Matematika A2a 2008/7. gyakorlat

A lap 2009. március 5., 15:59-kori változata (lapforrás) Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Többváltozós függvény szélsőértéke) ← Régebbi szerkesztés		A lap 2009. március 5., 16:02-kori változata (lapforrás) Mozo (vitalap | szerkesztései) Újabb szerkesztés →
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
−	:<math>\mathbf{v}:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R}^3;\quad \mathbf{v}(\mathbf{r})=\mathbf{a}\times\mathbf{r}</math>
−	leképezésnek, ahol '''a''' előre  megadott konstans vektor.
−	===Megoldás===
−	Az '''a''' &times; ..., azaz az
−	:<math>\mathbf{a}\times\mathrm{I}\,</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:
−	:<math>\mathrm{d}(\mathbf{a}\times\mathrm{I})(\mathbf{r})=\mathbf{a}\times\mathrm{I}</math>
−	azaz
−	:<math>(\mathrm{d}(\mathbf{a}\times\mathrm{I})(\mathbf{r}))\mathbf{h}=\mathbf{a}\times\mathbf{h}</math>
−	minden '''h''' és '''r''' &isin; '''R'''<sup>3</sup> vektorra.
−
−	Jacobi-mátrixa (a sztenderd bázisbeli mátrixa) tetszőleges (x,y,z) pontban:
−	: <math>\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}</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==
−	Differenciálható-e és ha igen mi a differenciálja
−	:<math>\Phi:\mathbf{R}^3\to\mathbf{R};\quad \Phi(\mathbf{r})=\mathbf{a}\cdot\mathbf{r}</math>
−	leképezésnek, ahol '''a''' előre  megadott konstans vektor.
−	===Megoldás===
−	Skalártér lévén &Phi; gradiensét kell kiszámolnunk. Mivel ez is lineáris leképezés, ezért differenciálható és differenciálja saját maga, azaz a gradiens vektor pont '''a''':
−	:<math>\mathrm{grad}\,(\mathbf{a}\cdot\mathbf{r})=\mathbf{a}</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
−	:<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>
−	vagy másként:
−	:<math>\mathrm{grad}\,\Phi(\mathbf{r})=\mathbf{i}\times \frac{\mathbf{i}\times \mathbf{r}}{|\mathbf{i}\times \mathbf{r}|}</math>
−
−	Megjegyezzük, hogy ehhez még a függvénykompozíció deriválási szabályával is lejuthattunk volna:
−	:<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>
	==Másodrendű parciális deriváltak==		==Másodrendű parciális deriváltak==

---

A lap 2009. március 5., 16:02-kori változata

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

Tartalomjegyzék 1 Másodrendű parciális deriváltak 2 Többváltozós függvény szélsőértéke 2.1 Szélsőérték szükséges feltétele 2.1.1 Példa 2.2 Másodikderivált próba 2.2.1 Példák

Másodrendű parciális deriváltak

Ha f a H ⊆ R² halmazon értelmezett R-be képező, az u ∈ H-ban differenciálható függvény és a

gradiensfüggvény szintén differenciálható u-ban, akkor f-et u-ban kétszer differenciálhatónak nevezzük és az f függény u-beli másodrendű differenciálja:

Ennek Jacobi-mátrixa akkor is létezik, ha csak azt feltételezzük, hogy a parciális deriváltak léteznek az u egykörnyezetében, és ott differenciálhatóak. Ekkor a szóban forgó Jacobi-mátrix kvadratikus és

alakú, amit Hesse-féle mátrixnak nevezünk.

A vegyes másodrendű parciális deriváltakra vonatkozik a Young-tétel:

Tétel (Young) Kétszer differenciálható függvény vegyes másodrendű parciális deriváltjai egyenlők.

(A tétel egy gyenge verziójának könnyen átlátható szemléletes bizonyítása megtalálható itt: User:Mozo/egyéb#Young-tétel.)

A Young-tétel értelmében a Hesse-mátrix szimmetrikus illetve a d²f(u) szimmetrikus tenzor

Általában a deriváltmátrixok nem szimmetrikusak, ez egy különleges tulajdonsága a második differenciálnak. Sőt, általában az a kérdés, hogy mi a deriválttenzor szimmetrikus és antiszimmetrikus része.

Megjegyzés. Elvileg a

leképezésnek kellett volna a differenciálját venni az u pontban, és ezt tekinteni a differenciálnak. Ám ez nem R^m-be, hanem egy általánosabb normált térbe, a R² R lináris leképezések terébe képez (az ún. kétváltozós lineáris funkcionálok terébe). Ebben a norma az operátornorma (az operátor minimális Lipschitz-konstansa), és a tér véges dimenziós. A differenciálhatóság pontosan ugyanúgy értelmezhető, mint a többváltozs esetben. Ekkor az f függvény u-beli másodrendű differenciálja az

lineáris leképezés, melyre teljesül a

A bázisvektorokon A a következőt veszi fel:

ennek a mátrixa a sztenderd bázisban

ami a kivonás és az osztást komponensenként elvégezve az parciális deriváltak első változó szerinti parciális deriváltjait adja:

Az 1 bázisvektoron felvett érték tehát az a lineáris operártor, melyet a fenti sorvektorral való szorzás határoz meg. A másik bázisvektoron szintén felríható ez a mátrix, így világos, hogy d(df(.))(u) jellemezhető a d²f(u) mátrixával, így azonosítható vele.

Többváltozós függvény szélsőértéke

Szélsőérték szükséges feltétele

Tétel - Fermat-tétel - Legyen f: Rⁿ R, u ∈ int Dom(f), f differenciálható u-ban.

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

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

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 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

1. ha det H^f(u) > 0 és ∂₁₁f(u) < 0, akkor f-nek u-ban maximuma van
2. ha det H^f(u) > 0 és ∂₁₁f(u) > 0, akkor f-nek u-ban minimuma van
3. ha det H^f(u) < 0, akkor f-nek biztosan nincs szélsőértéke, ún. nyeregpontja van
4. 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

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

, 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 colorbox

splot 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 colorbox

splot 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 colorbox

splot -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 colorbox

splot 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 colorbox

splot (x+y)*(x+y)

6. gyakorlat

8. gyakorlat