit függvénynek nevezzük azt a

y:H\to K

függvényt melyre minden xH-ra:

F(x,y(x))=c\,

Példa. Deriváljuk az

x2 + y2 = 1

egyenlettel megadott függvényt ahol differenciálható és

Implicit megadású függvényről akkor beszélünk, amikor egy függvény megadása nem (az explicit módon) y = f(x) alakban történik, hanem az x és y kapcsolatát egy mindkét változót tartalmazó

F(x,y) = 0 \,

egyenlet írja le. Például adjunk meg olyan függvényt, melynek grafikonja valamely kör egy szakasza. Az

x^2+y^2=1\,

egyenletű körből könnyű az y változót kifejezni, az \mbox{ }_{y=\sqrt{1-x^2}} és \mbox{ }_{y=-\sqrt{1-x^2}} alakokat kapjuk. Bonyolultabb esetekben, például a

\sin y =x\,

esetén semmi reményünk, hogy az y változóra valamilyen egyenletrendezéssel általános képletet kapjunk. Az ilyen példák miatt nevezik ezeket a típusú függvényeket implicit, avagy régi, választékos kifejezéssel élve bennrekedt függvényeknek. A differenciálszámítás szempontjából megelégedhetünk azzal, ha az implicit függvény deriváltját ki tudjuk számolni. Sok esetben ebből már következtethetünk a függvényre vagy annak viselkedésére is.

A modern analízis szemszögéből egy N × M \rightarrow K normált terek között ható F függvény aN és bM pontokhoz tartozó implicit függvényén olyan, az a egy U környezetén értelmezett és a b egy V környezetébe képező f:U \rightarrow V függvényt értünk, melyre f(a)=b és minden xU pont esetén rendelkezik az

F(x,f(x))=0\,

tulajdonsággal. Amelyet szavakban úgy fogalmazhatunk meg, hogy az F(x,y)=0 egyenletből az y változó kifejezhető y=f(x) alakban.

Most szorítkozzunk csak a kétváltozós esetre és tegyük fel, hogy létezik differenciálható implicit függvénye a differenciálható F függvénynek. Ekkor az F(x,y) függvény implicit függvénye az f(x), ha egy adott (u,v) pontban:

F(u,v)=0 és
minden az f értelmezési tartományába eső x-re F(x,f(x))≡0 és
f(u)=v,

akkor világos, hogy ha

0 ≡ φ(x) = F(x,f(x)) = (F\circ(id,f))(x) ,

akkor

φ'(x) ≡ 0

így tehát a függvénykompozíció deriválásának szabálya szerint:

\varphi'(u)=[\partial_1F(u,v),\partial_2F(u,v)]\cdot \begin{bmatrix}1\\f'(u)\end{bmatrix}=\partial_1 F(u,v)+\partial_2F(u,v)\cdot f'(u)\,=0

így

f'(u)=-\frac{\partial_1 F(u,v)}{\partial_2 F(u,v)} \,

Implicitfüggvény tétel

TételImplicitfüggvény-tétel R-beli implicit függvényre – Legyen F az R2 egy részhalmazán értelmezett, R-be képező differenciálható függvény, mely az értelmezési tartománya egy (a,b) belső pontjában folytonosan differenciálható, F(a,b) = 0 és

\partial_2 F(a,b)\neq 0

(azaz (a,b)-ben az y szerinti parciális deriváltja nem nulla). Ekkor van a-nak olyan I és b-nek olyan J környezete, hogy F-nek egyértelműen létezik az (a,b) párhoz tartozó f: I \rightarrow J implicit függvénye, mely erősen differenciálható a-ban és deriváltja:

f'(a)=-\frac{\partial_1 F(a,b)}{\partial_2 F(a,b)}

Vázlatos bizonyítás. I. Először megkonstruáljuk az y=y(x) függvényt. Létezik olyan I × J ⊆ Dom(F) az (a,b) körül, hogy ∂2F sehol sem nulla, azonos előjelű -- sőt feltehetjük, hogy pozitív. Ez amiatt van, hogy ∂2F(a,b) ≠ 0 és ∂2F folytonos.

Az y=y(x) implicit függvény létezése egyenértékű azzal, hogy

minden xI-re az F( x , . ) parciális függvénynek zérushelye van J-ben,

hiszen ekkor minden x-hez létezik olyan y ∈ J, hogy F(x,y)=0. Belátjuk, hogy minden ilyen x-hez egyetlen zérushelye van F( x , . )-nek.

Tekintsük a folytonos F( a , . ) parciális függvényt. A pozitívra választott y-szerinti deriváltból következik, hogy ez I-n szigorúan monoton növekvő. Mivel b-ben zérushelye van ( F(a,b)=0 ), ezért van olyan y2 > b pont, hogy ott F( a , . ) pozitív és y1 < b pont, hogy ott F( a , . ) negatív. Ekkor F folytonossága miatt van az (a,y1) pontnak olyan környezete, ahol F negatív és van az (a,y2) pontnak olyan környezete, ahol F pozitív. Most definiáljuk át I-t és J-t úgy, hogy I × J-n az F egy J-beli elem fölött mindenhol pozitív, egy J-beli elem alatt mindehol negatív értéket vegyen föl.

