, on säännöllinen 2-ulotteinen pinta. Määrää T x0 pisteessä x 0 = (0, 1, 1).

Transkriptio

1 HY / Matematiikan ja tilastotieteen laitos Vektorianalyysi II, syksy 017 Harjoitus 4 Ratkaisuehdotukset 4.1. Osoita, että tasa-arvojoukko S F (0), F : R 3 R, F (x) = 3x 1 x 3 + e x + x e x 3, on säännöllinen -ulotteinen pinta. Määrää T x0 pisteessä x 0 = (0, 1, 1). ja yksikkönormaalivektori ν Ratkaisu: Säännöllisyyden todentamiseen on mukavinta käyttää lausetta 14.17: tarkastetaan siis sen oletukset. Tehtävän tilanteessa on lauseeseen verraten n = 3 ja n m = 1 (eli m = ). Todetaan, että funktion F lähtöjoukko R 3 on (toki) avoin avaruudessa R 3, ja että funktio F on jatkuvasti differentioituva (eli C 1 -kuvaus), sillä osittaisderivaatat 1 F (x) = 3x 3, F (x) = e x + e x 3, 3 F (x) = 3x 1 + x e x 3 ovat sekä olemassa että jatkuvia. Olkoon x S F (0): derivaattamatriisiksi pisteessä x saadaan 1 F (x) 3x 3 mat(df (x)) = F (x) = e x + e x 3. 3 F (x) 3x 1 + x e x 3 Lause vaatii, että kyseisen matriisin aste on n m = 1, mikä toteutuu suoraan, sillä matriisilla on vain yksi sarake*. Lauseen oletukset siis toteutuvat mielivaltaisella pisteellä x S F (0), joten lause takaa, että joka pisteellä x S F (0) on avoin ympäristö W x, missä S F (0; W x ) = S F (0) W x on säännöllinen -ulotteinen pinta: siis säännöllisyyden määritelmän nojalla jokaisella joukon W x pisteellä (eli ainakin pisteellä x) on tangenttitaso. Koska piste x oli mielivaltainen, niin edelleen säännöllisyyden määritelmän nojalla koko pinta S F (0) on säännöllinen. Lauseen mukaan tangenttitaso T a pisteessä a, S F (0) saadaan yhtälöstä 0 = DF (a)(x a) = [ ] x 1 a 1 3a 3 e a + e a 3 3a 1 + a e a 3 x a x 3 a 3 = 3a 3 (x 1 a 1 ) + (e a + e a 3 )(x a ) + (3a 1 + a e a 3 )(x 3 a 3 ) 1

2 ja sijoittamalla haluttu piste a = (0, 1, 1) saadaan 0 = 3( 1)(x 1 0) + (e 1 + e 1 )(x 1 ( 1)) + (3 0 + ( 1)e 1 )(x 3 ( 1)) = 3x 1 + (x + 1)/e (x 3 + 1)/e joka saadaan esimerkiksi muotoon 0 = 3ex 1 + x x Samaisen lauseen mukaan normaalitaso N a pisteessä a S F (0) on vektorin F (a) virittämä (tässä F 1 = F, koska funktion F maaliavaruus on yksiulotteinen). Kyseinen gradienttivektori on F (a) = (3a 3, e a + e a 3, 3a 1 + a e a 3 ), joten normaalivektoriksi ν pisteessä a = (0, 1, 1) voidaan valita vaikka F (0, 1, 1) = (3 0, e 1 + e 1, 1e 1 ) = (0, /e, 1/e) tai sen e:llä kerrottu skalaarimoninkerta (0,, 1). * ) Eräs matriisin asteen määritelmä on matriisin sarakkeiden virittämän avaruuden dimensio, joka on tässä 1 sillä sarakkeita on vain yksi jos sarakkeita olisi monta, voisi olla että ne eivät virittäisikään tarpeeksi suuridimensioista avaruutta. (Käytännössä lause vaatii, että derivaattamatriisin sarakkeet ovat keskenään lineaarisesti riippumattomia.) 4.. Olkoon positiivisten lukujen a 1, a ja a 3 summa 100. Määrää niiden tulon suurin mahdollinen arvo. Ratkaisu: Halutaan siis maksimoida funktio f : R 3 R, f(a 1, a, a 3 ) = a 1 a a 3 rajoituksella a 1 + a + a 3 = 100. Rajoitusehto saadaan muotoon a 1 +a +a = 0, joten voidaan määritellä rajoitusfunktio h: R 3 R, h(a 1, a, a 3 ) = a 1 + a + a Koska lukujen halutaan olevan positiivisia, on ääriarvojen etsintäjoukko A = {(a 1, a, a 3 ) a 1, a, a 3 > 0} = ]0, [ 3. Polynomeina sekä f että g ovat jatkuvasti differentioituvia koko avaruudessa R 3 (joka on toki avoin avaruudessa R 3 ). Siten huomautuksen 13.4 nojalla funktion f mahdolliset sidotut ääriarvopisteet löytyvät Lagrangen kertoimien

