Matematika A2a 2008/4. gyakorlat

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

Ugrás: navigáció, keresés

A lap jelenlegi, 2017. február 27., 11:49-kori változata

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

Tartalomjegyzék

1 Teljes differenciálhatóság, gyakorlás
2 Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság
3 Szélsőérték szükséges feltétele
- 3.1 Példa
4 Magasabbrendű parciális deriváltak
5 Többváltozós függvény szélsőértéke
- 5.1 Másodikderivált-próba
  - 5.1.1 Példák

Teljes differenciálhatóság, gyakorlás

1. Hol deriválható?

$f(x,y)=\sqrt[3]{x^4+y^4}$

2. Hol deriválható?

$\begin{cases} \frac{x^2y^3}{x^4+y^4}, & (x,y)\neq (0,0)\\ 0, & (x,y)=(0,0) \end{cases}$

Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság

Ha e tetszőleges egységvektor, akkor

$\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\partial_{e}f(u)=[\mathrm{grad}\,f(u)]\cdot e=[\nabla f(u)]\cdot e$

Példa.

$f(x,y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}& \mbox{, ha }&(x,y)\ne (0,0)\\ 0&\mbox{, ha }&(x,y)=(0,0)\end{matrix}\right.$

Ekkor

$\mathrm{J}^f(0,0)=[0, 0]\,$

Ha tehát differenciálható, akkor az iránymenti deriváltak (Gateau-deriváltak) is léteznek (e egységvektor):

$\partial_ef(u)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\mathrm{J}^f(0,0)\cdot e=e\cdot\mathrm{grad}\,f(u)$

Ám, polárkoordinátákra áttérve:

$f(x(r,\varphi),y(r,\varphi))=\frac{r^2\cos\varphi\sin\varphi}{r}=r\cos\varphi\sin\varphi=r\cdot \frac{1}{2}\sin 2\varphi$

φ = π/4-et és π + π/4-et véve a vetületfüggvény a

$t\mapsto\frac{1}{2}|t|$ ,

ami nem differenciálható a 0-ban.

Illetve nézzük meg a (3,4) vektor mentén!

Megjegyzés. Persze abból, hogy az összes iránymenti derivált létezik, abból nem következik, hogy a függvény totálisan deriválható.

Szélsőérték szükséges feltétele

Egyelőre állapodjunk meg abban, hogy gradiensnek nevezzük a következő többváltozós vektorértékű függvényt: ha f: Rⁿ $\supset\!\to$ R parciálisan differenciálható, akkor

$\mathrm{grad}\,f(x)=(\partial_1f(x),...,\partial_nf(x))$

mely lényegében az f elsőrendű parciális deriváltjaiból képezett vektor.

Később a gradienst egy kissé másképp fogjuk értelmezni és amit most definiáltunk, az a gradiens sztenderd bázisbeli mátrixa lesz (adott pontra vonatkozóan).

Tétel - Fermat-féle szésőértéktétel - Legyen f: Rⁿ $\supset\!\to$ R, u ∈ int Dom(f), f parciálisan differenciálható u-ban.

Ha u-ban f-nek (lokális) szélsőértéke van, akkor

$\mathrm{grad}\,f(u)=0_{\mathbf{R}^n}\,$

U.is: minden i-re az i-edik parciális függvénynek szélsőértéke van u_i-ben, így az egyváltozós Fermat-tétel miatt ezeknek a deriváltja u_i-ben 0, így a gradiens értéke 0.

Példa

$f(x,y)=x^2y^2\,$

Ennek gradiense:

$\mathrm{grad}\,f(x,y)=(2xy^2,2yx^2)$

Az

$\left. \begin{matrix} \mathrm{I.} & 2xy^2 & = & 0\\ \mathrm{II.} & 2yx^2 & = & 0\\ \end{matrix} \right\}$

egyenletrendszer megoldásai: x = 0, y tetszőleges ill. y = 0 és x tetszőleges. A szélsőértékek helyei csak ezek közül kerülhetnek ki és ezek valóban szélsőértékek is, mert ezeken a függvény 0-t vesz fel, ami a lehetséges legkisebb értéke.