A praciális deriváltak folytonosságából az is következik, hogy minden x ∈ I-re az F( x , . ) függvény is szigorúan monoton növekvő, negatív és pozitív értéket is felvevő folytonos függvény, így a Bolzano-tétel alapján létezik yx zérushelye és mindegyiknek egyetlen zérushelye létezik.

II. Állítjuk, hogy a φ:I \rightarrow J, x \mapsto yx függvény implicit függvénye F-nek, azaz minden x ∈ I-re F(x,φ(x))=0.

Könnyen belátható, hogy φ folytonos a-ban, hiszen ha a-hoz közeledve mindig találnánk olyan x pontot, hogy φ(x) egy adott ε-nál mindig jobban eltér b-től, akkor φ(x) egy olyan környezetbe esne bele, ahol F mindenhol egy pozitív számnál nagyobb vagy mindenhol egy negatív számnál kisebb. Ám, F(x,φ(x))=0, így ez ellentmondana F folytonos tulajdonságának.

III. Végül az implicit függvény differenciálható a-ban, mert ha van (a,b)-ben érintősík, akkor az az érintőegyenesben metszi az [x,y] síkot.


Példák

Tekintsük a következő egyenletű síkgörbét:

x^5+xy+y^5=3\,

Nem lenne könnyű feladat kifejezni belőle y-t, mert az ötödfokú egyenletnek nincs általános megoldóképlete. Mivel a baloldal akárhányszor differenciálható, ezért joggal feltételezhetjük, hogy bizonyos pontokban létezik implicit függvénye. Tegyük fel, hogy φ ilyen függvény. Ekkor az egyenlet

x^5+x\varphi(x)+(\varphi(x))^5=3

alakú, melynek minden olyan x-nél, ahol φ differenciálható:

5x^4+\varphi(x)+x\varphi'(x)+5\varphi^4(x)\cdot\varphi'(x)=0

ahonnan a derivált: \varphi'(x)=-\frac{5x^4+\varphi(x)}{5\varphi^4(x)+x} vagy szimbolikusan: y'=-\frac{5x^4+y}{5y^4+x}. Alaposabb vizsgálatokkal kideríthető, hogy ez a derivált minden pontban létezik és negatív, így az implicit függvény mindenhol létezik és szigorúan monoton csökkenő. Vegyük észre, hogy a nevezőben lévő kifejezés pont ∂yF(x,y) és az implicit függvény létezésének feltétele pont a nevező nullától különböző volta.

Többváltozós eset

Ebben az esetben is az „érintősík” végtelenül közelítő tulajdonsága játszik majd fontos szerepet. Jól látható az összefüggés, ha feltesszük, hogy F egy Rn×Rm-en értelmezett affin függvény, azaz egy lineáris leképezés eltoltja. Ekkor

F(x,y) = F(a+h,b+k) = F(a,b)+dF1(a,b)h+dF2(a,b)k.

Amennyiben y = y(x) olyan, hogy y(a) = b és F(x,y(x)) = 0, akkor fennáll a 0 = dF1(a,b)h + dF2(a,b)k egyenlőség és k kifejezhető, amennyiben az A = dF2(a,b) mátrix invertálható. A B = dF1(a,b) jelöléssel ekkor

k = -(A-1\cdotB) h.

Általános esetben ez csak egy másodrendűen kicsiny tag hozzávételével lesz igaz, de az implicit függvény létezésének belátásához szükséges a fenti gondolatmenet is.

Banach-terek esetén (melyek akár végtelen dimenziósak is lehetnek) a tétel a következő.

TételImplicitfüggvény-tétel Banach-terekre – Legyen E, H, G Banach-terek, F:E × H \rightarrow G olyan függvény, mely (a,b) ∈ E × H-ban erősen differenciálható. Ha a ∂2F(a,b) lineáris leképezés injektív és az inverzével együtt folytonos, akkor egyértelműen létezik az F-nek egy az (a,b) párhoz tartozó f lokális implicit függvénye, ez erősen differenciálható a-ban és differenciálja:

df(a)=-(\partial_2 F(a,b))^{-1}\circ(\partial_1 F(a,b))

Vagy egy kevésbé absztrakt tétel:

TételImplicitfüggvény-tétel Rn-re – Legyen F:Rn×Rm\rightarrowRm folytonosan differenciálható függvény, (a,b) ∈ Rn×Rmolyanok, hogy F(a,b)=0 és \mbox{ }_{\det\left(\frac{\partial F_i(a,b)}{\partial y_k}\right)_{i,k=1,...,m}\ne 0}. Ekkor egyértelműen létezik F-nek egy az (a,b)-hez tartozó lokális implicit függvénye.

Személyes eszközök