Matematika A2a 2008/8. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Implicit függvény deriváltja)
(2. példa)
 
(egy szerkesztő 15 közbeeső változata nincs mutatva)
1. sor: 1. sor:
 +
==Érintősík, érintő==
 +
 +
'''1.''' Határozzuk meg az
 +
:<math>f(x,y)=x^2e^y\,</math>
 +
függvény grafikonjának érintősíkjának egyenletét a (2,0) pontban és ebben a pontban határozzuk meg az iránymenti deriváltat az (1,2) vektor mentén!
 +
:<math>F(x,y,z)=x^2e^y-z\,</math>
 +
:<math>\mathrm{grad}\,F(x,y,z)=(2xe^y,x^2e^y,-1)\,</math>
 +
:<math>n=(4,4,-1)\,</math>
 +
:<math>x_0=2,y_0=0,z_0=4\,</math>
 +
:<math>s:\quad 4(x-2)+4(y-0)-(z-4)=0\,</math>
 +
Az iránymenti deriváltat a grad f-ből:
 +
:<math>\mathrm{grad}\,f(x,y)=(2xe^y,x^2e^y)\,</math>
 +
:<math>\mathrm{grad}\,f(2,0)=(4,4)\,</math>
 +
:<math>\partial_{(1,2)}f(2,0)=\mathrm{grad}\,f(2,0)\cdot\frac{(1,2)}{\sqrt{5}}=\frac{12}{\sqrt{5}}\,</math>
 +
 +
'''2.''' Legyen az implicit módon megadott görbe az
 +
:<math>\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=4\\
 +
z+y=2\,
 +
\end{matrix}\right.</math>
 +
érintővektorát!
 +
 +
Kifejezzük az (x,y) vektort a z-vel &phi;:z <math>\mapsto</math> (x,y)
 +
:<math>
 +
\partial_{(x,y)}F=\begin{pmatrix}2x & 2y \\0 & 1\end{pmatrix}</math>
 +
:<math>\partial_zF=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}</math>
 +
:<math>\varphi'=-(\partial_{(x,y)}F)^{-1}\cdot\partial_zF\,=-\frac{1}{2x}\begin{pmatrix}1 & -2y \\0 & 2x\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{y}{x}\\-1\end{pmatrix}</math>
 +
 +
:<math>f'(t)=\begin{pmatrix}x'(z=t)\\y'(z=t)\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{y(z)}{x(z)}\\-1\\1\end{pmatrix}</math>
 +
Két pontban kell más paraméterezést választanunk: az x=0-s pontokban. Itt az érintővektor "vízszintes".
 +
 +
'''3.''' Van-e lokális differenciálható megoldása az
 +
:<math>y^5+2y=\sin x^2\,</math>
 +
egyenletnek a 0 körül? Mi a deriváltja a 0-ban?
 +
 +
Igen:
 +
:<math>F(x,y)=y^5+2y-\sin x^2=0\,</math>
 +
:<math>\partial_yF(x,y)=5y^4+2\,</math>
 +
ami sosem nulla.
 +
:<math>y'(x)=-\frac{\cos(x^2)2x}{5y^4+2}\,</math>
 +
 +
Megjegyezzük, hogy globális megoldás is adható:
 +
:<math>g(y)=y^5+2y\,</math>
 +
invertálható, mert g'(y)>0 mindig, azaz szigorúan monoton növekvő. Ezért az egyenletet a g inverzével balról beszorozva:
 +
:<math>g\circ y=\sin \mathrm{id}^2\quad\quad/g^{-1}\circ</math>
 +
:<math>y=g^{-1}\circ\sin \mathrm{id}^2</math>
 +
a globális megoládás. Ennek deriváltja az egyváltozós inverzfüggvény szerint a képletszerinti.
 +
 +
==Másodrendű parciális deriváltak==
 +
Ha ''f'' a ''H'' &sube; '''R'''<sup>2</sup> halmazon értelmezett '''R'''-be képező, az ''u'' &isin; ''H''-ban differenciálható függvény és a 