Magasabbrendű parciális deriváltak

Ha f parciálisan deriválható, akkor ∂₁f és ∂₂f szintén kétváltozós függvények (a pontonként a deriváltak, mint függvényértékek értelmezésével) és érdeklődhetünk ezek parciális differenciálhatóságuk iránt. Például:

$f(x,y)=x^2y^4+x^5-y^3\,$

$\partial_xf(x,y)=xy^4+5x^4$

$\partial_yf(x,y)=x^24y^3-3y^2$

$\partial_x(\partial_xf)(x,y)=y^4+20x^3$

$\partial_y(\partial_yf)(x,y)=12x^2y^2-6y^2$

$\partial_y(\partial_xf)(x,y)=x4y^3$

$\partial_x(\partial_yf)(x,y)=4xy^3$

És valóban:

Tétel. (Young-tétel) Ha a másodrendű parciális deriváltak léteznek az u egy környezetében és folytonosak az u pontban, akkor az u-beli vegyes másodrendű parciláis deriváltak egyenlőek:

$\partial_x(\partial_y f)(u)=\partial_y(\partial_x f)(u)$

Azaz az alábbi, úgy nevezett Hesse-mátrix szimmetrikus:

$H^f(u)=\begin{bmatrix} \cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial x^2} & \cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial y\partial x}\\\\ \cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial x\partial y} & \cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial y^2} \end{bmatrix}$

Feladat. Az a kitétel, hogy az u-ban a másodrenrű parciláis deriváltak folytonosak, nem hagyható el, ugyanis. Legyen

$f(x,y)=\left\{\begin{matrix} 0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\ \frac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0) \end{matrix}\right.$

Ekkor a 0-ban nem egyenlő a két vegyes parciális derivált.

Tekintsük a parciális deriváltakat:

$\partial_x(\partial_yf)(0,0)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(\partial_yf)(x,0)-(\partial_yf)(0,0)}{x}$

$\partial_y(\partial_xf)(0,0)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{(\partial_xf)(0,y)-(\partial_xf)(0,0)}{y}$

$\partial_x(\partial_xf)(0,0)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(\partial_xf)(x,0)-(\partial_xf)(0,0)}{x}$

$\partial_y(\partial_yf)(0,0)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{(\partial_yf)(0,y)-(\partial_yf)(0,0)}{y}$

Ehhez tehát elegendő kiszámítani a következő föggvényeket: y $\mapsto$ (∂_xf)(0,y), x $\mapsto$ (∂_yf)(x,0). Ehhez a parciális deriváltak:

$\partial_xf(0,y)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(t,y)-f(0,0)}{t}=\left\{\begin{matrix} 0,& \mbox{ ha }y=0\\ -y,& \mbox{ ha }y\ne 0 \end{matrix}\right.$

$\partial_yf(x,0)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x,t)-f(0,0)}{t}=\left\{\begin{matrix} 0,& \mbox{ ha }x=0\\ x,& \mbox{ ha }x\ne 0 \end{matrix}\right.$

$\partial_yf(0,y)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(0,y+t)-f(0,0)}{t}=0$

$\partial_xf(x,0)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x+t,0)-f(0,0)}{t}=0$

Megjegyezzük, hogy a g=(∂_xf,∂_yf) függvény (0,0)-beli parciális deriváltjai nem lehetnek folytonosak, mert ott a függvény nem totálisan diffható. Ugyanis a g Jacobi-mátrixa:

$J^g(0,0)=H^f(0,0)=\begin{bmatrix} 0 & -1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}$

ami a 90˚-os forgatás. Ekkor a g-t a (t,0) vektorral közelítve a 0-ba:

$\lim\limits_{t\to 0}\frac{g(t,0)-g(0,0)-J^g(0,0)\cdot (t,0)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(0,-t)}{|t|}\ne (0,0)\,$

márpedig ha g minden parciális deriváltja folytonos lenne a (0,0)-ban, akkor g totálisan is deriválható lenne.

Többváltozós függvény szélsőértéke

$f(x)=f(u)+\mathrm{J}_u^f(x-u)+(x-y)\mathrm{H}^f_u(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||^2$

Másodikderivált-próba

Kétszer differenciálható függvényre vonatkozóan megfogalmazhatjuk a lokális maximum és minimum létezésének elégséges feltételét. Csak a kétváltozós függvényekkel foglalkozunk. Tegyük fel, hogy grad f(u) = 0 és H^f(u) az f Hesse-mátrixa

ha det H^f(u) > 0 és ∂₁₁f(u) < 0, akkor f-nek u-ban maximuma van
ha det H^f(u) > 0 és ∂₁₁f(u) > 0, akkor f-nek u-ban minimuma van
ha det H^f(u) < 0, akkor f-nek biztosan nincs szélsőértéke, ún. nyeregpontja van
ha det H^f(u) = 0, akkor a próba nem járt sikerrel, azaz további vizsgálatokat igényel annak eldöntése, hogy u szélsőérték hely-e.

