Matematika A2a 2008/7. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Példák)
 
(egy szerkesztő 38 közbeeső változata nincs mutatva)
1. sor: 1. sor:
 
:''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.''
 
:''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.''
=='''a''' × ... operátor==
+
 
Differenciálható-e és ha igen mi a differenciálja, divergenciája, rotációja a  
+
'''1.'''
:<math>\mathbf{v}:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R}^3;\quad \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{a}\times\mathbf{r}</math>
+
:<math>f(x,y)=xy\sin(x^2y)\,</math>
leképezésnek, ahol '''a''' előre  megadott konstans vektor.
+
:''T'' = [0,1]&times;[0,&pi;/2]
===Megoldás===
+
 
Az '''a''' &times; ..., azaz az
+
'''2.'''
:<math>\mathbf{a}\times\mathrm{I}\,</math>
+
:<math>f(x,y)=2xy^2e^{x^2y}\,</math>
(itt I az identitás leképezés) leképezés lineáris, minthogy a vektoriális szorzás mindkét változójában lineáris ('''v''' &isin; ''Lin''('''R'''<sup>3</sup>;'''R'''<sup>3</sup>)), így differenciálható és differenciálja saját maga:
+
:''T'' = [0,1]&times;[0,1]
:<math>\mathrm{d}(\mathbf{a}\times\mathrm{I})(\mathbf{r})=\mathbf{a}\times\mathrm{I}</math>  
+
'''3.'''
 +
:<math>f(x,y)=x^7+\dfrac{\mathrm{arctg}(y)}{1+y^2}\,</math>
 +
:''T'' = [0,1]&times;[0,1]
 +
 
 +
'''4.'''
 +
:T = [-1,1] &times; [0,&pi;/4]
 +
:<math>f(x,y)=\sin(x^3)\frac{1}{\cos^2 y}</math>
 +
 
 +
'''5.'''
 +
:T = [-1,1] &times; [e,<math>e^2</math>]
 +
:<math>f(x,y)=\sin(x^3)\frac{\sin^{2017}(\mathrm{sh}(y))}{\mathrm{ln}\,y}</math>
 +
 
 +
'''6.'''
 +
:T = [a,b] &times; [c,d]
 +
:<math>f(x,y)=g(x)h(y)</math>
 +
''téglalapon''  szeparálható integrandus integrálja szorzattá esik szét:
 +
 
 +
:<math>\int\limits_{x=0}^b\int\limits_{y=c}^{d}g(x)h(y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\int\limits_{x=a}^b g(x)\left(\int\limits_{y=c}^{d} h(y)\,\mathrm{d}y\right)\,\mathrm{d}x=\left(\int\limits_{x=a}^b g(x)\,\mathrm{d}x\right)\cdot\left(\int\limits_{y=c}^{d} h(y)\,\mathrm{d}y\right)</math>
 +
 
 +
'''7.'''  
 +
:T = [1,e] &times; [1,2]
 +
:<math>f(x,y)=\frac{\mathrm{ln}^9\,x}{xy}</math>
 +
 
 +
'''8.'''
 +
:<math>T=\{(x,y)\mid 0\leq x\leq 1\;\wedge\;0\leq y\leq x^2\}</math>
 +
:<math>f(x,y)=x^3\cos(xy)\,</math>
 +
 
 +
 
 +
'''9.'''
 +
:<math>\int\limits_{y=0}^\pi\int\limits_{0}^{\cos y}x\sin y\;dxdy</math>
 +
 
 +
'''10.'''
 +
:<math>\int\limits_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{0}^{x^3}\sin \frac{y}{x}\;dydx</math>
 +
 
 +
'''11.'''
 +
:<math>\int\limits_{0}^{1}\int\limits_{y}^{1}e^{x^2}\;dxdy</math>
 +
 
 +
'''12.'''
 +
:<math>\int\limits_{1}^{4}\int\limits_{\sqrt{y}}^{2}\sin\left(\frac{x^3}{3}-x\right)\;dxdy</math>
 +
 
