Oletetaan ensin, että tangenttitaso on olemassa. Nyt pinnalla S on koordinaattiesitys ψ, jolle pätee että kaikilla x V U

Transkriptio

1 HY / Matematiikan ja tilastotieteen laitos Vektorianalyysi II, syksy 018 Harjoitus 4 Ratkaisuehdotukset Tehtävä 1. Olkoon U R avoin joukko ja ϕ = (ϕ 1, ϕ, ϕ 3 ) : U R 3 kaksiulotteisen C 1 -alkeispinnan S = ϕ(u) globaali parametriesitys. Osoita, että pinnalla S on tangenttitaso pisteessä y 0 = ϕ(x 0 ), jos ja vain jos voidaan valita lokaali koordinaattiesitys ψ siten, että jokin determinanteista J ψ,i (x 0 ) := 1ψ j (x 0 ) ψ j (x 0 ) 1 ψ k (x 0 ) ψ k (x 0 ) indekseille (i, j, k) {(1,, 3), (, 3, 1), (3, 1, )} eroaa nollasta. Ratkaisu. Huom. tarkennus tehtävänannossa: tämän ehdon todistaminen globaalille koordinaattiesitykselle on hyvin epätriviaali tulos eikä ole todistettavissa tämän kurssin tiedoilla. Oletetaan ensin, että tangenttitaso on olemassa. Nyt pinnalla S on koordinaattiesitys ψ, jolle pätee että kaikilla x V U pätee 1 ψ 1 (x 0 ) ψ 1 (x 0 ) rank Dψ(x) = 1 ψ (x 0 ) ψ (x 0 ) = 1 ψ 3 (x 0 ) ψ 3 (x 0 ) eli yllä olevalla matriisilla on kaksi lineaarisesti riippumatonta riviä; olkoon nämä rivit j ja k. Nyt J ψ,i (x 0 ) := 1ψ j (x 0 ) ψ j (x 0 ) 1 ψ k (x 0 ) ψ k (x 0 ) 0 Oletetaan sitten, että J ψ,i (x 0 ) 0 jollain lokaalilla koordinaattiesityksellä ψ ja jollain (i, j, k) {(1,, 3), (, 3, 1), (3, 1, )}. Koska ψ on C 1, voidaan löytää pisteen x 0 ympäristö V, jossa J ψ,i (x) 0. Seuraavan matriisin rivit ovat siis lineaarisesti riippumattomia kaikilla x V ( ) 1 ψ j (x) ψ j (x) 1 ψ k (x) ψ k (x) 1

2 Yhden rivin lisääminen kyseiseen matriisiin ei siis muuta lineaarisesti riippumattomien rivien määrää, joten 1 ψ 1 (x) ψ 1 (x) rank Dψ(x) = 1 ψ (x) ψ (x) = 1 ψ 3 (x) ψ 3 (x) kaikilla x V, joten tangenttiavaruus on olemassa. Tehtävä. Osoita, että edellisen tehtävän pinnalla S on pisteessä y 0 = ϕ(x 0 ) muotoa ν = 1 ϕ(x 0 ) ϕ(x 0 ) := (J ϕ,1 (x 0 ), J ϕ, (x 0 ), J ϕ,3 (x 0 )) oleva normaalivektori ν := ν(y 0 ) (silloin, kun se on olemassa). Ratkaisu. Riittää osoittaa, että ν on kohtisuorassa vektoreita 1 ϕ(x 0 ) ja ϕ(x 0 ) vastaan. 3 1 ϕ(x 0 ) ν(y 0 ) = 1 ϕ i (x 0 )J ϕ,i (x 0 ) Vastaavasti i=1 = 1 ϕ 1 (x 0 ) ( 1 ϕ (x 0 ) ϕ 3 (x 0 ) 1 ϕ 3 (x 0 ) ϕ (x 0 )) + 1 ϕ (x 0 ) ( 1 ϕ 3 (x 0 ) ϕ 1 (x 0 ) 1 ϕ 1 (x 0 ) ϕ 3 (x 0 )) + 1 ϕ 3 (x 0 ) ( 1 ϕ 1 (x 0 ) ϕ (x 0 ) 1 ϕ (x 0 ) ϕ 1 (x 0 )) = 1 ϕ 1 (x 0 ) 1 ϕ (x 0 ) ϕ 3 (x 0 ) 1 ϕ (x 0 ) 1 ϕ 1 (x 0 ) ϕ 3 (x 0 ) = ϕ (x 0 ) 1 ϕ 3 (x 0 ) ϕ 1 (x 0 ) 1 ϕ 3 (x 0 ) 1 ϕ (x 0 ) ϕ 1 (x 0 ) + 1 ϕ 3 (x 0 ) 1 ϕ 1 (x 0 ) ϕ (x 0 ) 1 ϕ 1 (x 0 ) 1 ϕ 3 (x 0 ) ϕ (x 0 ) ϕ(x 0 ) ν(y 0 ) = ϕ 1 (x 0 ) 1 ϕ (x 0 ) ϕ 3 (x 0 ) ϕ 3 (x 0 ) 1 ϕ (x 0 ) ϕ 1 (x 0 ) = 0 + ϕ (x 0 ) 1 ϕ 3 (x 0 ) ϕ 1 (x 0 ) ϕ 1 (x 0 ) 1 ϕ 3 (x 0 ) ϕ (x 0 ) + ϕ 3 (x 0 ) 1 ϕ 1 (x 0 ) ϕ (x 0 ) ϕ (x 0 ) 1 ϕ 1 (x 0 ) ϕ 3 (x 0 ) Tehtävä 3. Tarkastellaan funktion f : R 4 R, f(x) = x 1 e x + x e x 3 + x 3 e x 4 määräämää tasa-arvojoukkoa S = f 1 (1).