3 menetelmällä. Lasketaan sitä varten funktioiden f ja h gradientit, joiksi saadaan f(a 1, a, a 3 ) = (a a 3, a 1 a 3, a 1 a ), h(a 1, a, a 3 ) = (1, 1, 1). Nyt mahdolliset ääriarvopisteet saadaan yhtälöryhmästä x x 3 = λ f(x) = λ h(x) x 1 x 3 = λ = h(x) = 0 x 1 x = λ x 1 + x + x 3 = 100. Koska halutaan löytää positiivisia ratkaisuja, ts. x 1, x, x 3 > 0, niillä voidaan huoletta jakaa. Yhdistämällä ensimmäinen ja toinen yhtälö saadaan x 1 x 3 = λ = x x 3, ja jakamalla x 3 pois saadaan x 1 = x. Toistamalla sama kahdelle keskimmäiselle yhtälölle saadaan x = x 3. Sijoittamalla nämä neljänteen yhtälöön saadaan x 1 + x + x 3 = 3x 3 = 100, ts. x 1 = x = x 3 = 100/3. (Lagrangen kertoimeksi λ saadaan λ = (100/3), vaikka sitä ei tarvitakaan muuhun kuin siihen, että löydetyt arvot todella toteuttavat yhtälöryhmän.) Yhtälöryhmällä on siis yksi ainoa ratkaisu joukossa A, joten se on ainoa ääriarvopiste-ehdokas. Jos funktiolla f siis on ääriarvo joukossa A, se saavutetaan tässä pisteessä. Yhdistämällä positiivisuusehto ja summaehto yhteen, saadaan ääriarvojen etsintäjoukoksi A = {(a 1, a, a 3 ) a 1, a, a 3 > 0, a 1 + a + a 3 = 100}. Joukon A sulkeuma Ā on Ā = {(a 1, a, a 3 ) a 1, a, a 3 0, a 1 + a + a 3 = 100}, ts. kolmio, jonka kärjet ovat (100, 0, 0), (0, 100, 0) ja (0, 0, 100). Ā suljettuna ja rajoitettuna joukkona kompakti: erään topologian lauseen nojalla mikä tahansa funktio kompaktista joukosta reaaliluvuille saavuttaa suurimman ja pienimmän arvonsa, joten funktiolla f on tosiaan joukossa Ā sekä minimipiste että maksimipiste. 3

4 Joukon A reunan pisteelle (a 1, a, a 3 ) pätee, että a 1, a, a 3 0, a 1 + a + a 3 = 100 ja a i = 0 jollakin i = 1,..., 3. Siis kyseiselle reunapisteelle pätee f(a 1, a, a 3 ) = 0. Koska f(a) 0 kaikilla a Ā (sillä joka koordinaatin on oltava epänegatiivinen), nähdään, että joukon A reunalla funktio f saavuttaa minimin. Koska lisäksi esimerkiksi pisteessä (30, 30, 40) A pätee f(30, 30, 40) > 0, niin joukon A reunapisteet eivät voi olla maksimipisteitä. Funktion f maksimipisteen täytyy siis sijaita itse joukossa A, mutta aiemmin todettiin jo, että ainoa mahdollinen ääriarvopiste kyseisessä joukossa on piste (100/3, 100/3, 100/3): kyseisen pisteen täytyy siis olla funktion maksimipiste. Siten funktion f maksimi, ja samalla suurin mahdollinen kolmen positiiviluvun tulo, jotka summautuvat luvuksi 100, on f(100/3, 100/3, 100/3) = (100/3) 3 = / Määrää tasojen x 1 + x + 3x 1 = 1 ja x 1 + x + x 3 = 1 leikkaussuoran lyhin etäisyys origosta. Ratkaisu: Havainnollistetaan ensin tilannetta kuvan avulla. Kuvassa 1 on z x y Kuva 1: Tasot x 1 + x + 3x 1 = 1 ja x 1 + x + x 3 = 1 sekä niiden leikkaussuora. 4