 +
'''13.'''
 +
:<math>\int\limits_{0}^{2}\int\limits_{1+y^2}^{5}y\cdot e^{(x-1)^2}\;dxdy</math>
 +
 
 +
'''14.'''
 +
:<math>\iint\limits_{T_{x,y}} xy^7\;dxdy</math>
 +
:<math>T_{x,y}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq 1,\quad x\geq 0, \quad y\geq 0\}</math>
 +
 
 +
 
 +
'''15.'''
 +
:<math>\iiint\limits_{T_{x,y,z}} \sqrt{x^2+y^2}\cdot xy^2 z^2\;dxdydz</math>
 +
:<math>T_{x,y,z}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq 4,\quad x\geq 0, \quad 0\leq z\leq 3\}</math>
 +
 
 +
 
 +
 
 +
<!--Comment
 +
 
 +
==Skalárfüggvények szorzata==
 +
&lambda;, &mu;: ''H'' <math>\to</math> '''R''', ahol ''H'' &sube; '''R'''<sup>n</sup> és az ''u'' &isin; ''H''-ban mindketten differenciálhatók, akkor &lambda;&mu; is és  
 +
:<math>[\mathrm{d}(\lambda\mu)(u)]_{1j}=\partial_j(\lambda\mu)=\mu\partial_j\lambda+\lambda\partial_j\mu=[\mu(u).\mathrm{grad}\,\lambda(u)+\lambda(u).\mathrm{grad}\,\mu(u)]_{j}</math>
 
azaz  
 
azaz  
:<math>(\mathrm{d}(\mathbf{a}\times\mathrm{I})(\mathbf{r}))\mathbf{h}=\mathbf{a}\times\mathbf{h}</math>
+
:<math>\mathrm{grad}(\lambda\mu)(u)=\mu(u).\mathrm{grad}\,\lambda(u)+\lambda(u).\mathrm{grad}\,\mu(u)</math>
minden '''h''' és '''r''' &isin; '''R'''<sup>3</sup> vektorra.
+
===Példa===
 +
Számoljuk ki '''r'''<sup>2</sup> deriváltját a szorzat szabálya szerint.
  
Jacobi-mátrixa (a sztenderd bázisbeli mátrixa) tetszőleges (x,y,z) pontban:
+
Egyrészt, ha '''r''' &ne; '''0''', akkor
: <math>\mathrm{J}^{\mathbf{a}\times\mathrm{I}}(x,y,z)=
+
:<math>\mathrm{grad}\,\mathbf{r}^2=\mathrm{grad}\,|\mathbf{r}|\cdot|\mathbf{r}|=2|\mathbf{r}|.\mathrm{grad}|\mathbf{r}|=2|\mathbf{r}|.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}| } =2\mathbf{r}\,</math>
\begin{bmatrix}
+
\;\,0 & -a_3& \;\;\,a_2\\
+
\;\;\,a_3 & \;\,0 & -a_1\\
+
-a_2 & \;\;\,a_1& \;\,0\\
+
\end{bmatrix}</math>
+
Mivel a főátlóbeli elemek mind nullák, ezért ebből rögtön következik, hogy div('''a''' &times; I)('''r''') = 0.
+
:<math>[\mathrm{rot}\,\mathbf{v}]_i=\varepsilon_{ijk}\partial_j\varepsilon_{klm}a_lx_m=\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}a_l\partial_j x_m=\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}a_l\delta_{jm}=\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klj}a_l=</math>
+
:<math>=\delta_{kk}\delta_{il}a_l-\delta_{ki}\delta_{lk}a_l=3a_i-a_i=2a_i\,</math>
+
azaz rot '''v''' ('''r''') = 2'''a'''. Az előbb felhasználtuk a kettős vektoriális szorzatra vonatkozó kifejtési tétel indexes alakját, a
+
:<math>\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}=\delta_{jm}\delta_{li}-\delta_{jl}\delta_{im}\,</math>
+
ami azt mondja, hogy ha az ijk és klm-ben a nem azonos párok jó sorrendben következnek, akkor az epszolon 1-et, ha rossz sorrendben, akkor -1-et ad.
+
  