Megjegyzések. Mivel kétváltozós esetben

$\mathrm{det}\,\mathrm{H}^f(u)=\partial_{11}f(u)\cdot \partial_{22}f(u)-(\partial_{12}f(u))^2$

ezért olyan eset nem létezik, hogy det H^f(u) > 0 és ∂₁₁f(u) = 0.

Világos, hogy a második derivált tipikusan azoknál a függvényeknél jár sikerrel, melyeket egy másodfokú függvény közelít a legjobban (aszimptotikusan másodfokúak). Ha a függvény ennél magasabb fokú, akkor a második deriváltak eltűnnek és a Hesse-mártix elfajul (vagy legalább is tipikusan elfajul).

Ha tehát

$\mathrm{H}^{f}(u)=\begin{pmatrix} A & B \\ B & C \end{pmatrix}$ , akkor $\mathrm{det\,H}^{f}(u)=AC - B^2$ ,

és így a tipikus példák a következők.

Példák

1. Ha B kicsi, azaz az AC-hez képest kis abszolútrétékű szám, akkor a szélsőérték irányába mozdul el a feladat.

$f(x,y)=x^2+xy+y^2\,$

Ekkor grad f = ( 2x + y , 2y + x ) és

$\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$

azaz 4 - 1 = 3 > 0 és 2 > 0 miatt minimum.

2. Ha |B| nagy (azaz AC-hez képest nagy), akkor a bizonyosan nemszélsőérték irányába.

$f(x,y)=x^2-3xy+y^2\,$

Ekkor grad f = ( 2x + -3y , 2y + -3x ) és

$\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix} 2 & -3 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}$

azaz 4 - 9 = -5 < 0 miatt nincs szélsőérték: nyeregpont.

3. Negatív A és C-re és kis B-re:

$f(x,y)=-x^2+xy-y^2\,$

Ekkor grad f = ( -2x + 3y , -2y + 3x ) és

$\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$

azaz 4 - 1 = 3 > 0 és -2 < 0 miatt maximum.

4. Ha A és C előjele ellenkező, akkor rögtön következik, hogy nincs sz.é.

$f(x,y)=x^2+xy-y^2\,$

Ekkor grad f = ( 2x + y , -2y + x ) és

$\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$

azaz -4 - 1 = -5 < 0 azaz nyeregpont.

5. Atipikus eset, ha AC = B². Ekkor nem jár sikerrel a próba:

$f(x,y)=x^2+2xy+y^2\,$

Ekkor grad f = ( 2x + 2y , 2y + 2x ) és

$\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$

azaz 4 - 4 = 0, azaz határozatlan eset. De tudjuk, hogy

$f(x,y)=(x+y)^2\,$

ami pontosan akkor minimális, ha x = -y, azaz ezeken a helyeken van szélsőérték.

6.

$f(x,y)=3x^2-6xy+2y^3\,$

7.

$f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}\cdot e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}\,$

