Matematika A2a 2008/8. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Implicit függvény deriváltja) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Implicitfüggvény tétel) |
||
124. sor: | 124. sor: | ||
==Implicitfüggvény tétel== | ==Implicitfüggvény tétel== | ||
+ | |||
+ | |||
+ | '''Tétel''' – ''Implicitfüggvény-tétel '''R'''-beli implicit függvényre'' – Legyen ''F'' az '''R'''<sup>2</sup> egy részhalmazán értelmezett, '''R'''-be képező függvény, mely az értelmezési tartománya egy ''(a,b)'' belső pontjában erősen differenciálható, F(a,b) = 0 és | ||
+ | :<math>\partial_2 F(a,b)\neq 0</math> | ||
+ | (azaz (a,b)-ben az ''y'' szerinti [[parciális derivált]]ja nem nulla). | ||
+ | Ekkor van a-nak olyan <math>I</math> és b-nek olyan <math>J</math> környezete, hogy F-nek egyértelműen létezik az (a,b) párhoz tartozó f: <math>I</math> <math>\rightarrow</math> <math>J</math> implicit függvénye, mely erősen differenciálható a-ban és deriváltja: | ||
+ | :<math>f'(a)=-\frac{\partial_1 F(a,b)}{\partial_2 F(a,b)}</math> | ||
+ | |||
+ | ''Bizonyítás.'' A (a,b)-beli erős differenciálhatóságból következik, hogy F folytonosan differenciálható (a,b)-ben. Választhatunk tehát olyan <math>I</math> és J nyílt intervallumokat, a és b körül, hogy <math>I</math> × J-n ∂<sub>2</sub>F sehol sem nulla, azonos előjelű. ''Feltehetjük, hogy ∂<sub>2</sub>F pozitív''. Vegyük észre, hogy az implicit függvény létezése egyenértékű azzal, hogy minden ''x'' ∈ <math>I</math>-re az F( x , . ) parciális függvénynek zérushelye van J-ban, hiszen ekkor minden x-hez létezik olyan ''y'' ∈ J, hogy F(x,y)=0. Belátjuk, hogy minden ilyen x-hez egyetlen zérushelye van F( x , . )-nek. | ||
+ | |||
+ | Tekintsük a folytonos F( a , . ) parciális függvényt. Az erős differenciálhatóságból és a pozitívra választott deriváltból következik, hogy ez <math>I</math>-n szigorúan monoton növekvő. Mivel b-ben zérushelye van ( F(a,b)=0 ), ezért van olyan <math>y_2</math> > b pont, hogy ott F( a , . ) pozitív és <math>y_1</math> < b pont, hogy ott F( a , . ) negatív. Ekkor F folytonossága miatt van az (a,<math>y_1</math>) pontnak olyan környezete, ahol F negatív és | ||
+ | van az (a,<math>y_2</math>) pontnak olyan környezete, ahol F pozitív. Most definiáljuk át <math>I</math>-t és J-t úgy, hogy <math>I</math> × J-n az F egy J-beli elem fölött mindenhol pozitív, egy J-beli elem alatt mindehol negatív értéket vegyen föl. | ||
+ | |||
+ | Az erős differenciálhatóságból az is következik, hogy minden x ∈ <math>I</math>-re az F( x , . ) függvény is szigorúan monoton növekvő, negatív és pozitív értéket is felvevő folytonos függvény, így a [[Bolzano-tétel]] alapján létezik <math>y_x</math> zérushelye és mindegyiknek egyetlen zérushelye létezik. Állítjuk, hogy a φ:<math>I</math> <math>\rightarrow</math> J, x <math>\mapsto</math> <math>y_x</math> függvény implicit függvénye F-nek, azaz minden x ∈ <math>I</math>-re F(x,φ(x))=0. | ||
+ | |||
+ | Könnyen belátható, hogy φ folytonos a-ban, hiszen ha a-hoz közeledve mindig találnánk olyan x pontot, hogy φ(x) egy adott ε-nál mindig jobban eltér b-től, akkor φ(x) egy olyan környezetbe esne bele, ahol F mindenhol egy pozitív számnál nagyobb vagy mindenhol egy negatív számnál kisebb. Ám, F(x,φ(x))=0, így ez ellentmondana | ||
+ | F folytonos tulajdonságának. | ||
+ | |||