=='''a''' <math>\cdot</math> ... operátor==
+
Másrészt, ha '''r''' = '''0''', akkor
Differenciálható-e és ha igen mi a differenciálja
+
:<math> \mathbf{r}^2=0+\mathbf{0}\cdot\mathbf{r}+|\mathbf{r}|\cdot |\mathbf{r}|\,</math>
:<math>\Phi:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R};\quad \Phi(\mathbf{r})=\mathbf{a}\cdot\mathbf{r}</math>
+
minden '''r'''-re fennáll, így grad('''id'''<sup>2</sup>)('''0''') = '''0''' alkalmas az &epsilon;('''r''')=|'''r'''|-rel, tehát '''r'''<sup>2</sup> differenciálható 0-ban is.
leképezésnek, ahol '''a''' előre  megadott konstans vektor.
+
==Függvénykompozíció differenciálja==
===Megoldás===
+
'''Tétel. ''' Legyen ''g'': '''R'''<sup>n</sup> &sup;<math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup>, az ''u''-ban differenciálható, ''f'': '''R'''<sup>m</sup> &sup;<math>\to</math> '''R'''<sup>k</sup> a ''g''(''u'')-ban differenciálható függvény, ''u'' &isin; int Dom(''f'' <math>\circ</math> ''g''). Ekkor az  
Skalártér lévén &Phi; gradiensét kell kiszámolnunk. Mivel ez is lineáris leképezés, ezért differenciálható és differenciálja saját maga, azaz a gradiens vektor pont '''a''':
+
:<math>f\circ g</math> differenciálható ''u''-ban és
:<math>\mathrm{grad}\,(\mathbf{a}\cdot\mathbf{r})=\mathbf{a}</math>
+
:<math> \mathrm{d}(f\circ g)(u)=\mathrm{d}f(g(u))\circ\mathrm{d}g(u)</math>
Ezt persze indexes deriválással is kiszámítható:
+
:<math>[\mathrm{grad}\,\Phi]_i=\partial_ia_kx_k=a_k\partial_ix_k=a_k\delta_{ik}=a_i\,</math>
+
==További példa skalárfüggvényre==
+
Hatérozzuk meg a &Phi;
+
:<math>\Phi:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R};\quad \Phi(\mathbf{r})=|\mathbf{i}\times\mathbf{r}|</math>
+
(ahol '''i''' az ''x'' irányú egységvektor, |.| a vektor hossza) függvény szintvonalait, differenciálhatóságát, gradiensét!
+
===Megoldás===
+
Érdemes koordinátás írásmódra áttérni, hiszen az '''i''' vektor úgy is a koordinátarendszerhez kapcsolódik. A vektoriális szorzás definíciója miatt
+
:<math>\Phi(x,y,z)=\Phi(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|\cdot\sin(\mathbf{i},\mathbf{r})_\angle=\sqrt{y^2+z^2}</math>
+
Tehát azok a pontok vannak azonos szintfelületen, melyeknek az [yz] síkra vett vetületük azonos hosszúságú ('''i''' &times; '''r''' hossza az '''i'''-re merőleges komponense '''r'''-nek). Az
+
:<math>y^2+z^2=0</math>
+
egyenlettel megadott pontokban (másként: ''y'' = 0 & ''z'' = 0 & ''x'' tetszőleges) a függvény nem differenciálható, ugyanis a &Phi;=0 szintfelület elfajúlt módon csak egy egyenes, az ''x'' tengely, így a gradiens vektor iránya nem egyértelmű. Ezt azzal is igazolhatjuk, ha vesszük ezekben a pontokban például az ''y'' irányú parciális függvényt:
+
:<math>\Phi(x_0,0+t,0)=\sqrt{t^2}=|t|</math>
+
azaz az (<math>x_0</math>,0,0) pontokhoz tartozó &Phi;(<math>x_0</math>, . ,0) parciális függvény nem differenciálható a 0-ban.
+
  