pótló gyakorlat	5. gyakorlat

Matematika A2a 2008/4. gyakorlat

A lap jelenlegi, 2017. február 27., 11:49-kori változata

Tartalomjegyzék

Teljes differenciálhatóság, gyakorlás

Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság

Szélsőérték szükséges feltétele

Példa

Magasabbrendű parciális deriváltak

Többváltozós függvény szélsőértéke

Másodikderivált-próba

Példák

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök

@@ 1. sor: / 1. sor: @@
 :''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.''
-==Deriváltfogalmak '''R'''<sup>n</sup>-ben==
+==Teljes differenciálhatóság, gyakorlás==
-A többdimenziós terekben több természetes általánosítására lelhetünk az egyváltozós függvények deriváltfogalmának. A következőkben konkrét esetekt nézünk.
-===Görbék===
-A görbék lényegében egyváltozós vektorértékű függvények: '''r''': <math>I </math><math>\to</math> '''R'''<sup>3</sup>; ''t'' <math> \mapsto</math> '''r'''(''t''). Ezekre a deriváltat definiáló határérték válzatlan alakban írható:
-:<math>\lim\limits_{\tau\to 0}\frac{\mathbf{r}(t+\tau)-\mathbf{r}(t)}{\tau}=\mathbf{r}'(t)</math>
-feltéve, hogy ez a határérték egyáltalán létezik az '''R'''<sup>3</sup> normájában. A geometriai jelentésből az is következik, hogy a fenti határérték ugyanúgy a szelők határértékét, azaz az érintőt adják, mint az egyváltozós függvények esetén. Ekkor t jelentése: idő. A komponensenkénti határértékképzés miatt világos, hogy
-: <math>\mathbf{r}'(t)=\begin{pmatrix}x'(t)\\y'(t)\\z'(t)\end{pmatrix}</math>
-Ezt még a görbe idő szerinti paraméterezésének is nevezzük, melynek fenti deriváltja a sebességet adja és vessző helyett ponttal is jelöljük a deriváltat:
-:<math>\mathbf{v}(t)=\frac{\mathrm{d}\,\mathbf{r}}{\mathrm{d}\,t}(t)=\dot{\mathbf{r}}(t)</math>
-'''Példa.'''
-:<math>\mathbf{r}:[0,4\pi]\longrightarrow\mathbf{R}^3;\quad \mathbf{r}(t)=\begin{pmatrix}\cos(t)\\\sin(t)\\t\end{pmatrix}</math>
-egy spirál paraméterezése. A deriváltja:
-:<math>\dot{\mathbf{r}}(t)=\begin{pmatrix}-\sin(t)\\\cos(t)\\1\end{pmatrix}</math>
-amiből látszik, hogy az [xy] síkra vett vetülete egy egyenletes körmozgás, a z tengelyre eső vetülete pedig egy egyenesvonalú egyenletes mozgás.
-===Felületek===
+'''1.''' Hol deriválható?
+:<math>f(x,y)=\sqrt[3]{x^4+y^4}</math>
-Ha adott az
+'''2.''' Hol deriválható?
-:<math>f:\mathbf{R}^2\supset\!\longrightarrow\mathbf{R}</math>
+:<math>\begin{cases}
-kétváltozós függvény, akkor adott (<math>x_0</math>,<math>y_0</math>) &isin; Dom(''f'') pont körül ebből származtathatunk két egyváltozós függvényt:
+\frac{x^2y^3}{x^4+y^4}, & (x,y)\neq (0,0)\\
-:<math>f(\;.\;,y_0):\{x\in \mathbf{R}\mid (x,y_0)\in\mathrm{Dom}(f)\}\longrightarrow \mathbf{R};\quad\quad x\mapsto f(x,y_0)</math>
+, & (x,y)=(0,0)
-:<math>f(x_0,\;.\;):\{y\in \mathbf{R}\mid (x_0,y)\in\mathrm{Dom}(f)\}\longrightarrow \mathbf{R};\quad\quad y\mapsto f(x_0,y)</math>
+\end{cases}
+</math>
-Ezeket parciális függvényeknek nevezzük, és ha differenciálhatóak rendre
+==Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság==
-az <math>x_0</math> és az <math>y_0</math> pontokban, akkor a deriváltjuk a parciális deriváltak:
+Ha e tetszőleges egységvektor, akkor
-:<math>\partial_1f(x_0,y_0):=\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0):=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x_0+t,y_0)-f(x_0,y_0)}{t}</math>
+:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\partial_{e}f(u)=[\mathrm{grad}\,f(u)]\cdot e=[\nabla f(u)]\cdot e</math>
-:<math>\partial_2f(x_0,y_0):=\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0):=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x_0,y_0+t)-f(x_0,y_0)}{t}</math>
