Matematika A2a 2008/4. gyakorlat

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

Teljes differenciálhatóság, gyakorlás

1. Hol deriválható?

$f(x,y)=\sqrt[3]{x^4+y^4}$

2. Hol deriválható?

$\begin{cases} \frac{x^2y^3}{x^4+y^4}, & (x,y)\neq (0,0)\\ 0, & (x,y)=(0,0) \end{cases}$

Iránymenti deriválhatóság és differenciálhatóság

Ha e tetszőleges egységvektor, akkor

$\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\partial_{e}f(u)=[\mathrm{grad}\,f(u)]\cdot e=[\nabla f(u)]\cdot e$

Példa.

$f(x,y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}& \mbox{, ha }&(x,y)\ne (0,0)\\ 0&\mbox{, ha }&(x,y)=(0,0)\end{matrix}\right.$

Ekkor

$\mathrm{J}^f(0,0)=[0, 0]\,$

Ha tehát differenciálható, akkor az iránymenti deriváltak (Gateau-deriváltak) is léteznek (e egységvektor):

$\partial_ef(u)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(u+te)-f(u)}{t}=\mathrm{J}^f(0,0)\cdot e=e\cdot\mathrm{grad}\,f(u)$

Ám, polárkoordinátákra áttérve:

$f(x(r,\varphi),y(r,\varphi))=\frac{r^2\cos\varphi\sin\varphi}{r}=r\cos\varphi\sin\varphi=r\cdot \frac{1}{2}\sin 2\varphi$

φ = π/4-et és π + π/4-et véve a vetületfüggvény a

$t\mapsto\frac{1}{2}|t|$,

ami nem differenciálható a 0-ban.

Illetve nézzük meg a (3,4) vektor mentén!

Megjegyzés. Persze abból, hogy az összes iránymenti derivált létezik, abból nem következik, hogy a függvény totálisan deriválható.

Szélsőérték szükséges feltétele

Egyelőre állapodjunk meg abban, hogy gradiensnek nevezzük a következő többváltozós vektorértékű függvényt: ha f: Rⁿ $\supset\!\to$ R parciálisan differenciálható, akkor

$\mathrm{grad}\,f(x)=(\partial_1f(x),...,\partial_nf(x))$

mely lényegében az f elsőrendű parciális deriváltjaiból képezett vektor.

Később a gradienst egy kissé másképp fogjuk értelmezni és amit most definiáltunk, az a gradiens sztenderd bázisbeli mátrixa lesz (adott pontra vonatkozóan).

Tétel - Fermat-féle szésőértéktétel - 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 u_i-ben, így az egyváltozós Fermat-tétel miatt ezeknek a deriváltja u_i-ben 0, így a gradiens értéke 0.

Példa

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

Ennek gradiense:

$\mathrm{grad}\,f(x,y)=(2xy^2,2yx^2)$

Az

$\left. \begin{matrix} \mathrm{I.} & 2xy^2 & = & 0\\ \mathrm{II.} & 2yx^2 & = & 0\\ \end{matrix} \right\}$

egyenletrendszer megoldásai: x = 0, y tetszőleges ill. y = 0 és x tetszőleges. A szélsőértékek helyei csak ezek közül kerülhetnek ki és ezek valóban szélsőértékek is, mert ezeken a függvény 0-t vesz fel, ami a lehetséges legkisebb értéke.

Magasabbrendű parciális deriváltak

Ha f parciálisan deriválható, akkor ∂₁f és ∂₂f szintén kétváltozós függvények (a pontonként a deriváltak, mint függvényértékek értelmezésével) és érdeklődhetünk ezek parciális differenciálhatóságuk iránt. Például:

$f(x,y)=x^2y^4+x^5-y^3\,$

$\partial_xf(x,y)=xy^4+5x^4$

$\partial_yf(x,y)=x^24y^3-3y^2$

$\partial_x(\partial_xf)(x,y)=y^4+20x^3$

$\partial_y(\partial_yf)(x,y)=12x^2y^2-6y^2$

$\partial_y(\partial_xf)(x,y)=x4y^3$

$\partial_x(\partial_yf)(x,y)=4xy^3$

És valóban:

Tétel. (Young-tétel) Ha a másodrendű parciális deriváltak léteznek az u egy környezetében és folytonosak az u pontban, akkor az u-beli vegyes másodrendű parciláis deriváltak egyenlőek:

$\partial_x(\partial_y f)(u)=\partial_y(\partial_x f)(u)$

Azaz az alábbi, úgy nevezett Hesse-mátrix szimmetrikus:

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

Feladat. Az a kitétel, hogy az u-ban a másodrenrű parciláis deriváltak folytonosak, nem hagyható el, ugyanis. Legyen

$f(x,y)=\left\{\begin{matrix} 0,& \mbox{ ha }(x,y)=(0,0)\\ \frac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2},& \mbox{ ha }(x,y)\ne(0,0) \end{matrix}\right.$

Ekkor a 0-ban nem egyenlő a két vegyes parciális derivált.