Máshol a gradiensvektor, a parciális deriváltakat kiszámítva
+
''Bizonyítás. '' Alkalmas &epsilon;, ''A'' és &eta; ''B'' párral, minden ''x'' &isin; Dom(''f'' <math>\circ</math> ''g'')-re:
:<math>\mathrm{grad}\,\Phi(x,y,z)=\left(0,\frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}}, \frac{z}{\sqrt{y^2+z^2}}\right)</math>
+
:<math>f(g(x))=f(g(u))+\mathcal{A}(g(x)-g(u))+\varepsilon(g(x))||g(x)-g(u)||)=</math>
vagy másként:
+
::<math>=f(g(u))+\mathcal{A}(\mathcal{B}(x-u)+\eta(x)||x-u||)+\varepsilon(g(x))||g(x)-g(u)||)=</math>
:<math>\mathrm{grad}\,\Phi(\mathbf{r})=\mathbf{i}\times \frac{\mathbf{i}\times \mathbf{r}}{|\mathbf{i}\times \mathbf{r}|}</math>
+
::<math>=f(g(u))+(\mathcal{A}\circ\mathcal{B})(x-u)+\mathcal{A}(\eta(x)||x-u||)+\varepsilon(g(x))||g(x)-g(u)||)=</math>
 +
::<math>=f(g(u))+(\mathcal{A}\circ\mathcal{B})(x-u)+(\mathcal{A}(\eta(x))+\varepsilon(g(x))||\mathcal{B}\frac{x-u}{||x-u||}+\eta(x)||)||x-u||</math>
 +
Innen leolvasható a differenciál és a másodrendben eltűnő mennyiség vektortényezője, az
 +
:<math>\varepsilon_{f\circ g}(x)=\mathcal{A}(\eta(x))+\varepsilon(g(x))||\mathcal{B}\frac{x-u}{||x-u||}+\eta(x)||</math>
 +
melyben az első tag a 0-hoz tart, mivel a lineáris leképezés a 0-ban folytonos, és &eta; a 0-hoz tart az ''u''-ban. A második tag nulla szor korlátos alakú, hiszen a lineáris leképezés Lipschitz-tuladonsága folytán ''B'' minden egységvektoron korlátos értéket vesz fel.
  
Megjegyezzük, hogy ehhez még a függvénykompozíció deriválási szabályával is lejuthattunk volna:
+
Ennek a tételnek a legegyszerűbb, de már vektorokat tartalmazó formáját írja át "fogyasztható" formába az alábbi
:<math>\mathrm{grad}\,\Phi(\mathbf{r})=\mathrm{grad}\sqrt{(\mathbf{i}\times\mathbf{r})^2}=\frac{1}{2\sqrt{(\mathbf{i}\times\mathbf{r})^2}}\cdot 2(\mathbf{i}\times\mathbf{r})\times(-\mathbf{i})</math>
+
  
==Többváltozós függvény szélsőértéke==
+
'''Következmény.''' Ha ''g'': '''R'''<sup>n</sup> &sup;<math>\to</math> '''R''', az ''u''-ban differenciálható, ''f'': '''R''' &sup;<math>\to</math> '''R''' a ''g''(''u'')-ban differenciálható függvény, ''u'' &isin; int Dom(''f'' <math>\circ</math> ''g''), akkor  
===Szélsőérték szükséges feltétele===
+
:<math>f\circ g</math> differenciálható ''u''-ban és
'''Tétel''' - ''Fermat-tétel'' - Legyen ''f'': '''R'''<sup>n</sup> <math>\supset\!\to</math> '''R''', ''u'' &isin; int Dom(''f''), ''f'' differenciálható ''u''-ban.
+
:<math> \mathrm{grad}(f\circ g)(u)=f'(g(u)).\mathrm{grad}\,g(u)</math>
:Ha ''u''-ban ''f''-nek (lokális) szélsőértéke van, akkor  
+
Ahol . a skalárral való szorzást jelöli.
::<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====
+
''Ugyanis,'' a deriváltak lineáris leképezések:
:<math>f(x,y)=x^2y^2\,</math>
+
:<math>v\mapsto (\mathrm{d}g(u))v=(\mathrm{grad}\,(u))\cdot v\,</math>  
Ennek gradiense:
+
:<math>w\mapsto (\mathrm{d}f(x))w=f'(x)\cdot w\,</math>  
:<math>\mathrm{grad}\,f(x,y)=(2xy^2,2yx^2)</math>
+
Ezek kompozíciója (f-et az x=g(u)-ban felírva):
Az
+
:<math>(\mathrm{d}(f\circ g)(u))v=(\mathrm{d}f(g(u)))(\mathrm{d}g(u))v=f'(g(u)).(\mathrm{d}g(u))v=f'(g(u)).(\mathrm{grad}\,g(u))\cdot v\,</math>
:<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.
+
:<gnuplot>
+
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 colorbox
+
splot 5*x*x*y*y
+
</gnuplot>
+
===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
+
Hol diffható?
:<math>\mathrm{det}\,\mathrm{H}^f(u)=\partial_{11}f(u)\cdot \partial_{22}f(u)-(\partial_{12}f(u))^2</math>
+
:<math>\Phi(r)=|r|=\sqrt{r^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 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).  
+
(Útmutatás: abs'=sgn, a 0-án kívül.)
+
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====
+
0-ban nem, mert a parciális deriváltak nem léteznek. Azon kívül:
  