3 (a) Osoita, että S määrittelee sileän pinnan. Mikä on pinnan S dimensio? (b) Määritä pinnan S joukot T y0 ja N y0 pisteessä y 0 = ( 1, 1, 1, 0). Ratkaisu. (a) Hyödynnetään implisiittifunktiolausetta. Funktion f gradientille saadaan seuraava lauseke: e x f(x) = x 1 e x + e x 3 x e x 3 + e x 4 x 3 e x 4 Erityisesti 1 f(x) 0 kaikilla x R 4, joten implisiittifunktiolauseen nojalla saadaan jokaisen pisteelle x tuloympäristö U V ja sileä kuvaus g : U V siten, että S (U V ) on funktion g graafi. Merkitään x = (x, x 3, x 4 ). Nyt pinnan S lokaaliksi esitykseksi saadaan ϕ( x) = (g( x), x), jolle pätee triviaalisti rank Dϕ( x) = 3 kaikilla x U, joten S on sileä ja dim S = 3. (b) Nyt Lisäksi e 1 f(y 0 ) = e 1 + e 1 e 1 + e 0 = e 0 e 0 e T y0 = {x R n : Df(y 0 )(x y 0 ) = 0} = {x R n : ex 1 + (e + 1)x 3 + x 4 = 1} N y0 = y 0 + span{ f(y 0 )} 1 e = λ 0 e + 1 : λ R 0 1 3

4 Tehtävä 4. Olkoon U R n avoin joukko ja f : U R differentioituva funktio. Olkoon a U funktion f lokaali ääriarvopiste. Osoita, että tällöin f(a) = 0. (Vinkki: osoita ensin, että e f(a) = 0 jokaiselle suunnalle e R n \{0}). Ratkaisu. Riittää osoittaa väite minimeille, sillä maksimit saadaan funktion f minimeinä. Olkoon siis a funktion f lokaali minimi ja olkoon e S n 1 := {x R n : x = 1}. Tarkastellaan kuvausta g : R R, t f(a + te). Koska a on funktion f minimi, on olemassa r > 0 siten, että g(t) = f(a + te) f(a) = g(0) kaikilla 0 t < r. Piste 0 on siis derivoituvan funktion g lokaali minimi, joten 0 = g (0) g(t) g(0) = lim t 0 t f(a + te) f(a) = lim t 0 t = e f(a) Yllä oleva pätee erityisesti, jos valitaan e = e i jollain kantavektorilla e i. Saadaan siis i f(a) = 0 kaikilla i = 1,..., n, joten f(a) = 0. Tehtävä 5. Määritä funktioiden f : R 3 R, ja g : R 3 R Kriittiset pisteet ja niiden laatu (a) koko avaruudessa R 3. (b) joukossa U = {x R 3 : x 3 > 0}. f(x) = x 1 + x 1x + 1 x + x g(x) = x 1 + x 1 x + e x x 3 Ratkaisu. Määritetään funktion f gradientin nollakohdat: x 1 (1 + x ) 0 = f(x) = x 1 + x x 3 x 3 = 0 ja (x 1 = 0 tai x = 1) x = 0 x 1 = ±1 4