 +
:<math>\mathrm{grad}\,f</math>
 +
gradiensfüggvény szintén differenciálható ''u''-ban, akkor ''f''-et ''u''-ban kétszer differenciálhatónak nevezzük és az ''f'' függény ''u''-beli '''másodrendű differenciálja''':
 +
:<math>\mathrm{d}^2f(u):=\mathrm{d}(\mathrm{grad}\,f)(u)</math>
 +
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 
 +
:<math>H^f(u)=\begin{bmatrix}
 +
\cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial x^2} & \cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial y\partial x}\\\\
 +
\cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial x\partial y} & \cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial y^2}
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
alakú, amit '''Hesse-féle mátrix'''nak 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 d<sup>2</sup>''f''(u) szimmetrikus tenzor
 +
:<math>H^f(u)=(H^f(u))^{\mathrm{T}}=\begin{bmatrix}
 +
\partial_{11} f(u) & \partial_{12} f(u)\\\\
 +
\partial_{12} f(u) & \partial_{22} f(u)\\
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
 +
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
 +
:<math>\{x\in \mathbf{R}^2\mid f\in\mathrm{Diff}(x)\}\rightarrow\mathrm{Lin}(\mathbf{R}^2;\mathbf{R});\quad x\mapsto \mathrm{d}f(x)</math>
 +
leképezésnek kellett volna a differenciálját venni az ''u'' pontban, és ezt tekinteni a differenciálnak. Ám ez nem '''R'''<sup>m</sup>-be, hanem egy általánosabb normált térbe, a '''R'''<sup>2</sup> <math>\to</math> '''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
 +
:<math>\mathrm{d}(\mathrm{d}f(.))(u)=\mathcal{A}:\mathbf{R}^2\rightarrow\mathrm{Lin(\mathbf{R}^2;\mathbf{R})} </math>
 +
lineáris leképezés, melyre teljesül a
 +
:<math>\lim\limits_{x\to u}\frac{\mathrm{d}f(x)-\mathrm{d}f(u)-\mathcal{A}(x-u)}{||x-u||}=0_{\mathrm{Lin(\mathbf{R}^2;\mathbf{R})}}</math>
 +
A bázisvektorokon ''A'' a következőt veszi fel:
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{\mathrm{d}f(u+te_1)-\mathrm{d}f(u)}{t}=\mathcal{A}(e_1)</math>
 +
ennek a mátrixa a sztenderd bázisban
 +
:<math>\lim\limits_{t\to 0}\frac{[\partial_1 f(u+te_1)\quad\partial_2 f(u+te_1)]-[\partial_1 f(u)\quad\partial_2 f(u)]}{t}=[\mathcal{A}(e_1)]</math>
 +
ami a kivonás és az osztást komponensenként elvégezve az parciális deriváltak első változó szerinti parciális deriváltjait adja:
 +
:<math>[\mathcal{A}(e_1)]=[\partial_1(\partial_1 f)(u)\quad \partial_1(\partial_2 f)(u)]=[\partial_{11} f(u)\quad \partial_{12}f(u)]</math>
 +
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 d<sup>2</sup>f(u) mátrixával, így azonosítható vele.
 +
 