'''1.''' Ha B kicsi, azaz az AC-hez képest kis abszolútrétékű szám, akkor a szélsőérték irányába mozdul el a feladat.
+
Külső függvény:
:<math>f(x,y)=x^2+xy+y^2\,</math>
+
:<math>f(x)=\sqrt(x)\,</math>
 +
nemnulla x-re:
 +
:<math>f'(x)=\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}\,</math>
  
Ekkor grad ''f'' = ( 2x + y , 2y + x ) és 
+
A belső:
:<math>\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix}
+
:<math>r^2\,</math>
2 & 1 \\
+
gradiense 2r.
1 & 2
+
\end{pmatrix}</math>
+
azaz 4 - 1 = 3 > 0 és 2 > 0 miatt minimum.
+
:<gnuplot>
+
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 colorbox
+
splot x*x+x*y+y*y
+
</gnuplot>
+
  
'''2.''' Ha |B| nagy (azaz AC-hez képest nagy), akkor a bizonyosan nemszélsőérték irányába.
+
Így:
:<math>f(x,y)=x^2-3xy+y^2\,</math>
+
:<math>\mathrm{grad}\,\sqrt{r^2}=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{r^2}}. 2r=\frac{r}{|r|}</math>
  
Ekkor grad ''f'' = ( 2x + -3y , 2y + -3x ) és 
 
:<math>\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix}
 
2 & -3 \\
 
-3 & 2
 
\end{pmatrix}</math>
 
azaz 4 - 9 = -5 < 0 miatt nincs szélsőérték: nyeregpont.
 
:<gnuplot>
 
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 colorbox
 
splot x*x -3*x*y+y*y
 
</gnuplot>
 
  
'''3.''' Negatív A és C-re és kis B-re:
+
===Gömbszimmetrikus feldatok===
:<math>f(x,y)=-x^2+xy-y^2\,</math>
+
  
Ekkor grad ''f'' = ( -2x + 3y , -2y + 3x ) és 
+
Mi az
:<math>\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix}
+
:<math>\Phi(r)=|r|^\alpha\quad\quad\alpha>0</math>
-2 & 1 \\
+
függvény gradiense és differenciálja. Hol diffható?
1 & -2
+
\end{pmatrix}</math>
+
azaz 4 - 1 = 3 > 0 és -2 < 0 miatt maximum.
+
:<gnuplot>
+
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 colorbox
+
splot -x*x +x*y-y*y
+
</gnuplot>
+
  
'''4.''' Ha A és C előjele ellenkező, akkor rögtön következik, hogy nincs sz.é.
+
0-ban &alpha;=1 vagy &alpha;<1 esetén biztosan nem diffható, mert a parciális deriváltak nem léteznek.
:<math>f(x,y)=x^2+xy-y^2\,</math>
+
  