5 piirretty tasot x 1 +x +3x 1 = 1 ja x 1 +x +x 3 = 1, sekä niiden leikkaussuora. Etsitään leikkaussuora muodossa {p + tv t R}. Asetetaan ensin x 1 = 0. Sijoittamalla tämä tasojen yhtälöihin saadaan, että x = ja x 3 = 1. Valitaan siis p = (0,, 1). Etsitään seuraavaksi v = (v 1, v, v 3 ). Sijoitetaan nyt p + vt tasojen yhtälöihin ja saadaan { tv tv 3 + 3tv 3 = 1, tv tv tv 3 = 1, josta edelleen saadaan, että { v1 + v + 3v 3 = 0, v 1 + v + v 3 = 0. Valitaan v = (1,, 1). Nyt siis polku γ(t) = (t, t, 1 + t) määrittelee leikkaussuoraan, mikä voidaan havaita myös kuvasta. Tämän polun derivaatta on γ (t) = v T = (1,, 1) T. Leikkaussuoran lyhin etäisyys origosta saadaan kun minimoidaan normia x leikkaussuoralla. Havaitaan, että riittää minimoida funktiota f(x) = 1 x = 1 xt x, jonka gradientti on helppo laskea: f(x) = x T = (x 1, x ). Tarkastellaan nyt yhdistetyn funktion f γ : R R derivaattaa f γ (t) = f(γ(t)) T γ (t) = 6t 5, joka on nolla, kun t = 5/6. Nyt leikkaussuoran lyhin etäisyys origosta on siis γ(5/6) = 30/ Määrää origokeskisen ellipsin puoliakseleiden pituudet. S = { (x 1, x ) R x 1 + 4x 1 x + 5x = 9 } Ratkaisu: Merkitään g(x) = x 1 + 4x 1 x + 5x 9. Havainnollistetaan ensin tilannetta kuvan avulla. Kuvassa on piirretty ellipsi S eli funktion g tasaarvokäyrä g(x) = 0. Käyrän pisteitä on lisäksi väritetty normin neliön x = x 1 + x mukaan. Havaitaan, että puoliakseleiden päätepisteissä normin neliö saa tasa-arvokäyrällä suurimmat ja pienimmät arvonsa. Merkitään taas f(x) = 1 x = 1 xt x ja lasketaan gradientit f(x) = x T = (x 1, x ), g(x) = (4x 1 + 4x, 4x x ). 5

6 Kuva : Ellipsi S = {(x, y) R x + 4xy + 5y = 9}. Käyttämällä Lagrangen kertoimia saadaan yhtälöryhmä x 1 = λ(4x 1 + 4x ) x = λ(4x x ) x 1 + 4x 1 x + 5x = 9 Tämän yhtälöryhmän voi ratkaista vielä käsin. Ensimmäisestä yhtälöstä saadaan, että x 1 = 4λx. Sijoittamalla tämä toiseen yhtälöön saadaan 1 4λ Nyt supistamalla x saadaan x = λ ( 16λx 1 4λ + (10 40λ)x ). 1 4λ 1 = 16λ + 10λ 40λ, 1 4λ mistä edelleen saadaan toisen asteen yhtälö 4λ + 14λ 1 = 0, jolla on ratkaisut λ = 1/1 ja λ = 1/. Sijoittamalla nämä yhtälöön x 1 = 4λx 1 4λ saadaan x 1 = x ja x 1 = x /. Sijoittamalla x 1 = x viimeiseen 6

