Matematika A2a 2008/7. gyakorlat

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

Ugrás: navigáció, keresés

A lap 2008. április 10., 22:17-kori változata

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

Tartalomjegyzék

1 a × ... operátor
- 1.1 Megoldás
2 a ... operátor
- 2.1 Megoldás
3 További példa skalárfüggvényre
- 3.1 Megoldás
4 Többváltozós függvény szélsőértéke
- 4.1 Szélsőérték szükséges feltétele
  - 4.1.1 Példa
- 4.2 Másodikderivált próba
  - 4.2.1 Példák

a × ... operátor

Differenciálható-e és ha igen mi a differenciálja, divergenciája, rotációja a

$\mathbf{v}:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R}^3;\quad \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{a}\times\mathbf{r}$

leképezésnek, ahol a előre megadott konstans vektor.

Megoldás

Az a × ..., azaz az

$\mathbf{a}\times\mathrm{I}\,$

(itt I az identitás leképezés) leképezés lineáris, minthogy a vektoriális szorzás mindkét változójában lineáris (v ∈ Lin(R³;R³)), így differenciálható és differenciálja saját maga:

$\mathrm{d}(\mathbf{a}\times\mathrm{I})(\mathbf{r})=\mathbf{a}\times\mathrm{I}$

azaz

$(\mathrm{d}(\mathbf{a}\times\mathrm{I})(\mathbf{r}))\mathbf{h}=\mathbf{a}\times\mathbf{h}$

minden h és r ∈ R³ vektorra.

Jacobi-mátrixa (a sztenderd bázisbeli mátrixa) tetszőleges (x,y,z) pontban:

$\mathrm{J}^{\mathbf{a}\times\mathrm{I}}(x,y,z)= \begin{bmatrix} \;\,0 & -a_3& \;\;\,a_2\\ \;\;\,a_3 & \;\,0 & -a_1\\ -a_2 & \;\;\,a_1& \;\,0\\ \end{bmatrix}$

Mivel a főátlóbeli elemek mind nullák, ezért ebből rögtön következik, hogy div(a × I)(r) = 0.

$[\mathrm{rot}\,\mathbf{v}]_i=\varepsilon_{ijk}\partial_j\varepsilon_{klm}a_lx_m=\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}a_l\partial_j x_m=\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}a_l\delta_{jm}=\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klj}a_l=$

$=\delta_{kk}\delta_{il}a_l-\delta_{ki}\delta_{lk}a_l=3a_i-a_i=2a_i\,$

azaz rot v (r) = 2a. Az előbb felhasználtuk a kettős vektoriális szorzatra vonatkozó kifejtési tétel indexes alakját, a

$\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{klm}=\delta_{jm}\delta_{li}-\delta_{jl}\delta_{im}\,$

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 $\cdot$ ... operátor

Differenciálható-e és ha igen mi a differenciálja

$\Phi:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R};\quad \Phi(\mathbf{r})=\mathbf{a}\cdot\mathbf{r}$

leképezésnek, ahol a előre megadott konstans vektor.

Megoldás

Skalártér lévén Φ gradiensét kell kiszámolnunk. Mivel ez is lineáris leképezés, ezért differenciálható és differenciálja saját maga, azaz a gradiens vektor pont a:

$\mathrm{grad}\,(\mathbf{a}\cdot\mathbf{r})=\mathbf{a}$

Ezt persze indexes deriválással is kiszámítható:

$[\mathrm{grad}\,\Phi]_i=\partial_ia_kx_k=a_k\partial_ix_k=a_k\delta_{ik}=a_i\,$

További példa skalárfüggvényre

Hatérozzuk meg a Φ

$\Phi:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R};\quad \Phi(\mathbf{r})=|\mathbf{i}\times\mathbf{r}|$

(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

$\Phi(x,y,z)=\Phi(\mathbf{r})=|\mathbf{r}|\cdot\sin(\mathbf{i},\mathbf{r})_\angle=\sqrt{y^2+z^2}$

Tehát azok a pontok vannak azonos szintfelületen, melyeknek az [yz] síkra vett vetületük azonos hosszúságú (i × r hossza az i-re merőleges komponense r-nek). Az

y 2 + z 2 = 0

egyenlettel megadott pontokban (másként: y = 0 & z = 0 & x tetszőleges) a függvény nem differenciálható, ugyanis a Φ=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:

$\Phi(x_0,0+t,0)=\sqrt{t^2}=|t|$

azaz az ( $x 0$ ,0,0) pontokhoz tartozó Φ( $x 0$ , . ,0) parciális függvény nem differenciálható a 0-ban.