Ekkor grad ''f'' = ( 2x + y , -2y + x ) és 
+
A külső függvény:
:<math>\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix}
+
:<math>\,f(x)=x^\alpha</math>
2 & 1 \\
+
:<math>\,f'(x)=\alpha x^{\alpha-1}</math>
1 & -2
+
\end{pmatrix}</math>
+
azaz -4 - 1 = -5 < 0 azaz nyeregpont.
+
:<gnuplot>
+
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 colorbox
+
splot x*x +x*y-y*y
+
</gnuplot>
+
  
'''5.''' Atipikus eset, ha  AC = B<sup>2</sup>. Ekkor nem jár sikerrel a próba:  
+
A belső függvény:
:<math>f(x,y)=x^2+2xy+y^2\,</math>
+
<math>\,f(x)=|r|</math>
  
Ekkor grad ''f'' = ( 2x + 2y , 2y + 2x ) és 
+
Ez nem diffható 0-ban (mert a parciális deriváltjai nem léteznek), de máshol:
:<math>\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix}
+
2 & 2 \\
+
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.
+
:<gnuplot>
+
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 colorbox
+
splot (x+y)*(x+y)
+
</gnuplot>
+
  
==Feltételes és tartományi szélsőérték==
+
:<math>\mathrm{grad}\,|r|=\frac{r}{|r|}\,</math>
  
'''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
+
Ekkor  r&ne;0-ban:
:<math>\Phi(x,y,z,\lambda)=F(x,y,z)+\lambda\cdot f(x,y,z)\, </math>
+
:<math>\mathrm{grad}\,\Phi(r)=\alpha |r|^{\alpha-1}.\frac{r}{|r|}=\alpha r |r|^{\alpha-2}</math>
négyváltozós szélsőérték feladat vizsgálatával.
+
  
===Példa===
+
Ha r=0 és &alpha;>1, akkor
 +
:<math>\frac{|r|^\alpha-0-0}{|r|}=|r|^{\alpha-1}\to 0</math>
 +
Tehát a derivált
 +
:<math>\mathrm{grad}\,\Phi(r)=\left\{\begin{matrix}0, &\mathrm{ha} & r=0\\\alpha r |r|^{\alpha-2}, &\mathrm{ha} & r\ne 0\end{matrix}\right.</math>
  
 +
'''Példa.''' r<sup>3</sup>|r|<sup>&alpha;</sup> milyen &alpha;-ra diffható mindenhol és mi a deriváltja?
  
 +
==Folytonos parciális differenciálhatóság==
  
 
+
Megfordításról a következő esetben beszélhetünk.
 +
 
 +
'''Tétel.''' Ha az ''f'':'''R'''<sup>n</sup> &sup;<math>\to</math> '''R'''<sup>m</sup> függvény minden parciális deriváltfüggvénye létezik az ''u'' egy környezetében és ''u''-ban a parciális deriváltak folytonosak, akkor ''u''-ban ''f'' differenciálható. (Sőt, folytonosan differenciálható.)
 +
 
 +
''Bizonyítás.'' Elegendő az m = 1 esetet vizsgálni. Továbbá a bizonyítás elve nem változik, ha csak az n = 2 esetet tekintjük. Legyen x az u mondott környezetéből vett pont, és x = (<math>x_1</math>,<math>x_2</math>), v=(<math>u_1</math>,<math>x_2</math>), u=(<math>u_1</math>,<math>u_2</math>) Ekkor az [x,v] szakaszon &#8706;<sub>1</sub>f-hez a Lagrange-féle középértéktétel miatt létezik olyan &xi;(<math>x_1</math>)&isin;[<math>x_1</math>,<math>u_1</math>]  szám, és a [v,u] szakaszon &#8706;<sub>2</sub>f-hez &zeta;(<math>x_2</math>)&isin;[<math>x_2</math>,<math>u_2</math>] szám, hogy
 +
:<math>f(x)-f(u)=f(x)-f(v)+f(v)-f(u)=\,</math>
 +
:<math>=\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)(x_1-u_1)+\partial_2 f(u_1,\zeta(x_2))(x_2-u_2)=</math>
 +
:<math>=\partial_1f(u)(x_1-u_1)+\partial_2f(u)(x_2-u_2)+</math>
 +
:<math>+(\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)-\partial_1f(u))(x_1-u_1)+(\partial_2 f(u_1,\zeta(x_2))-\partial_2f(u))(x_2-u_2)</math>
 +
itt az
 +
:<math>\varepsilon_1(x)=\partial_1 f(\xi(x_1),x_2)-\partial_1f(u)</math> és <math>\varepsilon_2(x)=\partial_2 f(x_1,\zeta(x_2))-\partial_2f(u)</math>
 +
függvények folytonosak ''u''-ban (még ha a &xi;, &zeta; függvények nem is azok), és értékük az ''u''-ban 0. Világos, hogy ez azt jelenti, hogy f differenciálható ''u''-ban.
 +
 