+ | φ erősen differenciálható (a,b)-ben, hiszen tetszőleges <math>x_1</math>, <math>x_2</math> ∈ <math>I</math>-re az F erős differenciálhatósága miatt fennáll | ||
+ | :<math>0=F(x_1,\varphi(x_1))-F(x_2,\varphi(x_2))=</math> | ||
+ | :<math>=\partial_1F(a,b)(x_2-x_1)+\partial_2F(a,b)(\varphi(x_2)-\varphi(x_1))+</math> | ||
+ | :<math>+\varepsilon\cdot(x_2-x_1)+\eta\cdot(\varphi(x_2)-\varphi(x_1))</math> | ||
+ | azaz (a pozitív ∂<sub>2</sub>F(a,b) miatt pozitívra választható ∂<sub>2</sub>F(a,b)+η miatt): | ||
+ | : <math>\frac{\varphi(x_2)-\varphi(x_1)}{x_2-x_1}=-\frac{\partial_1F(a,b)+\varepsilon}{\partial_2F(a,b)+\eta}</math> | ||
+ | és innen (<math>x_1</math>,<math>x_2</math>)<math>\to</math>(a,a) határátmenetet véve, a másodendű tagok eltűnését követően kapjuk az állítás eredményét. <big><big><big>[[Quod erat demonstrandum| ■ ]]</big></big></big> | ||
+ | |||
+ | Felhívjuk a figyelmet arra, hogy az implicit függvény értékére fennáll ugyan a | ||
+ | : <math>\mbox{ }_{\varphi(x)=\varphi(a)-\frac{\partial_1F(a,b)+\varepsilon}{\partial_2F(a,b)+\eta}(x-a)}</math> | ||
+ | egyenlőség, de mivel ε és η ki nem írt argumentumaiban szerepel φ(x), ezért ez sem egy explicit alak. | ||
+ | |||
+ | ===Kapcsolat az inverzfüggvény-tétellel=== | ||
+ | Vegyük észre, hogy mivel mindegyik F( x , . ) parciális függvény szigorúan monoton, így az (x,y) <math>\mapsto</math> (x, F(x,y)) függvény is injektív. Érdemes tehát az inverzét felírni, az (x,z)<math>\mapsto</math>(x,y) függvényt. Mivel minden egyes x és z pontra egyetlen y van, hogy F(x,y)=z, ezért z=0 esetén is minden x-hez egyetlen y van, hogy F(x,y)=0, mely az F implicit függvényét szolgáltatja. Ennek a függvénynek a szükséges differenciálhatósági tulajdonságainak bizonyításához hatékonyan használhatjuk fel az [[inverzfüggvény-tétel]]t. Nem véletlen a kapcsolat a két tétel között. Az előző bizonyítást és a többváltozós eset bizonyítását is végezhetjük az inverzfüggvény-tétellel, sőt az utóbbi esetben csak ezzel. Másrészt az is igaz, hogy a két tétel állítása ekvivalens egymással. | ||
+ | |||
+ | === Példák=== | ||
+ | |||
+ | Tekintsük a következő egyenletű síkgörbét: | ||
+ | :<math>x^5+xy+y^5=3\,</math> | ||
+ | Nem lenne könnyű feladat kifejezni belőle y-t, mert az ötödfokú egyenletnek nincs általános megoldóképlete. Mivel a baloldal akárhányszor differenciálható, ezért joggal feltételezhetjük, hogy bizonyos pontokban létezik implicit függvénye. Tegyük fel, hogy φ ilyen függvény. Ekkor az egyenlet | ||
+ | :<math>x^5+x\varphi(x)+(\varphi(x))^5=3</math> | ||
+ | alakú, melynek minden olyan x-nél, ahol φ differenciálható: | ||
+ | :<math>5x^4+\varphi(x)+x\varphi'(x)+5\varphi^4(x)\cdot\varphi'(x)=0</math> | ||
+ | ahonnan a derivált: | ||
+ | <math>\varphi'(x)=-\frac{5x^4+\varphi(x)}{5\varphi^4(x)+x}</math> vagy szimbolikusan: <math>y'=-\frac{5x^4+y}{5y^4+x}</math>. | ||
+ | Alaposabb vizsgálatokkal kideríthető, hogy ez a derivált minden pontban létezik és negatív, így az implicit függvény mindenhol létezik és szigorúan monoton csökkenő. Vegyük észre, hogy a nevezőben lévő kifejezés pont ∂<sub>y</sub>F(x,y) és az implicit függvény létezésének feltétele pont a nevező nullától különböző volta. | ||
+ | |||
A lap 2008. április 10., 21:23-kori változata
Tartalomjegyzék |
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
négyváltozós szélsőérték feladat vizsgálatával.