Máshol a gradiensvektor, a parciális deriváltakat kiszámítva

$\mathrm{grad}\,\Phi(x,y,z)=\left(0,\frac{y}{\sqrt{y^2+z^2}}, \frac{z}{\sqrt{y^2+z^2}}\right)$

vagy másként:

$\mathrm{grad}\,\Phi(\mathbf{r})=\mathbf{i}\times \frac{\mathbf{i}\times \mathbf{r}}{|\mathbf{i}\times \mathbf{r}|}$

Megjegyezzük, hogy ehhez még a függvénykompozíció deriválási szabályával is lejuthattunk volna:

$\mathrm{grad}\,\Phi(\mathbf{r})=\mathrm{grad}\sqrt{(\mathbf{i}\times\mathbf{r})^2}=\frac{1}{2\sqrt{(\mathbf{i}\times\mathbf{r})^2}}\cdot 2(\mathbf{i}\times\mathbf{r})\times(-\mathbf{i})$

Többváltozós függvény szélsőértéke

Szélsőérték szükséges feltétele

Tétel - Fermat-tétel - Legyen f: Rⁿ $\supset\!\to$ R, u ∈ int Dom(f), f 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.

 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

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 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

$\mathrm{H}^{f}(u)=\begin{pmatrix} A & B \\ B & C \end{pmatrix}$ , 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.

 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

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.

 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

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.

 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

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.

 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

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.

 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)