 +
Világos, hogy a parciális deriváltak folytonossága szükséges a fenti tételben. Az alábbi példában léteznek a parciális deriváltfüggvények az ''u'' egy környzetében, de az ''u''-ban nem folytonosak.
 +
====Nem differenciálható, nem folytonosan parciálisan differenciálható függvény====
 +
 
 +
:<math>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.</math>
 +
parciális deriváltfüggvényei léteznek:
 +
:<math>\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{x^2y}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}</math>
 +
a másik hasonlóan. A 0-ban 0 mindkettő, de az (0,1/n) mentén a 0-ba tartva az 1-hez tart, ami nem 0.
 +
 
 +
:<math>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.</math>
 +
A Young-tételnél beláttuk, hogy ekkor a 0-ban nem egyenlő a két vegyes parciális derivált. Most már azt is tudjuk miért. A függvény gradiense nem differenciálható totálisan a 0-ban. Ehhez elevenítsük föl, hogy
 +
 
 +
:<math>J^g(0,0)=H^f(0,0)=\begin{bmatrix}
 +
0 & -1\\
 +
1 & 0
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
ami a 90˚-os forgatás.
 +
 
 +
Számoljuk ki g értékét a (x,x) alakú pontokban:
 +
 
 +
:<math>\partial_1f(x,x)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x+t,x)-f(0,0)}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x((x+t)^2-x^2)}{t((x+t)^2+x^2)}=</math>
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x(2tx+t^2)}{t(2x^2+2tx+t^2)}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(x+t)x(2x+t)}{2x^2+2tx+t^2}=\lim\limits_{t\to 0}=x</math>
 +
:<math>\partial_2f(x,x)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x,x+t)-f(0,0)}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{x(x+t)(x^2-(x+t)^2)}{t(x^2+(x+t)^2)}=</math>
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{x(x+t)(-2tx-t^2)}{t(2x^2+2tx+t^2)}=-x</math>
 +
 
 +
Tehát g(t,t)=(t,-t), és emiatt
 +
 
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{g(t,t)-g(0,0)-J^g(0,0)\cdot (t,t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(t,-t)-(-t,t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(2t,-2t)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}(2\mathrm{sgn}(t),-2\mathrm{sgn}(t))\ne (0,0)\,</math>
 +
márpedig ha g minden parciális deriváltja folytonos lenne a (0,0)-ban, akkor g totálisan is deriválható lenne.
 +
 
 +
====Differenciálható, de nem folytonosan parciálisan differenciálható====
 +
A differenciálhatóság azonban nem elég ahhoz, hogy a parciális deriváltak folytonosak legyenek.
 +
 