1. példa
Határozzuk meg a síkon az origó távolságát egy adott egyenesől!
Legyen az egyenes egyenlete
(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
kétváltozós leképezés minimumát az
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 2OP 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:
ezt a leképezést kell hozzávenni a multiplikátorral szorozva a függvényhez:
Az szélsőérték szükségességét vizsgálva:
Az utolsó 0 lényegében a feltételi egyenlet megismétlését jelenti. λ kiesik, ha az első "egyenlet" B-vel, a másodikat A-val beszorozzuk. Ebből:
és a feltételi egyenlet:
Innen
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.
az adott pontban ez
A bal felső elem pozitív, de a 2×2-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
összeg maximumát az
feltétel mellett.
Legyen
Ekkor
így
- , ,
Innen a megoldások:
- , ,
- , ,
A Hesse-mátrix:
az adott pontokban ez
A két megoldás esetén a szabad probléma aldeterminánsai:
- 2, 4
- -2, 4
azaz már a szabad feladat 2×2-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 ⊆ Rn kompakt halmaz és f : Rn 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 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:
az értelmezési tartománya pedig az első negyed
- azaz
egyenletű ellipszisbe eső része:
Ekkor az int(K) beli szélsőérték szükséges feltétele:
A megoldás
Mivel itt z(x,y) = 2 < 4, ezért (x,y) ∈ int(K) és értéke 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.
Implicit függvény deriváltja
Implicit megadású függvényről akkor beszélünk, amikor egy függvény megadása nem (az explicit módon) y = f(x) alakban történik, hanem az x és y kapcsolatát egy mindkét változót tartalmazó
egyenlet írja le. Például adjunk meg olyan függvényt, melynek grafikonja valamely kör egy szakasza. Az
egyenletű körből könnyű az y változót kifejezni, az és alakokat kapjuk. Bonyolultabb esetekben, például a
esetén semmi reményünk, hogy az y változóra valamilyen egyenletrendezéssel általános képletet kapjunk. Az ilyen példák miatt nevezik ezeket a típusú függvényeket implicit, avagy régi, választékos kifejezéssel élve bennrekedt függvényeknek. A differenciálszámítás szempontjából megelégedhetünk azzal, ha az implicit függvény deriváltját ki tudjuk számolni. Sok esetben ebből már következtethetünk a függvényre vagy annak viselkedésére is.
A modern analízis szemszögéből egy N × M K normált terek között ható F függvény a ∈ N és b ∈ M pontokhoz tartozó implicit függvényén olyan, az a egy U környezetén értelmezett és a b egy V környezetébe képező f:U V függvényt értünk, melyre f(a)=b és minden x ∈ U pont esetén rendelkezik az
tulajdonsággal. Amelyet szavakban úgy fogalmazhatunk meg, hogy az F(x,y)=0 egyenletből az y változó kifejezhető y=f(x) alakban.
Implicitfüggvény tétel
Tétel – Implicitfüggvény-tétel R-beli implicit függvényre – Legyen F az R2 egy részhalmazán értelmezett, R-be képező függvény, mely az értelmezési tartománya egy (a,b) belső pontjában erősen differenciálható, F(a,b) = 0 és
(azaz (a,b)-ben az y szerinti parciális deriváltja nem nulla). Ekkor van a-nak olyan I és b-nek olyan J környezete, hogy F-nek egyértelműen létezik az (a,b) párhoz tartozó f: I J implicit függvénye, mely erősen differenciálható a-ban és deriváltja:
Bizonyítás. A (a,b)-beli erős differenciálhatóságból következik, hogy F folytonosan differenciálható (a,b)-ben. Választhatunk tehát olyan I és J nyílt intervallumokat, a és b körül, hogy I × J-n ∂2F sehol sem nulla, azonos előjelű. Feltehetjük, hogy ∂2F pozitív. Vegyük észre, hogy az implicit függvény létezése egyenértékű azzal, hogy minden x ∈ I-re az F( x , . ) parciális függvénynek zérushelye van J-ban, hiszen ekkor minden x-hez létezik olyan y ∈ J, hogy F(x,y)=0. Belátjuk, hogy minden ilyen x-hez egyetlen zérushelye van F( x , . )-nek.