Tekintsük a parciális deriváltakat:

$\partial_x(\partial_yf)(0,0)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(\partial_yf)(x,0)-(\partial_yf)(0,0)}{x}$

$\partial_y(\partial_xf)(0,0)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{(\partial_xf)(0,y)-(\partial_xf)(0,0)}{y}$

$\partial_x(\partial_xf)(0,0)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(\partial_xf)(x,0)-(\partial_xf)(0,0)}{x}$

$\partial_y(\partial_yf)(0,0)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{(\partial_yf)(0,y)-(\partial_yf)(0,0)}{y}$

Ehhez tehát elegendő kiszámítani a következő föggvényeket: y $\mapsto$ (∂_xf)(0,y), x $\mapsto$ (∂_yf)(x,0). Ehhez a parciális deriváltak:

$\partial_xf(0,y)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(t,y)-f(0,0)}{t}=\left\{\begin{matrix} 0,& \mbox{ ha }y=0\\ -y,& \mbox{ ha }y\ne 0 \end{matrix}\right.$

$\partial_yf(x,0)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x,t)-f(0,0)}{t}=\left\{\begin{matrix} 0,& \mbox{ ha }x=0\\ x,& \mbox{ ha }x\ne 0 \end{matrix}\right.$

$\partial_yf(0,y)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(0,y+t)-f(0,0)}{t}=0$

$\partial_xf(x,0)=\lim\limits_{t\to 0}\frac{f(x+t,0)-f(0,0)}{t}=0$

Megjegyezzük, hogy a g=(∂_xf,∂_yf) függvény (0,0)-beli parciális deriváltjai nem lehetnek folytonosak, mert ott a függvény nem totálisan diffható. Ugyanis a g Jacobi-mátrixa:

$J^g(0,0)=H^f(0,0)=\begin{bmatrix} 0 & -1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}$

ami a 90˚-os forgatás. Ekkor a g-t a (t,0) vektorral közelítve a 0-ba:

$\lim\limits_{t\to 0}\frac{g(t,0)-g(0,0)-J^g(0,0)\cdot (t,0)}{|t|}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(0,-t)}{|t|}\ne (0,0)\,$

márpedig ha g minden parciális deriváltja folytonos lenne a (0,0)-ban, akkor g totálisan is deriválható lenne.

Többváltozós függvény szélsőértéke

$f(x)=f(u)+\mathrm{J}_u^f(x-u)+(x-y)\mathrm{H}^f_u(x-u)+\varepsilon(x)||x-u||^2$

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 H^f(u) az f Hesse-mátrixa

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

Megjegyzések. Mivel kétváltozós esetben

$\mathrm{det}\,\mathrm{H}^f(u)=\partial_{11}f(u)\cdot \partial_{22}f(u)-(\partial_{12}f(u))^2$

ezért olyan eset nem létezik, hogy det H^f(u) > 0 és ∂₁₁f(u) = 0.

Világos, hogy a második derivált tipikusan azoknál a függvényeknél jár sikerrel, melyeket egy másodfokú függvény közelít a legjobban (aszimptotikusan másodfokúak). Ha a függvény ennél magasabb fokú, akkor a második deriváltak eltűnnek és a Hesse-mártix elfajul (vagy legalább is tipikusan elfajul).

Ha tehát

$\mathrm{H}^{f}(u)=\begin{pmatrix} A & B \\ B & C \end{pmatrix}$, akkor $\mathrm{det\,H}^{f}(u)=AC - B^2$,

és így a tipikus példák a következők.

Példák

1. Ha B kicsi, azaz az AC-hez képest kis abszolútrétékű szám, akkor a szélsőérték irányába mozdul el a feladat.

$f(x,y)=x^2+xy+y^2\,$

Ekkor grad f = ( 2x + y , 2y + x ) és

$\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$

azaz 4 - 1 = 3 > 0 és 2 > 0 miatt minimum.

2. Ha |B| nagy (azaz AC-hez képest nagy), akkor a bizonyosan nemszélsőérték irányába.

$f(x,y)=x^2-3xy+y^2\,$

Ekkor grad f = ( 2x + -3y , 2y + -3x ) és

$\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix} 2 & -3 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}$

azaz 4 - 9 = -5 < 0 miatt nincs szélsőérték: nyeregpont.

3. Negatív A és C-re és kis B-re:

$f(x,y)=-x^2+xy-y^2\,$

Ekkor grad f = ( -2x + 3y , -2y + 3x ) és

$\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix} -2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$

azaz 4 - 1 = 3 > 0 és -2 < 0 miatt maximum.

4. Ha A és C előjele ellenkező, akkor rögtön következik, hogy nincs sz.é.

$f(x,y)=x^2+xy-y^2\,$

Ekkor grad f = ( 2x + y , -2y + x ) és

$\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$

azaz -4 - 1 = -5 < 0 azaz nyeregpont.

5. Atipikus eset, ha AC = B². Ekkor nem jár sikerrel a próba:

$f(x,y)=x^2+2xy+y^2\,$

Ekkor grad f = ( 2x + 2y , 2y + 2x ) és

$\mathrm{H}^{f}(x,y)=\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$

azaz 4 - 4 = 0, azaz határozatlan eset. De tudjuk, hogy

$f(x,y)=(x+y)^2\,$

ami pontosan akkor minimális, ha x = -y, azaz ezeken a helyeken van szélsőérték.

6.

$f(x,y)=3x^2-6xy+2y^3\,$

7.

$f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}\cdot e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}\,$

pótló gyakorlat

5. gyakorlat