5 Kriittiset pisteet ovat siis 0 ja (±1, 1, 0). Määritetään sitten laatu Hessen matriisin avulla: (1 + x ) x 1 0 D f(x) = x D f(0) = Tämän matriisin ominaisarvot ovat selvästi,1 ja, jotka ovat kaikki positiivisia, joten origo on funktion f minimi. 0 ± 0 D f(±1, 1, 0) = ± Ainakin yksi ominaisarvoista on positiivinen, koska tr(d f(±1, 1, 0)) = 3 > 0 ja ainakin yksi ominaisarvo on negatiivinen, koska det(d f(±1, 1, 0)) = 8 < 0 Pisteet (±1, 1, 0) ovat siis satulapisteitä. Yllä on hyödynnetty tulosta, että matriisin jälki on ominaisarvojen summa ja determinantti niiden tulo. Funktion f kriittisille pisteille pätee x 3 0, joten ne eivät kuulu joukkoon U. Tarkastellaan sitten funktiota g: x 1 + x 0 = g(x) = x 1 + x 3 e x x 3 x e x x 3 x e x x 3 = 0 x = 0 x 1 = 0 x 3 e x x 3 = 0 x 3 = 0 5

6 Ainoa kriittinen piste on siis origo. Määritetään sitten laatu: 1 0 D g(x) = 1 x 3e x x 3 (x x 3 + 1)e x x 3 0 (x x 3 + 1)e x x 3 x e x x D g(0) = Huomataan, että tr(d g(0)) = > 0 ja det(d g(0)) = < 0, joten origo on funktion g satulapiste. Tämäkin piste on joukon U komplementissa. Tehtävä 6. Määritä avaruuden R 3 pintojen ja S 1 = {x R 3 : x 1 + x 3 = 1} S = {x R 3 : x 1 x + x = 0} leikkausjoukon suurin ja pienin etäisyys origosta. Ratkaisu. Sovelletaan Lagrangen kertoimien metelemää normikuvauksen kriittisten pisteiden löytämiseksi joukossa S := S 1 S. Merkitään ( ) x h(x) = 1 + x 3 1 x 1 x + x Nyt siis S = h 1 (0). ( ) x1 0 4x Dh(x) = x 1 1 x 3 Huomataan, että rank Dh(x) =, kun (x 1, x 3 ) 0 ja siis erityisesti kun x S, joten S on sileä käyrä. Koska toiseen potenssiin korotus on aidosti kasvava kuvaus normin kuvajoukossa eli ei-negatiivisilla reaaliluvuilla, se säilyttää ääriarvopisteet. Voidaan siis tarkastella seuraavaa yhtälöryhmää etäisyyden minimoivien pistei- 6

7 den löytämiseksi: { x = λ 1 h 1 (x) + λ h (x) h(x) = 0 x 1 = λ 1 x 1 + λ x 1 x = λ x 3 = λ 1 x 3 + 4λ x 3 x 1 + x 3 = 1 x 1 x + x = 0 { x 1 (λ 1 x 1) = 0 x 3 (λ 1 4x 1) = 0 x 1 = 0 tai λ 1 x 1 = 0 x 3 = 1 x x 3 = 0 3 x = 0 x 3 = 0 tai x = 0 x 1 = 1 x 1 + x 3 = 1 x = 0 ristiriita Kriittiset pisteet ovat siis (0, 3, ± 1 ) ja (±1,, 0). Osoitetaan seuraavaksi, että S on kompakti. Ylempänä jo huomattiin, että S on yksiön {0} alkukuva jatkuvan kuvauksen h alla, joten se on suljettu. Pinnan S 1 yhtälöstä nähdään, että x 1 1 ja x 3 1. Pinnan S yhtälösta puolestaan saadaan, että x = x 1 + x , joten S on myös rajoitettu ja siis kompakti. Jatkuva kuvaus saavuttaa ääriarvonsa kompaktissa joukossa, joten sekä minimit ja maksimit ovat Lagrangen kertoimien menetelmällä löydettyjen pisteiden joukossa. ( 0, 3, ± 1 ) = 11 4 < 5 = (±1,, 0) Pisteet (0, 3, ± 1 ) ovat siis minimejä ja (±1,, 0) maksimeja. Suurin etäisyys on siis 11 5 ja pienin. 4 Tämän tehtävän kontekstissa yllä oleva kompaktisuus-argumentti voidaan korvata myös alkeellisemmalla tuloksella käyttäen joukon S parametrisaatiota. 7

8 Seuraava lokaalisti injektiivinen esitys voidaan johtaa yhtälöstä h(x) = 0: ( ϕ : R R 3, t cos t, 1 cos t + 3 ), 1 sin t Jatkuva kuvaus ϕ saavuttaa suurimman ja pienimmän arvonsa suljetulla välillä [0, π], joten myös normi saavuttaa ääriarvonsa kuvajoukossa ϕ([0, π]) = S. Huom. yleisessä kompaktissa joukossa ääriarvot voivat olla kriittisten pisteiden sijaan joukon reunalla; Lagrangen kertoimien menetelmän ehdot kuitenkin varmistavat, että näin ei voi käydä. Tarkemmin ottaen ne varmistavat, että sidosehdot määrittävät sileän pinnan, jolla, kuten se on määritelty tällä kurssilla, ei voi olla reunaa. 8