Tekintsük a folytonos F( a , . ) parciális függvényt. Az erős differenciálhatóságból és a pozitívra választott deriváltból következik, hogy ez I-n szigorúan monoton növekvő. Mivel b-ben zérushelye van ( F(a,b)=0 ), ezért van olyan y2 > b pont, hogy ott F( a , . ) pozitív és y1 < b pont, hogy ott F( a , . ) negatív. Ekkor F folytonossága miatt van az (a,y1) pontnak olyan környezete, ahol F negatív és van az (a,y2) pontnak olyan környezete, ahol F pozitív. Most definiáljuk át I-t és J-t úgy, hogy I × J-n az F egy J-beli elem fölött mindenhol pozitív, egy J-beli elem alatt mindehol negatív értéket vegyen föl.
Az erős differenciálhatóságból az is következik, hogy minden x ∈ I-re az F( x , . ) függvény is szigorúan monoton növekvő, negatív és pozitív értéket is felvevő folytonos függvény, így a Bolzano-tétel alapján létezik yx zérushelye és mindegyiknek egyetlen zérushelye létezik. Állítjuk, hogy a φ:I J, x yx függvény implicit függvénye F-nek, azaz minden x ∈ I-re F(x,φ(x))=0.
Könnyen belátható, hogy φ folytonos a-ban, hiszen ha a-hoz közeledve mindig találnánk olyan x pontot, hogy φ(x) egy adott ε-nál mindig jobban eltér b-től, akkor φ(x) egy olyan környezetbe esne bele, ahol F mindenhol egy pozitív számnál nagyobb vagy mindenhol egy negatív számnál kisebb. Ám, F(x,φ(x))=0, így ez ellentmondana F folytonos tulajdonságának.
φ erősen differenciálható (a,b)-ben, hiszen tetszőleges x1, x2 ∈ I-re az F erős differenciálhatósága miatt fennáll
azaz (a pozitív ∂2F(a,b) miatt pozitívra választható ∂2F(a,b)+η miatt):
és innen (x1,x2)(a,a) határátmenetet véve, a másodendű tagok eltűnését követően kapjuk az állítás eredményét. ■
Felhívjuk a figyelmet arra, hogy az implicit függvény értékére fennáll ugyan a
egyenlőség, de mivel ε és η ki nem írt argumentumaiban szerepel φ(x), ezért ez sem egy explicit alak.
Kapcsolat az inverzfüggvény-tétellel
Vegyük észre, hogy mivel mindegyik F( x , . ) parciális függvény szigorúan monoton, így az (x,y) (x, F(x,y)) függvény is injektív. Érdemes tehát az inverzét felírni, az (x,z)(x,y) függvényt. Mivel minden egyes x és z pontra egyetlen y van, hogy F(x,y)=z, ezért z=0 esetén is minden x-hez egyetlen y van, hogy F(x,y)=0, mely az F implicit függvényét szolgáltatja. Ennek a függvénynek a szükséges differenciálhatósági tulajdonságainak bizonyításához hatékonyan használhatjuk fel az inverzfüggvény-tételt. Nem véletlen a kapcsolat a két tétel között. Az előző bizonyítást és a többváltozós eset bizonyítását is végezhetjük az inverzfüggvény-tétellel, sőt az utóbbi esetben csak ezzel. Másrészt az is igaz, hogy a két tétel állítása ekvivalens egymással.
Példák
Tekintsük a következő egyenletű síkgörbét:
Nem lenne könnyű feladat kifejezni belőle y-t, mert az ötödfokú egyenletnek nincs általános megoldóképlete. Mivel a baloldal akárhányszor differenciálható, ezért joggal feltételezhetjük, hogy bizonyos pontokban létezik implicit függvénye. Tegyük fel, hogy φ ilyen függvény. Ekkor az egyenlet
alakú, melynek minden olyan x-nél, ahol φ differenciálható:
ahonnan a derivált: vagy szimbolikusan: . Alaposabb vizsgálatokkal kideríthető, hogy ez a derivált minden pontban létezik és negatív, így az implicit függvény mindenhol létezik és szigorúan monoton csökkenő. Vegyük észre, hogy a nevezőben lévő kifejezés pont ∂yF(x,y) és az implicit függvény létezésének feltétele pont a nevező nullától különböző volta.
7. gyakorlat | 9. gyakorlat |