-Geometriailag ezek a (<math>x_0</math>,<math>y_0</math>) pontban állított [x,z] síkkal illetve az [yz] síkkal vett metszetgörbék, mint egyváltozós függvények deriváltjai. A parciális deriváltfüggvényeket már mint kétváltozós függvényekként definiáljuk:
-:<math>\partial_1 f:\quad(x_0,y_0)\mapsto \frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)</math>
+'''Példa.'''
-:<math>\partial_2 f:\quad(x_0,y_0)\mapsto \frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)</math>
+:<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}& \mbox{, ha }&(x,y)\ne (0,0)\\
-'''Példa.'''
+&\mbox{, ha }&(x,y)=(0,0)\end{matrix}\right.</math>
-:<math> f(x,y)= \sin(x) + xy^2 + y^3\,</math>
-akkor
+Ekkor
-:<math>\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\cos(x)+y^2</math>
+:<math>\mathrm{J}^f(0,0)=[0, 0]\,</math>
-:<math>\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=x2y + 3y^2</math>
+Ha tehát differenciálható, akkor az '''iránymenti derivált'''ak (Gateau-deriváltak) is léteznek (e egységvektor):
+:<math>\partial_ef(u)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\mathrm{J}^f(0,0)\cdot e=e\cdot\mathrm{grad}\,f(u)</math>
+Ám, polárkoordinátákra áttérve:
+:<math>f(x(r,\varphi),y(r,\varphi))=\frac{r^2\cos\varphi\sin\varphi}{r}=r\cos\varphi\sin\varphi=r\cdot \frac{1}{2}\sin 2\varphi</math>
+&phi; = &pi;/4-et és &pi; + &pi;/4-et véve a vetületfüggvény a
+:<math>t\mapsto\frac{1}{2}|t|</math>,
+ami nem differenciálható a 0-ban.
+Illetve nézzük meg a (3,4) vektor mentén!
+'''Megjegyzés.''' Persze abból, hogy az összes iránymenti derivált létezik, abból nem következik, hogy a függvény totálisan deriválható.
+==Szélsőérték szükséges feltétele==
+Egyelőre állapodjunk meg abban, hogy gradiensnek nevezzük a következő többváltozós vektorértékű függvényt: ha  ''f'': '''R'''<sup>n</sup> <math>\supset\!\to</math> '''R'''  parciálisan differenciálható, akkor
+:<math>\mathrm{grad}\,f(x)=(\partial_1f(x),...,\partial_nf(x))</math>
+mely lényegében az ''f'' elsőrendű parciális deriváltjaiból képezett vektor.
+Később a gradienst egy kissé másképp fogjuk értelmezni és amit most definiáltunk, az a gradiens sztenderd bázisbeli mátrixa lesz (adott pontra vonatkozóan).
+'''Tétel''' - ''Fermat-féle szésőértéktétel'' - Legyen ''f'': '''R'''<sup>n</sup> <math>\supset\!\to</math> '''R''', ''u'' &isin; int Dom(''f''), ''f''  parciálisan differenciálható ''u''-ban.
+:Ha ''u''-ban ''f''-nek (lokális) szélsőértéke van, akkor
+::<math>\mathrm{grad}\,f(u)=0_{\mathbf{R}^n}\,</math>
+''U.is:'' minden ''i''-re az ''i''-edik parciális függvénynek szélsőértéke van ''u''<sub>i</sub>-ben, így az egyváltozós Fermat-tétel miatt ezeknek a deriváltja ''u''<sub>i</sub>-ben 0, így a gradiens értéke 0.
+====Példa====
+:<math>f(x,y)=x^2y^2\,</math>
+Ennek gradiense:
+:<math>\mathrm{grad}\,f(x,y)=(2xy^2,2yx^2)</math>
+Az
+:<math>\left.
+\begin{matrix}
+\mathrm{I.} & 2xy^2 & = & 0\\
+\mathrm{II.} & 2yx^2 & = & 0\\
+\end{matrix}
+\right\}</math>
+egyenletrendszer megoldásai: ''x'' = 0, ''y'' tetszőleges ill. ''y'' = 0 és ''x'' tetszőleges. A szélsőértékek helyei csak ezek közül kerülhetnek ki és ezek valóban szélsőértékek is, mert ezeken a függvény 0-t vesz fel, ami a lehetséges legkisebb értéke.
+==Magasabbrendű parciális deriváltak==
+Ha ''f'' parciálisan deriválható, akkor &part;<sub>1</sub>''f'' és &part;<sub>2</sub>''f'' szintén kétváltozós függvények (a pontonként a deriváltak, mint függvényértékek értelmezésével) és érdeklődhetünk ezek parciális differenciálhatóságuk iránt. Például:
+:<math>f(x,y)=x^2y^4+x^5-y^3\,</math>
+:<math>\partial_xf(x,y)=xy^4+5x^4</math>
+:<math>\partial_yf(x,y)=x^24y^3-3y^2</math>
+:<math>\partial_x(\partial_xf)(x,y)=y^4+20x^3</math>
+:<math>\partial_y(\partial_yf)(x,y)=12x^2y^2-6y^2</math>
+:<math>\partial_y(\partial_xf)(x,y)=x4y^3</math>
+:<math>\partial_x(\partial_yf)(x,y)=4xy^3</math>
+És valóban:
+'''Tétel.''' (Young-tétel) Ha a másodrendű parciális deriváltak léteznek az ''u'' egy  környezetében és folytonosak az ''u'' pontban, akkor az ''u''-beli vegyes másodrendű parciláis deriváltak egyenlőek:
+:<math>\partial_x(\partial_y f)(u)=\partial_y(\partial_x f)(u)</math>
+Azaz az alábbi, úgy nevezett Hesse-mátrix szimmetrikus:
+:<math>H^f(u)=\begin{bmatrix}
+\cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial x^2} & \cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial y\partial x}\\\\
+\cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial x\partial y} & \cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial y^2}
+\end{bmatrix}</math>
+'''Feladat.''' Az a kitétel, hogy az ''u''-ban a másodrenrű parciláis deriváltak folytonosak, nem hagyható el, ugyanis. Legyen
+:<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix}
+,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\
+\frac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0)
+\end{matrix}\right.</math>
+Ekkor a 0-ban nem egyenlő a két vegyes parciális derivált.
+Tekintsük a parciális deriváltakat:
+:<math>\partial_x(\partial_yf)(0,0)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(\partial_yf)(x,0)-(\partial_yf)(0,0)}{x}</math>
+:<math>\partial_y(\partial_xf)(0,0)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{(\partial_xf)(0,y)-(\partial_xf)(0,0)}{y}</math>
+:<math>\partial_x(\partial_xf)(0,0)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(\partial_xf)(x,0)-(\partial_xf)(0,0)}{x}</math>
+:<math>\partial_y(\partial_yf)(0,0)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{(\partial_yf)(0,y)-(\partial_yf)(0,0)}{y}</math>
+Ehhez tehát elegendő kiszámítani a következő föggvényeket: y <math>\mapsto</math> (&part;<sub>x</sub>f)(0,y), x <math>\mapsto</math> (&part;<sub>y</sub>f)(x,0). Ehhez a parciális deriváltak:
+:<math>\partial_xf(0,y)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(t,y)-f(0,0)}{t}=\left\{\begin{matrix}
+,& \mbox{ ha }y=0\\
+-y,& \mbox{ ha }y\ne 0
+\end{matrix}\right.</math>
+:<math>\partial_yf(x,0)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x,t)-f(0,0)}{t}=\left\{\begin{matrix}
+,& \mbox{ ha }x=0\\
+x,& \mbox{ ha }x\ne 0
+\end{matrix}\right.</math>
+:<math>\partial_yf(0,y)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(0,y+t)-f(0,0)}{t}=0</math>
+:<math>\partial_xf(x,0)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x+t,0)-f(0,0)}{t}=0</math>
+Megjegyezzük, hogy a g=(&part;<sub>x</sub>f,&part;<sub>y</sub>f) függvény (0,0)-beli parciális deriváltjai nem lehetnek folytonosak, mert ott a függvény nem totálisan diffható. Ugyanis a g Jacobi-mátrixa:
+:<math>J^g(0,0)=H^f(0,0)=\begin{bmatrix}
+& -1\\
+& 0
+\end{bmatrix}</math>
+ami a 90˚-os forgatás. Ekkor a g-t a (t,0) vektorral közelítve a 0-ba:
+:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{g(t,0)-g(0,0)-J^g(0,0)\cdot (t,0)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(0,-t)}{|t|}\ne (0,0)\,</math>
+márpedig ha g minden parciális deriváltja folytonos lenne a (0,0)-ban, akkor g totálisan is deriválható lenne.
+==Többváltozós függvény szélsőértéke==
