Szerkesztő:Mozo/A2 szigorlat 10

A MathWikiből
< Szerkesztő:Mozo
A lap korábbi változatát látod, amilyen Mozo (vitalap | szerkesztései) 2017. május 21., 10:48-kor történt szerkesztése után volt.
(eltér) ←Régebbi változat | Aktuális változat (eltér) | Újabb változat→ (eltér)

Fermat-féle szélsőértéktétel -- Differenciálható függvény belső pontbeli szélsőértéke létezésének szükséges feltétele -- Ha f valós-valós függvény és f differenciálható az u ∈ int Dom(f) pontban és f-nek u-ban lokális szélsőértéke van, akkor

f'(u) = 0,

Tipikus átvitelielves tétel, hisz a "határérték" létezését tudjuk, csak az értékét kell kiszámolnunk. Tegyük fel, hogy u-ban minimum van. Legyen (δn) az 0-hoz tartó pozitív sorozat, mely minden n-re δn + u, u- δn ∈ Dom(f). Ekkor

0\leq f(u+\delta_n)-f(u)\, és f(u-\delta_n)-f(u)\geq 0\,

Most az elsőt osszuk le &deta;n-nel, a másodikat -&deta;n-nel. Ekkor:

0\leq\frac{f(u+\delta_n)-f(u)}{\delta_n}\to f'(u)\, és f'(u)\leftarrow\frac{f(u-\delta_n)-f(u)}{-\delta_n}\leq 0\,

S mivel, ha egy sorozat csupa nemnegatív (nempozitív), akkor a határértéke is ilyen, ezért:

0\leq f'(u)\leq 0\, azaz f'(u)=0\,

Tétel Lagrange-féle középértéktétel Legyen f: [a,b] \to R differenciálható függvény. Ekkor létezik olyan ξ ∈ (a,b), hogy

\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)\,

Ugyanis, Legyen

m=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\,

Olyan g differenciálható függvény adunk meg, melynek pontosan olyan x helyen van nulla deriváltja, ahol f'(x)=m. Transzformáljuk el az f függvényt az l(x)=m(x-a) függvénnyel:

g(x)=f(x)-m(x-a)\quad\quad(x\in[a,b])

Ez a függvény egyrészt differenciálható, mert differenciálhatókból van összetéve az azt megőrző módon (speciel, ekkor folytonos is). Másrészt: g(a)=f(a)=g(b). Harmadrészt tetszőleges x ∈ [a,b]-re

g'(x)=0 \quad\quad \Leftrightarrow \quad\quad f'(x)=m

A továbbiakban belátjuk, hogy g-nek van az (a,b) nyílton szélsőértéke.

g a Weierstrass-tétel miatt felveszi mindkét típusú extrémumát. Innen esetszétválasztással megyünk tovább.

1) Ha max(g)=f(a) és min(g)=f(a), akkor a függvény konstans, így minden pontja szélsőérték.

2) Ha max(g) és min(g) közül bármelyik nem f(a), akkor ez a valamelyik nem lehet sem a-ban, sem b-ben, mert ott a függvényérték f(a), belül kell, hogy legyen ez a szélsőérték.

Tehát az (a,b)-ben van szélsőértékhely, mondjuk ξ, amire a Fermat-féle szélsőértéktételt alkalmazva kapjuk, hogy

g'(\xi)=0 \,

tehát

f'(\xi)=m\,

QED

Feladat. Igazoljuk, hogy intervallumon differenciálható függvény pontosan akkor monoton, ha a deriváltja mindenhol vagy nemnegatív, vagy nempozitív.


Tétel. f:I \to R differenciálható. Ekkor a következő két kijelentés ekvivalens egymással:

  1. f monoton növekvő,
  2. minden x ∈ I-re f'(x)\geq 0

Ugyanis, 1) \to 2) a < x ∈ I-re: a monotonitásból:

f(x)-f(a) \geq 0\quad\quad/:(x-a)
\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \geq 0

x < a ∈ I-re: a monotonitásból:

f(a)-f(x) \geq 0\quad\quad/:(a-x)
0\leq\frac{f(a)-f(x)}{a-x}=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}

azaz a különbségi-hányados függvény mindenütt nemnegatív (amit úgy nevezünk, hogy a függvény az a-ban lokálisan nő), azaz ennek határértéke sem lehet negatív. 2) \to 1) minden a < b ∈ I-re:

\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi) \geq 0\quad\quad/\cdot(b-a)
f(b)-f(a) \geq 0

azaz f monoton nő.

Tétel. f:I \to R differenciálható. Ha minden x ∈ I-re f'(x) > 0f, akkor f szigorúan monoton növekvő.

Ugyanis, inden a < b ∈ I-re:

\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi) > 0\quad\quad/\cdot(b-a)
f(b) − f(a) > 0

azaz f szigorúan monoton nő.

Feladat. Igaz-e?

  1. Ha f monoton nő, akkor f' nemnegatív.
  2. Ha f monoton nő, és mindenhol differenciálható, akkor f' nemnegatív.
  3. Ha f mindenhol differenciálható és f' mindenhol nemnegatív, akkor f monoton nő.
  4. Ha f intervallumon differenciálható és szigorúan monoton nő, akkor f' pozitív.

Megoldás.

