Matematika A2a 2008/8. gyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(1. példa)
(2. példa)
 
(egy szerkesztő egy közbeeső változata nincs mutatva)
181. sor: 181. sor:
 
:<math>f(x,y)=xy\,</math>
 
:<math>f(x,y)=xy\,</math>
 
:<math>T=\{(x,y)\mid x^2+4y^2\leq 1,x\geq 0, y\geq 0\}</math>
 
:<math>T=\{(x,y)\mid x^2+4y^2\leq 1,x\geq 0, y\geq 0\}</math>
 
 
===2. példa===
 
===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>

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