==Feltételes szélsőértékfeladat==
 
==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
 
'''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>
+
:<math>\Phi(x,y,z,\lambda)=F(x,y,z)+\lambda\cdot (f(x,y,z)-c)\, </math>
 
négyváltozós szélsőérték feladat vizsgálatával.
 
négyváltozós szélsőérték feladat vizsgálatával.
  
81. sor: 168. sor:
 
:2, 4
 
:2, 4
 
:-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.
+
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.
+
 
 +
Polárkoordináta paraméterezéssel:
 +
 
 +
:<math>F(x(r,\varphi),y(r,\varphi))=\sqrt{2}\sin(\varphi)+\sqrt{2} \cos(\varphi)=2\sin(\varphi+\frac{\pi}{4})\,</math>
 +
szélsőérték &pi;/4 és &pi;+ &pi;/4 -nél.
 +
 
 
==Tartományi szélsőértékfeladat==
 
==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.
 
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===
 
===1. példa===
 +
:<math>f(x,y)=xy\,</math>
 +
:<math>T=\{(x,y)\mid x^2+4y^2\leq 1,x\geq 0, y\geq 0\}</math>
 +
===2. példa===
 +
:<math>
 +
f(x,y)=(x-1)(y^2-1)\,</math>
 +
:<math>T=\{(x,y)\mid x,y\leq 0,x+y\leq 3\}</math>
 +
:<math>\partial_xf(x,y)=y^2-1=0\,</math>
 +
:<math>\partial_yf(x,y)=(x-1)2y=0\,</math>
 +
 +
===3. példa===
 +
:<math>f(x,y)=x^2-y^2\,</math>
 +
:<math>T= \{(r,\varphi)\mid r\leq 1, 0\leq\varphi\leq \pi/4\}</math>
 +
===4. példa===
 
Tekintsük a  
 
Tekintsük a  
 
<math>z=4-x^2-2y^2\,</math>
 
<math>z=4-x^2-2y^2\,</math>
107. sor: 212. sor:
 
Megjegyezzük, hogy azt, hogy ez lokális maximum még a másodikderivált próbával is sikeresen ellenőrizhető.   
 
Megjegyezzük, hogy azt, hogy ez lokális maximum még a másodikderivált próbával is sikeresen ellenőrizhető.   
  
==Implicit függvény deriváltja==
 
  
'''Implicit''' megadású '''függvény'''ről 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
 
:<math>F(x,y) = 0 \,</math>
 
egyenlet írja le.
 
Például adjunk meg olyan függvényt, melynek grafikonja valamely kör egy szakasza. Az
 
:<math>x^2+y^2=1\,</math>
 
egyenletű körből könnyű az ''y'' változót kifejezni, az <math>\mbox{ }_{y=\sqrt{1-x^2}}</math> és <math>\mbox{ }_{y=-\sqrt{1-x^2}}</math> alakokat kapjuk. Bonyolultabb esetekben, például a
 
:<math>\sin y =x\,</math>
 
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 &times; M <math>\rightarrow</math> K normált terek között ható ''F'' függvény ''a'' &isin; ''N'' és ''b'' &isin; ''M'' pontokhoz tartozó implicit függvényén olyan, az ''a'' egy ''U'' környezetén értelmezett és a ''b'' egy ''V'' környezetébe képező ''f'':''U'' <math>\rightarrow </math> ''V'' függvényt értünk, melyre f(a)=b és minden ''x'' &isin; ''U'' pont esetén rendelkezik az
 
:<math>F(x,f(x))=0\,</math>
 
tulajdonsággal. Amelyet szavakban úgy fogalmazhatunk meg, hogy az F(x,y)=0 egyenletből az ''y'' változó kifejezhető y=f(x) alakban.
 
 
Most szorítkozzunk csak a kétváltozós esetre és tegyük fel, hogy létezik differenciálható implicit függvénye a differenciálható F függvénynek. Ekkor az F(x,y) függvény implicit függvénye az f(x), ha egy adott (u,v) pontban:
 
:F(u,v)=0 és minden az f értelmezési tartományába eső x-re F(x,f(x))&equiv;0
 
világos, hogy ha
 
:0 &equiv; &phi;(x) = F(x,f(x)) = (F<math>\circ</math>(id,f))(x) ,
 
akkor
 
:&phi;'(x) &equiv; 0
 
így tehát a függvénykompozíció deriválásának szabálya szerint:
 