6. gyakorlat	8. gyakorlat

@@ 235. sor: / 235. sor: @@
 </gnuplot>
-==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
-:<math>\Phi(x,y,z,\lambda)=F(x,y,z)+\lambda\cdot f(x,y,z)\, </math>
-négyváltozós szélsőérték feladat vizsgálatával.
-===1. példa===
-Határozzuk meg a síkon az origó távolságát egy adott egyenesől!
-Legyen az egyenes egyenlete
-:<math>Ax+By=C\,</math>
-(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
-:<math>d(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}\,</math>
-kétváltozós leképezés minimumát az
-:<math>Ax+By=C\,</math>
-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 2<math>\cdot</math>OP 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:
-:<math>f(x,y)=Ax+By-C=0\,</math>
-ezt a leképezést kell hozzávenni a multiplikátorral szorozva a függvényhez:
-:<math>\Phi(x,y,\lambda)=\sqrt{x^2+y^2}+\lambda.(Ax+By-C)\,</math>
-Az szélsőérték szükségességét vizsgálva:
-:<math>\mathrm{grad}\,\Phi(x,y,\lambda)=\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}+\lambda.A,\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}+\lambda.B,Ax+By-C\right)=(0,0,0)</math>
-Az utolsó 0 lényegében a ''feltételi egyenlet'' megismétlését jelenti. &lambda; kiesik, ha az első "egyenlet" B-vel, a másodikat A-val beszorozzuk. Ebből:
-:<math>Bx-Ay=0\,</math>
-és a feltételi egyenlet:
-:<math>Ax+By=C\,</math>
-Innen
-:<math>(x,y)=\left(\frac{AC}{\sqrt{A^2+B^2}}, \frac{BC}{\sqrt{A^2+B^2}}\right)</math>
-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.
-:<math>\mathrm{H}^{\Phi}(x,y,\lambda)=
-\begin{pmatrix}
-\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}^3} & - \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}^3}& A\\
- - \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}^3}& \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}^3} & B\\
-A & B & 0
-\end{pmatrix}</math>
-az adott pontban ez
-:<math>\mathrm{H}^{\Phi}(x,y,\lambda)=
-\begin{pmatrix}
-\frac{1}{|C|}-\frac{A^2}{|C|(A^2+B^2)} & - \frac{AB}{|C|(A^2+B^2)}& A\\
- - \frac{AB}{|C|(A^2+B^2)}& \frac{1}{|C|}-\frac{B^2}{|C|(A^2+B^2)} & B\\
-A & B & 0
-\end{pmatrix}</math>
-A bal felső elem pozitív, de a 2&times;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
-:<math>F(x,y)=x+y\,</math>
-összeg maximumát az
-:<math>x^2+y^2=2\,</math>
-feltétel mellett.
-Legyen
-:<math>\Phi(x,y,\lambda)=x+y+\lambda (x^2+y^2-2)\,</math>
-Ekkor
-:<math>\mathrm{grad}\,\Phi(x,y,\lambda)=(1+\lambda 2x,1+\lambda 2y,x^2+y^2-2)=(0,0,0)\,</math>
-így
-:<math>x=-\frac{1}{2\lambda}</math>, <math>y=-\frac{1}{2\lambda}</math>, <math>2=\frac{1}{2\lambda^2}</math>
-Innen a megoldások:
-:<math>\lambda_1=1\,</math>, <math>x_1=-\frac{1}{2}</math>, <math>y_1=-\frac{1}{2}</math>
-:<math>\lambda_2=-1\,</math>, <math>x_2=\frac{1}{2}</math>, <math>y_2=\frac{1}{2}</math>
-A Hesse-mátrix:
-:<math>\mathrm{H}^{\Phi}(x,y,\lambda)=
-\begin{pmatrix}
-\lambda & 0 & 2x\\
-& 2\lambda & 2y\\
-x & 2y & 0
-\end{pmatrix}</math>
-az adott pontokban ez
-:<math>\mathrm{H}^{\Phi}(x,y,\lambda)=
-\begin{pmatrix}
-\pm 2 & 0 & \mp 1\\
-& \pm 2 & \mp 1\\
- \mp 1 & \mp 1 & 0
-\end{pmatrix}</math>
-A két megoldás esetén a szabad probléma aldeterminánsai:
-:2, 4
-:-2, 4
-azaz már a szabad feladat 2&times;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.
-==Tartományi szélsőértékfeladat==
-Legyen ''K'' &sube; '''R'''<sup>n</sup> kompakt halmaz és ''f'' : '''R'''<sup>n</sup><math>\to</math> '''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===
-Tekintsük a
-<math>z=4-x^2-2y^2\,</math>
-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:
-:<math>V(x,y,z)=4xyz\,</math>
-:<math> f(x,y)=V(x,y,z(x,y))=4xy(4-x^2-2y^2)=16xy-4x^3y-8xy^3\,</math>
-az értelmezési tartománya pedig az első negyed
-:<math>x^2+2y^2=4\,</math> azaz <math>\left(\frac{x}{2}\right)^2 + \left(\frac{y}{\sqrt{2}}\right)^2=1\,</math>
-egyenletű ellipszisbe eső része:
-:<math>\mathrm{Dom}(f)=\{(x,y)\in\mathbf{R}^2\mid x\leq 0 \land y\leq 0 \land 4\geq x^2+2y^2\}=K\,</math>
-Ekkor az int(K) beli szélsőérték szükséges feltétele:
-:<math>\mathrm{grad}\,f(x,y)=(16y-12x^2y-8y^3,16x-4x^3-24xy^2)=(0,0)\,</math>
-A megoldás
-:<math>x=1, y=\frac{\sqrt{2}}{2}</math>
-Mivel itt z(x,y) = 2 < 4, ezért (x,y)  &isin; int(K) és értéke <math>V = 4\sqrt{2}</math>
-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.

Matematika A2a 2008/7. gyakorlat

A lap 2008. április 10., 22:17-kori változata

Tartalomjegyzék

a × ... operátor

Megoldás

a $\cdot$ ... operátor

Megoldás

További példa skalárfüggvényre

Megoldás

Többváltozós függvény szélsőértéke

Szélsőérték szükséges feltétele

Példa

Másodikderivált próba

Példák

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök

Matematika A2a 2008/7. gyakorlat

A lap 2008. április 10., 22:17-kori változata

Tartalomjegyzék

a × ... operátor

Megoldás

a ... operátor

Megoldás

További példa skalárfüggvényre

Megoldás

Többváltozós függvény szélsőértéke

Szélsőérték szükséges feltétele

Példa

Másodikderivált próba

Példák

Nézetek

Személyes eszközök

Navigáció

Keresés

Eszközök

a $\cdot$ ... operátor