7 yhtälöön saadaan 5x = 9 eli x = ±3/ 5. Vastaavasti sijoittamalla x 1 = x / viimeiseen yhtälöön saadaan 7.5x = 9 eli x = ± 6/5. Tarkistamisen voi suorittaa käyttäen vaikkapa WolframAlphaa. Saadaan siis pisteet ( 3/10, 6/5 ), ( 3/10, 6/5 ), ( 6/ 5, 3/ 5 ) ja ( 6/ 5, 3/ 5 ). Piirtämällä nämä kuvaan havaitaan, että ne todella ovat ääriarvopisteitä eli puoliakseleiden päätepisteitä. Puoliakseleiden pituuksiksi saadaan 3/ ja Määrää funktion f : R 3 R, (x 1, x, x 3 ) x 1 + x + x 3 5x 3 ääriarvot joukossa { A = (x 1, x, x 3 ) R 3 x 1 + x 1 } 4 x 3, x 1 + x 3 9, x 3 0. Ratkaisu: Olkoon f : R 3 R, f(x) = x 1 + x + x 3 5x 3 ja joukko A = { (x 1, x, x 3 ) R 3 x 1 + x 1 } 4 x 3, x 1 + x 3 9, x 3 0. Funktion f kriittiset pisteet: f(x) = (x 1, x, x 3 5) = 0 (x 1, x, x 3 ) = (0, 0, 5 ) A. Joukko A on kärjellään seisova torvi, joka on leikattu viistosti. Seuraavaksi lasketaan ääriarvot Lagragen kertojien menetelmällä joukoissa S 1 (torven sivu), S (torven kansi) ja S 3 (torven kannen kehä). (A) Torven sivu: S 1 = { x R 3 h 1 (x) = x 1 + x 1 } 4 x 3 = 0, h 1 (x) = (x 1, x, 1 x 3). Käyttämällä Lagrangen kertoimia saadaan yhtälöryhmä: f = λh 1 (x) h 1 (x) = 0 Sijoittamalla saadaan: (x 1, x, x 3 5) = λ(x 1, x, 1x 3) x 1 + x 1 4 x 3 = 0 7

8 Tällöin: x 1 = λx 1 λ = 1 x = λx λ = 1 x 3 5 = λ 1x 3 x 1 + x 1 4 x 3 = 0 Ratkaistaan yhtälöryhmä: λ = 1 λ = 1 x 3 5 = 1x 3 x 3 = x 1 + x 1 4 x 3 = 0 x 1 + x = 1 Siis saadaan pisteet (x 1, x, ), missä x 1 + x = 1. Sijoittamalla arvot epäyhtälöihin nähdään, että kaikki kyseiset pisteet kuuluvat joukkoon A (keskimmäiseen epäyhtälöön käytetään arviota x 1 1), joten kaikki nämä pisteet ovat mahdollisia ääriarvokohtia. (B) Torven kansi: S = { x R 3 h (x) = x 1 + x 3 9 = 0 }, h (x) = (, 0, ). f(x) = λh (x) h (x) = 0 x 1 = λ x = 0 x 3 5 = λ x 1 + x 3 9 = 0 Sijoittamalla ensimmäinen ja kolmas yhtälö neljänteen saadaan λ + λ = 0 eli λ = 1. Sijoittamalla tämä ensimmäiseen ja kolmanteen yhtälöön saadaan x 1 = 1 x = 0 x 3 = = 7 λ = 1. Tästä saadaan piste (1, 0, 7 ) A, sillä myös ensimmäinen ja kolmas epäyhtälö toteutuvat. (C) Torven kannen kehä: 8