:<math>\phi'(u)=[\partial_F(u,v),\partial_2F(u,v)]\cdot \begin{bmatrix}1//f'(u)\end{bmatrix}=\partial_1 F(u,v)+\partial_2F(u,v)\cdot f'(u)\,=0</math>
 
így
 
:<math>f'(u)=-\frac{\partial_1 F(u,v)}{\partial_2 F(u,v)} \,</math>
 
 
==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> &times; J-n &part;<sub>2</sub>F sehol sem nulla, azonos előjelű. ''Feltehetjük, hogy &part;<sub>2</sub>F pozitív''. Vegyük észre, hogy az implicit függvény létezése egyenértékű azzal, hogy minden ''x'' &isin; <math>I</math>-re az F( x , . ) parciális függvénynek zérushelye van J-ban, hiszen ekkor minden x-hez létezik olyan ''y'' &isin; 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> &times; 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 &isin; <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 &phi;:<math>I</math> <math>\rightarrow</math> J, x <math>\mapsto</math> <math>y_x</math> függvény implicit függvénye F-nek, azaz minden x &isin; <math>I</math>-re F(x,&phi;(x))=0.
 
 
Könnyen belátható, hogy &phi; folytonos a-ban, hiszen ha a-hoz közeledve mindig találnánk olyan x pontot, hogy &phi;(x) egy adott &epsilon;-nál mindig jobban eltér b-től, akkor &phi;(x) egy olyan környezetbe esne bele, ahol F mindenhol egy pozitív számnál nagyobb vagy mindenhol egy negatív számnál kisebb. Ám, F(x,&phi;(x))=0, így ez ellentmondana 
 
F folytonos tulajdonságának.
 
 
&phi; erősen differenciálható (a,b)-ben, hiszen tetszőleges <math>x_1</math>, <math>x_2</math> &isin; <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 &part;<sub>2</sub>F(a,b) miatt pozitívra választható &part;<sub>2</sub>F(a,b)+&eta; 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 &epsilon; és &eta; ki nem írt argumentumaiban szerepel &phi;(x), ezért ez sem egy explicit alak.
 
 
 
 
=== 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 &phi; ilyen függvény. Ekkor az egyenlet
 
:<math>x^5+x\varphi(x)+(\varphi(x))^5=3</math>
 
alakú, melynek minden olyan x-nél, ahol &phi; 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 &part;<sub>y</sub>F(x,y) és az implicit függvény létezésének feltétele pont a nevező nullától különböző volta.
 
==Többváltozós eset==
 
 
Ebben az esetben is az „érintősík” végtelenül közelítő tulajdonsága játszik majd fontos szerepet. Jól látható az összefüggés, ha feltesszük, hogy ''F'' egy '''R'''<sup>n</sup>&times;'''R'''<sup>m</sup>-en értelmezett affin függvény, azaz egy lineáris leképezés eltoltja. Ekkor
 
:''F(x,y) = F(a+h,b+k) = F(a,b)+dF<sub>1</sub>(a,b)h+dF<sub>2</sub>(a,b)k''.
 
Amennyiben ''y = y(x)'' olyan, hogy ''y(a) = b'' és ''F(x,y(x)) = 0'', akkor fennáll a ''0 = dF<sub>1</sub>(a,b)h + dF<sub>2</sub>(a,b)k'' 
 
egyenlőség és ''k'' kifejezhető, amennyiben az ''A = dF<sub>2</sub>(a,b)'' mátrix invertálható. A ''B = dF<sub>1</sub>(a,b)'' jelöléssel ekkor
 
:''k = -(A<sup>-1</sup><math>\cdot</math>B) h''.
 
Általános esetben ez csak egy másodrendűen kicsiny tag hozzávételével lesz igaz, de az implicit függvény létezésének belátásához szükséges a fenti gondolatmenet is.
 
 
[[Banach-tér|Banach-terek]] esetén (melyek akár végtelen [[dimenzió]]sak is lehetnek) a tétel a következő.
 