 +
Az
 +
:<math>f(x,y)=\left\{\begin{matrix}(x^2+y^2)\sin\cfrac{1}{x^2+y^2}, & \mbox{ha} & (x,y)\ne (0,0)\\\\
 +
0, & \mbox{ha} & (x,y) =(0,0)
 +
\end{matrix}\right.
 +
</math>
 +
differenciálható, hiszen ez az
 +
:<math>f(\mathbf{r})=\left\{\begin{matrix} \mathbf{r}^2\cdot\sin(|\mathbf{r}|^{-2}) & \mbox{ha} & \mathbf{r}\ne \mathbf{0}\\\\
 +
\mathbf{0}, & \mbox{ha} & \mathbf{r}= \mathbf{0}\end{matrix}\right.
 +
</math>
 +
függvény és '''r''' &ne; '''0'''-ban:
 +
:<math>\mathrm{grad}(f)=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).\mathrm{grad}\,\mathbf{r}^2+\mathbf{r}^2.\mathrm{grad}\,\sin(|\mathbf{r}|^{-2})=</math>
 +
:<math>=\sin(|\mathbf{r}|^{-2}).2\mathbf{r}+\mathbf{r}^2\cdot\cos(|\mathbf{r}|^{-2})\cdot(-2)|\mathbf{r}|^{-3}.\frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}</math>
 +
és grad f nem korlátos. Ez persze a parciális deriváltakon is megátszik: azok sem korlátosak.
 +
 
 +
===Nevezetes függvénysorozat===
 +
* <math>f_n(x,y)=\frac{x^ny}{x^2+y^2}\quad f_n(0,0)=0</math> függvényosztály folytonossága parciális és totális deifferenciálhatósága, folytonos parciális és totális differenciálhatósága
 +
 
 +
-->
  
  
254. sor: 231. sor:
 
|}
 
|}
 
</center>
 
</center>
 +
 +
[[Kategória:Matematika A2]]

A lap jelenlegi, 2017. március 20., 11:58-kori változata

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

1.

f(x,y)=xy\sin(x^2y)\,
T = [0,1]×[0,π/2]

2.

f(x,y)=2xy^2e^{x^2y}\,
T = [0,1]×[0,1]

3.

f(x,y)=x^7+\dfrac{\mathrm{arctg}(y)}{1+y^2}\,
T = [0,1]×[0,1]

4.

T = [-1,1] × [0,π/4]
f(x,y)=\sin(x^3)\frac{1}{\cos^2 y}

5.

T = [-1,1] × [e,e2]
f(x,y)=\sin(x^3)\frac{\sin^{2017}(\mathrm{sh}(y))}{\mathrm{ln}\,y}

6.

T = [a,b] × [c,d]
f(x,y) = g(x)h(y)

téglalapon szeparálható integrandus integrálja szorzattá esik szét:

\int\limits_{x=0}^b\int\limits_{y=c}^{d}g(x)h(y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\int\limits_{x=a}^b g(x)\left(\int\limits_{y=c}^{d} h(y)\,\mathrm{d}y\right)\,\mathrm{d}x=\left(\int\limits_{x=a}^b g(x)\,\mathrm{d}x\right)\cdot\left(\int\limits_{y=c}^{d} h(y)\,\mathrm{d}y\right)

7.

T = [1,e] × [1,2]
f(x,y)=\frac{\mathrm{ln}^9\,x}{xy}

8.

T=\{(x,y)\mid 0\leq x\leq 1\;\wedge\;0\leq y\leq x^2\}
f(x,y)=x^3\cos(xy)\,


9.

\int\limits_{y=0}^\pi\int\limits_{0}^{\cos y}x\sin y\;dxdy

10.

\int\limits_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{0}^{x^3}\sin \frac{y}{x}\;dydx

11.

\int\limits_{0}^{1}\int\limits_{y}^{1}e^{x^2}\;dxdy

12.

\int\limits_{1}^{4}\int\limits_{\sqrt{y}}^{2}\sin\left(\frac{x^3}{3}-x\right)\;dxdy

13.

\int\limits_{0}^{2}\int\limits_{1+y^2}^{5}y\cdot e^{(x-1)^2}\;dxdy

14.

\iint\limits_{T_{x,y}} xy^7\;dxdy
T_{x,y}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq 1,\quad x\geq 0, \quad y\geq 0\}


15.

\iiint\limits_{T_{x,y,z}} \sqrt{x^2+y^2}\cdot xy^2 z^2\;dxdydz
T_{x,y,z}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq 4,\quad x\geq 0, \quad 0\leq z\leq 3\}



6. gyakorlat 8. gyakorlat
Személyes eszközök