Matematika A2a 2008/5. gyakorlat
Tartalomjegyzék |
Szélsőérték szükséges feltétele
Egyelőre állapodjunk meg abban, hogy gradiensnek nevezzük a következő többváltozós vektorértékű függvényt: ha f: Rn R parciálisan differenciálható, akkor
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-tétel - Legyen f: Rn R, u ∈ int Dom(f), f parciálisan differenciálható u-ban.
- Ha u-ban f-nek (lokális) szélsőértéke van, akkor
U.is: minden i-re az i-edik parciális függvénynek szélsőértéke van ui-ben, így az egyváltozós Fermat-tétel miatt ezeknek a deriváltja ui-ben 0, így a gradiens értéke 0.
Példa
Ennek gradiense:
Az
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.
set pm3d
set size 0.8,0.8 set xrange [-1:1] set yrange [-1:1] set zrange [-2:2] set view 50,30,1,1 unset xtics unset ytics unset ztics unset key unset colorboxsplot 5*x*x*y*y
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:
És valóban:
Tétel. (Young-tétel) Ha a másodrendű parciláis deriváltak léteznek az u egy környezetében és folytonosak az u pontban, akkor az u-beli vegyes másodrendű parciláis deriváltak egyenlőek:
Azaz az alábbi, úgy nevezett Hesse-mátrix szimmetrikus:
Feladat. Az a kitétel, hogy az u-ban a másodrenrű parciláis deriváltak folytonosak, nem hagyható el, ugyanis. Legyen
Ekkor a 0-ban nem egyenlő a két vegyes parciális derivált.
Tekintsük a parciális deriváltakat:
Ehhez tehát elegendő kiszámítani a következő föggvényeket: y (∂xf)(0,y), x (∂yf)(x,0). Ehhez a parciális deriváltak:
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:
ami a 90˚-os forgatás. Ekkor a g-t a (t,0) vektorral közelítve a 0-ba:
márpedig ha g minden parciális deriváltja folytonos lenne a (0,0)-ban, akkor g totálisan is deriválható lenne.
Többváltozós függvény szélsőértéke
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 Hf(u) az f Hesse-mátrixa
- ha det Hf(u) > 0 és ∂11f(u) < 0, akkor f-nek u-ban maximuma van
- ha det Hf(u) > 0 és ∂11f(u) > 0, akkor f-nek u-ban minimuma van
- ha det Hf(u) < 0, akkor f-nek biztosan nincs szélsőértéke, ún. nyeregpontja van
- ha det Hf(u) = 0, akkor a próba nem járt sikerrel, azaz további vizsgálatokat igényel annak eldöntése, hogy u szélsőérték hely-e.
Megjegyzések. Mivel kétváltozós esetben
ezért olyan eset nem létezik, hogy det Hf(u) > 0 és ∂11f(u) = 0.
Világos, hogy a másodikderivált 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
- , akkor ,
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.
Ekkor grad f = ( 2x + y , 2y + x ) és
azaz 4 - 1 = 3 > 0 és 2 > 0 miatt minimum.
set pm3d
set size 0.8,0.8 set xrange [-1:1] set yrange [-1:1] set zrange [-2:2] set view 50,30,1,1 unset xtics unset ytics unset ztics unset key unset colorboxsplot x*x+x*y+y*y
2. Ha |B| nagy (azaz AC-hez képest nagy), akkor a bizonyosan nemszélsőérték irányába.
Ekkor grad f = ( 2x + -3y , 2y + -3x ) és
azaz 4 - 9 = -5 < 0 miatt nincs szélsőérték: nyeregpont.
set pm3d
set size 0.8,0.8 set xrange [-1:1] set yrange [-1:1] set zrange [-2:2] set view 50,30,1,1 unset xtics unset ytics unset ztics unset key unset colorboxsplot x*x -3*x*y+y*y
3. Negatív A és C-re és kis B-re:
Ekkor grad f = ( -2x + 3y , -2y + 3x ) és
azaz 4 - 1 = 3 > 0 és -2 < 0 miatt maximum.
set pm3d
set size 0.8,0.8 set xrange [-1:1] set yrange [-1:1] set zrange [-2:2] set view 50,30,1,1 unset xtics unset ytics unset ztics unset key unset colorboxsplot -x*x +x*y-y*y
4. Ha A és C előjele ellenkező, akkor rögtön következik, hogy nincs sz.é.
Ekkor grad f = ( 2x + y , -2y + x ) és
azaz -4 - 1 = -5 < 0 azaz nyeregpont.
set pm3d
set size 0.8,0.8 set xrange [-1:1] set yrange [-1:1] set zrange [-2:2] set view 50,30,1,1 unset xtics unset ytics unset ztics unset key unset colorboxsplot x*x +x*y-y*y
5. Atipikus eset, ha AC = B2. Ekkor nem jár sikerrel a próba:
Ekkor grad f = ( 2x + 2y , 2y + 2x ) és
azaz 4 - 4 = 0, azaz határozatlan eset. De tudjuk, hogy
ami pontosan akkor minimális, ha x = -y, azaz ezeken a helyeken van szélsőérték.
set pm3d
set size 0.8,0.8 set xrange [-1:1] set yrange [-1:1] set zrange [-2:2] set view 50,30,1,1 unset xtics unset ytics unset ztics unset key unset colorboxsplot (x+y)*(x+y)
4. gyakorlat | 6. gyakorlat |