 
'''Tétel''' – ''Implicitfüggvény-tétel Banach-terekre'' – Legyen E, H, G Banach-terek, F:E &times; H <math>\rightarrow</math> G olyan függvény, mely (a,b) &isin; E &times; H-ban erősen differenciálható. Ha a &part;<sub>2</sub>F(a,b) lineáris leképezés injektív és az inverzével együtt folytonos, akkor egyértelműen létezik az F-nek egy az (a,b) párhoz tartozó f lokális  implicit függvénye, ez erősen differenciálható a-ban és differenciálja:
 
: <math>df(a)=-(\partial_2 F(a,b))^{-1}\circ(\partial_1 F(a,b))</math>
 
 
Vagy egy kevésbé absztrakt tétel:
 
 
'''Tétel''' – ''Implicitfüggvény-tétel '''R'''<sup>n</sup>-re'' – Legyen F:'''R'''<sup>n</sup>&times;'''R'''<sup>m</sup><math>\rightarrow</math>'''R'''<sup>m</sup> folytonosan differenciálható függvény, (a,b) &isin; '''R'''<sup>n</sup>&times;'''R'''<sup>m</sup>olyanok, hogy F(a,b)=0 és <math>\mbox{ }_{\det\left(\frac{\partial F_i(a,b)}{\partial y_k}\right)_{i,k=1,...,m}\ne 0}</math>. Ekkor egyértelműen létezik F-nek egy az (a,b)-hez tartozó lokális implicit függvénye.
 
  
  
205. sor: 224. sor:
 
|}
 
|}
 
</center>
 
</center>
 +
 +
[[Kategória:Matematika A2]]

A lap jelenlegi, 2009. április 9., 20:32-kori változata

Tartalomjegyzék

Érintősík, érintő

1. Határozzuk meg az

f(x,y)=x^2e^y\,

függvény grafikonjának érintősíkjának egyenletét a (2,0) pontban és ebben a pontban határozzuk meg az iránymenti deriváltat az (1,2) vektor mentén!

F(x,y,z)=x^2e^y-z\,
\mathrm{grad}\,F(x,y,z)=(2xe^y,x^2e^y,-1)\,
n=(4,4,-1)\,
x_0=2,y_0=0,z_0=4\,
s:\quad 4(x-2)+4(y-0)-(z-4)=0\,

Az iránymenti deriváltat a grad f-ből:

\mathrm{grad}\,f(x,y)=(2xe^y,x^2e^y)\,
\mathrm{grad}\,f(2,0)=(4,4)\,
\partial_{(1,2)}f(2,0)=\mathrm{grad}\,f(2,0)\cdot\frac{(1,2)}{\sqrt{5}}=\frac{12}{\sqrt{5}}\,

2. Legyen az implicit módon megadott görbe az

\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=4\\
z+y=2\,
\end{matrix}\right.

érintővektorát!

Kifejezzük az (x,y) vektort a z-vel φ:z \mapsto (x,y)


\partial_{(x,y)}F=\begin{pmatrix}2x & 2y \\0 & 1\end{pmatrix}
\partial_zF=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}
\varphi'=-(\partial_{(x,y)}F)^{-1}\cdot\partial_zF\,=-\frac{1}{2x}\begin{pmatrix}1 & -2y \\0 & 2x\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{y}{x}\\-1\end{pmatrix}
f'(t)=\begin{pmatrix}x'(z=t)\\y'(z=t)\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{y(z)}{x(z)}\\-1\\1\end{pmatrix}

Két pontban kell más paraméterezést választanunk: az x=0-s pontokban. Itt az érintővektor "vízszintes".

3. Van-e lokális differenciálható megoldása az

y^5+2y=\sin x^2\,

egyenletnek a 0 körül? Mi a deriváltja a 0-ban?

