Matematika A2a 2008/8. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Implicit függvény deriváltja) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→2. példa) |
||
(egy szerkesztő 14 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 φ: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'' ⊆ '''R'''<sup>2</sup> halmazon értelmezett '''R'''-be képező, az ''u'' ∈ ''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 2×2-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 2×2-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 π/4 és π+ π/4 -nél. | ||
+ | |||
==Tartományi szélsőértékfeladat== | ==Tartományi szélsőértékfeladat== | ||
Legyen ''K'' ⊆ '''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'' ⊆ '''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. | ||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
− | |||
207. sor: | 224. sor: | ||
|} | |} | ||
</center> | </center> | ||
+ | |||
+ | [[Kategória:Matematika A2]] |
A lap jelenlegi, 2009. április 9., 21:32-kori változata
Tartalomjegyzék |
Érintősík, érintő
1. Határozzuk meg az
függvény grafikonjának érintősíkjának egyenletét a (2,0) pontban és ebben a pontban határozzuk meg az iránymenti deriváltat az (1,2) vektor mentén!
Az iránymenti deriváltat a grad f-ből:
2. Legyen az implicit módon megadott görbe az
érintővektorát!
Kifejezzük az (x,y) vektort a z-vel φ:z (x,y)
Két pontban kell más paraméterezést választanunk: az x=0-s pontokban. Itt az érintővektor "vízszintes".
3. Van-e lokális differenciálható megoldása az
egyenletnek a 0 körül? Mi a deriváltja a 0-ban?
Igen:
ami sosem nulla.
Megjegyezzük, hogy globális megoldás is adható:
invertálható, mert g'(y)>0 mindig, azaz szigorúan monoton növekvő. Ezért az egyenletet a g inverzével balról beszorozva:
a globális megoládás. Ennek deriváltja az egyváltozós inverzfüggvény szerint a képletszerinti.
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 Rm-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.
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.
Polárkoordináta paraméterezéssel:
szélsőérték π/4 és π+ π/4 -nél.
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
2. példa
3. példa
4. 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.
7. gyakorlat | 9. gyakorlat |