  1. Ha úgy értjük, hogy mindenhol diffható és f' nemnegatív, akkor nem ha úgy, hogy csak ahol f' létezik, akkor igaz.
  2. Igen, mert ekkor lokálisan is monoton nő.
  3. Nem, f(x)=-1/x deriváltja mindenhol létezik, mindenhol nemnegatív és mégsem monoton nő (csak intervallumonként nő)
  4. Nem, f(x)=x3 szig. mon nő, de 0-ban a derivált 0.

Feladat. Igazoljuk, hogy ha x > 0, akkor f(x) = ln(1+x)-x+1/2x2 > 0!

Megoldás. Mivel 0-ban folytonosan kiterjeszthető, ezért ha a kiterjesztés szigorúan monoton növekvő lenne, akkor fennállna a kijelentés. Ehhez az kell, hogy a derivált (0,+∞)-en pozitív legyen:

 \frac{1}{1+x}-1 + x >0\,

A baloldali függvény negativitására abból következtethetünk, hogy szigorúan monoton növekvő a folytonos kiterjesztése (ami létezik, 0-ban 1), amihez az kell, hogy a deriváltja (0,+∞)-en pozitív legyen:

 -\frac{1}{(1+x)^2}+1 >0\,

ami fennáll, hiszen ez pont azt mondja, hogy

1 >\frac{1}{(1+x)^2}\,

azaz

1 < (1 + x)2


Láttuk a monotonitás differenciális jellemzését:

f\in \mathrm{Diff}(I):\quad\quad f\in \mathrm{M}^{\leq} \;\Leftrightarrow\;f'\geq 0
f\in \mathrm{Diff}(I):\quad\quad f\in \mathrm{M}^{\geq} \;\Leftrightarrow\;f'\leq 0

A szélsőértékre és annak jellegére az első deriváltból a következő módon következtethetünk:

Tétel. -- Elsőderivált próba -- Legyen az f (a,b) \to R differenciálható az (a,u)U(u,b) halmazon és folytonos u-ban. Ekkor:

  1. ha f' < 0 (a,u)-n és f' > 0 (u,b)-n, akkor u-ban minimum van,
  2. ha f' < 0 (a,u)-n és f' > 0 (u,b)-n, akkor u-ban maximum van,
  3. ha azonos előjelű mindenhol, akkor biztosan nincs szélsőérték
  4. ellenkező esetben a próba nem ját sikerrel.

Világos, hogy ehhez kell a monotonitási vizsgálat.

A második derivált vizsgálata A görbületre vonatkozó differenciális feltétel:

f\in \mathrm{Diff}^2(I):\quad\quad f\in \mathrm{Konv} \;\Leftrightarrow\;f''\geq 0
f\in \mathrm{Diff}^2(I):\quad\quad f\in \mathrm{Konk} \;\Leftrightarrow\;f''\leq 0

A szélsőértékkel analóg fogalom itt az inflexiós pont, mely eleve a differenciális feltétellel definiált: azt mondjuk, hogy az u ∈ I pont inflexiós pontja az f\in \mathrm{Diff}^2(I) függvénynek, ha abban a pontban a második derivált előjelet vált.

Érdemes még megjegyezni a szélsőértékre vonatkozó másodikderivált próbát, mely lokális abban az értelemben, hogy pusztán csak a második derivált pontbeli értéke a döntő:

Tétel. -- Másodikderivált próba -- Legyen f\in \mathrm{C}^2(I) olyan, hogy az u ∈ int(I) pontban f'(u)=0. Ekkor

  • ha f''(u) > 0, akkor u-ban f-nek u-ban lokális minimuma van,
  • ha f''(u) < 0, akkor u-ban f-nek u-ban lokális minimuma van,
  • más esetekben a próba nem jár sikerrel.

A tétel így, azaz a kétszeri folytonos differenciálhatóság megkövetelésével kimondva világos. Az első esetben u egy környezetében f'' pozitív, azaz f' szig. mon. nő, azaz a f' előjelet vált, így az első derivált próba szerint ott szélsőértéke van (éspedig minimum). A másik eset analóg ezzel.


Tétel - Fermat-féle szélsőértéktétel - Legyen f: Rn \supset\!\to R, u ∈ int Dom(f), f parciálisan differenciálható u-ban.

Ha u-ban f-nek (lokális) szélsőértéke van, akkor
\mathrm{grad}\,f(u)=0_{\mathbf{R}^n}\,

U.is: minden i-re az i-edik parciális függvénynek szélsőértéke van ui-ben, így az egyváltozós Fermat-tétel miatt ezeknek a deriváltja ui-ben 0, így a gradiens értéke 0.

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 Hf(u) az f Hesse-mátrixa

  1. ha det Hf(u) > 0 és ∂11f(u) < 0, akkor f-nek u-ban maximuma van
  2. ha det Hf(u) > 0 és ∂11f(u) > 0, akkor f-nek u-ban minimuma van
  3. ha det Hf(u) < 0, akkor f-nek biztosan nincs szélsőértéke, ún. nyeregpontja van
  4. ha det Hf(u) = 0, akkor a próba nem járt sikerrel, azaz további vizsgálatokat igényel annak eldöntése, hogy u szélsőérték hely-e.
Személyes eszközök