Igen:

F(x,y)=y^5+2y-\sin x^2=0\,
\partial_yF(x,y)=5y^4+2\,

ami sosem nulla.

y'(x)=-\frac{\cos(x^2)2x}{5y^4+2}\,

Megjegyezzük, hogy globális megoldás is adható:

g(y)=y^5+2y\,

invertálható, mert g'(y)>0 mindig, azaz szigorúan monoton növekvő. Ezért az egyenletet a g inverzével balról beszorozva:

g\circ y=\sin \mathrm{id}^2\quad\quad/g^{-1}\circ
y=g^{-1}\circ\sin \mathrm{id}^2

a globális megoládás. Ennek deriváltja az egyváltozós inverzfüggvény szerint a képletszerinti.

Másodrendű parciális deriváltak

Ha f a HR2 halmazon értelmezett R-be képező, az uH-ban differenciálható függvény és a

\mathrm{grad}\,f

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

\mathrm{d}^2f(u):=\mathrm{d}(\mathrm{grad}\,f)(u)

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

H^f(u)=\begin{bmatrix}
\cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial x^2} & \cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial y\partial x}\\\\
\cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial x\partial y} & \cfrac{\partial^2 f(u)}{\partial y^2}
\end{bmatrix}

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

H^f(u)=(H^f(u))^{\mathrm{T}}=\begin{bmatrix}
\partial_{11} f(u) & \partial_{12} f(u)\\\\
\partial_{12} f(u) & \partial_{22} f(u)\\
\end{bmatrix}

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

\{x\in \mathbf{R}^2\mid f\in\mathrm{Diff}(x)\}\rightarrow\mathrm{Lin}(\mathbf{R}^2;\mathbf{R});\quad x\mapsto \mathrm{d}f(x)

leképezésnek kellett volna a differenciálját venni az u pontban, és ezt tekinteni a differenciálnak. Ám ez nem Rm-be, hanem egy általánosabb normált térbe, a R2 \to 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

\mathrm{d}(\mathrm{d}f(.))(u)=\mathcal{A}:\mathbf{R}^2\rightarrow\mathrm{Lin(\mathbf{R}^2;\mathbf{R})}

lineáris leképezés, melyre teljesül a

\lim\limits_{x\to u}\frac{\mathrm{d}f(x)-\mathrm{d}f(u)-\mathcal{A}(x-u)}{||x-u||}=0_{\mathrm{Lin(\mathbf{R}^2;\mathbf{R})}}

A bázisvektorokon A a következőt veszi fel:

\lim\limits_{t\to 0}\frac{\mathrm{d}f(u+te_1)-\mathrm{d}f(u)}{t}=\mathcal{A}(e_1)

ennek a mátrixa a sztenderd bázisban

\lim\limits_{t\to 0}\frac{[\partial_1 f(u+te_1)\quad\partial_2 f(u+te_1)]-[\partial_1 f(u)\quad\partial_2 f(u)]}{t}=[\mathcal{A}(e_1)]

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

[\mathcal{A}(e_1)]=[\partial_1(\partial_1 f)(u)\quad \partial_1(\partial_2 f)(u)]=[\partial_{11} f(u)\quad \partial_{12}f(u)]

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.

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

\Phi(x,y,z,\lambda)=F(x,y,z)+\lambda\cdot (f(x,y,z)-c)\,

négyváltozós szélsőérték feladat vizsgálatával.

1. példa

Határozzuk meg a síkon az origó távolságát egy adott egyenesől!