+:<math>f(x)=f(u)+\mathrm{J}_u^f(x-u)+(x-y)\mathrm{H}^f_u(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||^2</math>
+===Másodikderivált-próba===
+Kétszer differenciálható függvényre vonatkozóan megfogalmazhatjuk a  lokális maximum és minimum létezésének elégséges feltételét. Csak a kétváltozós függvényekkel foglalkozunk. Tegyük fel, hogy grad ''f''(u) = 0 és H<sup>f</sup>(u) az ''f'' Hesse-mátrixa
+# ha det H<sup>f</sup>(u) > 0 és &part;<sub>11</sub>''f''(''u'') < 0, akkor ''f''-nek ''u''-ban '''maximuma''' van
+# ha det H<sup>f</sup>(u) > 0 és &part;<sub>11</sub>''f''(''u'') > 0, akkor ''f''-nek ''u''-ban '''minimuma''' van
+# ha det H<sup>f</sup>(u) < 0, akkor ''f''-nek biztosan nincs szélsőértéke, ún. '''nyeregpont'''ja van
+# ha det H<sup>f</sup>(u) = 0, akkor a próba nem járt sikerrel, azaz további vizsgálatokat igényel annak eldöntése, hogy ''u'' szélsőérték hely-e.
+''Megjegyzések.'' Mivel kétváltozós esetben
+:<math>\mathrm{det}\,\mathrm{H}^f(u)=\partial_{11}f(u)\cdot \partial_{22}f(u)-(\partial_{12}f(u))^2</math>
+ezért olyan eset nem létezik, hogy det H<sup>f</sup>(u) > 0 és &part;<sub>11</sub>''f''(''u'') = 0.
+Világos, hogy a második derivált tipikusan azoknál a függvényeknél jár sikerrel, melyeket egy másodfokú függvény közelít a legjobban (aszimptotikusan másodfokúak). Ha a függvény ennél magasabb fokú, akkor a második deriváltak eltűnnek és a Hesse-mártix elfajul (vagy legalább is tipikusan elfajul).
+Ha tehát
+:<math>\mathrm{H}^{f}(u)=\begin{pmatrix}
+ A & B \\
+ B & C
+\end{pmatrix}</math>, akkor <math>\mathrm{det\,H}^{f}(u)=AC - B^2 </math>,
+és így a tipikus példák a következők.
+====Példák====
+'''1.''' Ha B kicsi, azaz az AC-hez képest kis abszolútrétékű szám, akkor a szélsőérték irányába mozdul el a feladat.
+:<math>f(x,y)=x^2+xy+y^2\,</math>
+Ekkor grad ''f'' = ( 2x + y , 2y + x ) és
+:<math>\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix}
+& 1 \\
+& 2
+\end{pmatrix}</math>
+azaz 4 - 1 = 3 > 0 és 2 > 0 miatt minimum.
+'''2.''' Ha |B| nagy (azaz AC-hez képest nagy), akkor a bizonyosan nemszélsőérték irányába.
+:<math>f(x,y)=x^2-3xy+y^2\,</math>
+Ekkor grad ''f'' = ( 2x + -3y , 2y + -3x ) és
+:<math>\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix}
+& -3 \\
+ -3 & 2
+\end{pmatrix}</math>
+azaz 4 - 9 = -5 < 0 miatt nincs szélsőérték: nyeregpont.
+'''3.''' Negatív A és C-re és kis B-re:
+:<math>f(x,y)=-x^2+xy-y^2\,</math>
+Ekkor grad ''f'' = ( -2x + 3y , -2y + 3x ) és
+:<math>\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix}
+ -2 & 1 \\
+& -2
+\end{pmatrix}</math>
+azaz 4 - 1 = 3 > 0 és -2 < 0 miatt maximum.
+'''4.''' Ha A és C előjele ellenkező, akkor rögtön következik, hogy nincs sz.é.
+:<math>f(x,y)=x^2+xy-y^2\,</math>
+Ekkor grad ''f'' = ( 2x + y , -2y + x ) és
+:<math>\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix}
+& 1 \\
+& -2
+\end{pmatrix}</math>
+azaz -4 - 1 = -5 < 0 azaz nyeregpont.
+'''5.''' Atipikus eset, ha  AC = B<sup>2</sup>. Ekkor nem jár sikerrel a próba:
+:<math>f(x,y)=x^2+2xy+y^2\,</math>
+Ekkor grad ''f'' = ( 2x + 2y , 2y + 2x ) és
+:<math>\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix}
+& 2 \\
+& 2
+\end{pmatrix}</math>
+azaz 4 - 4 = 0, azaz határozatlan eset.
+De tudjuk, hogy
+:<math>f(x,y)=(x+y)^2\,</math>
+ami pontosan akkor minimális, ha x = -y, azaz ezeken a helyeken van szélsőérték.
+'''6.'''
+:<math>f(x,y)=3x^2-6xy+2y^3\,</math>
+'''7.'''
+:<math>f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}\cdot e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}\,</math>
 <center>
@@ 43. sor: / 215. sor: @@
 |}
 </center>
+[[Kategória:Matematika A2]]