9 { S 3 = x R 3 h 1 (x) = x 1 + x 1 } 4 x 3 = 0, h (x) = x 1 + x 3 9 = 0, h 1 (x) = (x 1, x, 1 x 3), h (x) = (, 0, ). f(x) = λ 1 h 1 (x) + λ h (x) h 1 (x) = 0 h (x) = 0 = x 1 = λ 1 x 1 + λ x = λ x x 3 5 = 1λ 1 + λ x 1 + x = 1 4 x 3 x 1 + x 3 = 9 Toiseksi ylimmästä yhtälöstä voidaan ratkaista, että joko x = 0 tai λ = 1. Tutkitaan ensin jälkimmäinen tapaus: sijoittamalla se muihin yhtälöihin ja sieventämällä saadaan (1 λ 1 )x 1 = 1 λ = 1 4x 3 + λ 1 = 14, x 1 + x = 1 4 x 3 x 1 + x 3 = 9 josta alimmasta voidaan ratkaista x 3 = 9/ x 1, ja kolmannesta voidaan ratkaista λ 1 = 14 4x 3. Yhdistämällä nämä kaksi yhtälöä saadaan λ 1 = 14 4(9/ x 1 ) = x 1 = 4x 1 4. Sijoittamalla tämä ensimmäiseen yhtälöön saadaan lopulta toisen asteen yhtälö muuttujalle x 1 : 1 = (1 (4x 1 4))x 1 = (5 4x 1 )x 1 = 4x 1 + 5x 1, eli 4x 1 5x = 0. Sillä on juuret x 1 = 1, x 1 = 1/4. Nyt muuttujille x 3 ja λ 1 saadaan helposti laskettua arvot, ja muuttuja x saadaan ratkaistua neljännestä yhtälöstä, ja saadaan ratkaisut x 1 = 1 x = ± ( 1( 7 4 ) 1 ) = ± x 1 = x = ± 1 ( ) ( 1 4 ) = ± x 3 = 9 1 = 7, x 3 = 9 1 = λ 1 = = 0 λ 1 = = 3 4 λ = 1 λ = 1 9

10 eli (1, ± 33, 7) ja ( 1, 16 4 ± 85 x , 17 4 ), joista molemmat ovat joukossa A, sillä Tutkitaan sitten tapaus x = 0: sijoittamalla se muihin yhtälöihin ja sieventämällä saadaan yhtälöryhmä (1 λ 1 )x 1 = λ x = 0 4x 3 10 = λ 1 + 4λ 4x 1 = x 3 x 1 + x 3 = 9 Alimmasta yhtälöryhmästä voidaan ratkoa x 1 = 9 x 3, ja sijoittamalla se neljänteen yhtälöön saadaan toisen asteen yhtälö muuttujalle x 3 : x 3 = (x 1 ) = (9 x 3 ) = 4x 3 36x , eli 3x 3 36x = 0. Sillä on ratkaisut x 3 = 3 ja x 3 = 9, jotka ovat molemmat positiivisia, joten yhtälöryhmien mahdolliset ratkaisut tulevat olemaan joukossa A. Muuttujan x 1 arvo voidaan ratkoa helposti alimmasta yhtälöstä: x 1 = 9 x 3. Tapauksessa x 3 = 3 saadaan x 1 = 3, ja tapauksessa x 3 = 9 saadaan x 1 = 9. Saadaan siis kaksi mahdollista ääriarvoa ( 3, 0, 3) ja ( 9, 0, 9). (Muuttujia λ 1 ja λ ei ratkaistu, joten sinänsä ei tiedetä, onko itse viiden yhtälön yhtälöryhmällä ratkaisuja. Kuitenkin, jos niitä on, niin niissä x 1, x ja x 3 saavat jo selvitetyt arvot, joten niitä voi pitää mahdollisin ääriarvoina. Siis saadut mahdolliset ratkaisut saattaisivat eliminoitua sen perusteella, että luvuille λ 1 ja λ ei saada yhteensopivia ratkaisuja, mutta on helpompaa vain laskea funktion arvot saaduissa pisteissä kuin pyöritellä epälineaarisia yhtälöryhmiä lisää.) (D) Kärjet: Joukolla A on vain yksi kärkipiste (0, 0, 0), joten sekin on mahdollinen ääriarvopiste. Ääriarvot: f(0, 0, 5) = 5 = 6,5, 4 f(x 1, x, ) = 5, missä x 1 + x = 1, f(1, 0, 7 ) = 17 4 = 4,5, f(1, ± 33 16, 7 ) = =,1875, 10.

11 f( 3, 0, 3) = 15 = 3,75, 4 f( 9 5, 0, 9) = = 56,5, 4 f(0, 0, 0) = 0. Siten minimipiste on (0, 0, 5), maksimipiste on ( 9, 0, 9), funktion f minimi joukossa A on 5 5 = 6,5 ja maksimi = 56,