Legyen az egyenes egyenlete

Ax+By=C\,

(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

d(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}\,

kétváltozós leképezés minimumát az

Ax+By=C\,

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\cdotOP 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:

f(x,y)=Ax+By-C=0\,

ezt a leképezést kell hozzávenni a multiplikátorral szorozva a függvényhez:

\Phi(x,y,\lambda)=\sqrt{x^2+y^2}+\lambda.(Ax+By-C)\,

Az szélsőérték szükségességét vizsgálva:

\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)

Az utolsó 0 lényegében a feltételi egyenlet megismétlését jelenti. λ kiesik, ha az első "egyenlet" B-vel, a másodikat A-val beszorozzuk. Ebből:

Bx-Ay=0\,

és a feltételi egyenlet:

Ax+By=C\,

Innen

(x,y)=\left(\frac{AC}{\sqrt{A^2+B^2}}, \frac{BC}{\sqrt{A^2+B^2}}\right)

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.

\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}

az adott pontban ez

\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}

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

F(x,y)=x+y\,

összeg maximumát az

x^2+y^2=2\,

feltétel mellett.

Legyen

\Phi(x,y,\lambda)=x+y+\lambda (x^2+y^2-2)\,

Ekkor

\mathrm{grad}\,\Phi(x,y,\lambda)=(1+\lambda 2x,1+\lambda 2y,x^2+y^2-2)=(0,0,0)\,

így

x=-\frac{1}{2\lambda}, y=-\frac{1}{2\lambda}, 2=\frac{1}{2\lambda^2}

Innen a megoldások:

\lambda_1=1\,, x_1=-\frac{1}{2}, y_1=-\frac{1}{2}
\lambda_2=-1\,, x_2=\frac{1}{2}, y_2=\frac{1}{2}

A Hesse-mátrix:

\mathrm{H}^{\Phi}(x,y,\lambda)=
\begin{pmatrix}
2\lambda & 0 & 2x\\
0 & 2\lambda & 2y\\
2x & 2y & 0
\end{pmatrix}

az adott pontokban ez

\mathrm{H}^{\Phi}(x,y,\lambda)=
\begin{pmatrix}
\pm 2 & 0 & \mp 1\\
 0 & \pm 2 & \mp 1\\
 \mp 1 & \mp 1 & 0
\end{pmatrix}

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.

Polárkoordináta paraméterezéssel:

F(x(r,\varphi),y(r,\varphi))=\sqrt{2}\sin(\varphi)+\sqrt{2} \cos(\varphi)=2\sin(\varphi+\frac{\pi}{4})\,

szélsőérték π/4 és π+ π/4 -nél.

Tartományi szélsőértékfeladat

Legyen KRn kompakt halmaz és f : Rn\to 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

f(x,y)=xy\,
T=\{(x,y)\mid x^2+4y^2\leq 1,x\geq 0, y\geq 0\}

2. példa


f(x,y)=(x-1)(y^2-1)\,
T=\{(x,y)\mid x,y\leq 0,x+y\leq 3\}
\partial_xf(x,y)=y^2-1=0\,
\partial_yf(x,y)=(x-1)2y=0\,

3. példa

f(x,y)=x^2-y^2\,
T= \{(r,\varphi)\mid r\leq 1, 0\leq\varphi\leq \pi/4\}

4. példa

Tekintsük a z=4-x^2-2y^2\, 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:

V(x,y,z)=4xyz\,
 f(x,y)=V(x,y,z(x,y))=4xy(4-x^2-2y^2)=16xy-4x^3y-8xy^3\,

az értelmezési tartománya pedig az első negyed

x^2+2y^2=4\, azaz \left(\frac{x}{2}\right)^2 + \left(\frac{y}{\sqrt{2}}\right)^2=1\,

egyenletű ellipszisbe eső része:

\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\,

Ekkor az int(K) beli szélsőérték szükséges feltétele:

\mathrm{grad}\,f(x,y)=(16y-12x^2y-8y^3,16x-4x^3-24xy^2)=(0,0)\,

A megoldás

x=1, y=\frac{\sqrt{2}}{2}

Mivel itt z(x,y) = 2 < 4, ezért (x,y) ∈ int(K) és értéke V = 4\sqrt{2} 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.




7. gyakorlat 9. gyakorlat
Személyes eszközök