MS-A0207 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä ym., osa II

Transkriptio

1 MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä ym., osa II G. Gripenberg Aalto-yliopisto 9. helmikuuta 216 G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä 9. helmikuuta ym., 216 osa II 1 / 5

2 : Esimerkki: Implisiittinen lineaarinen approksimointi Funktio z = z(x, y) määräytyy yhtälöstä xz + y 2 z 2 + (x + y)z 3 = 4 siten, että z( 1, 1) = 1. Jos nyt y niin meidän pitää määrittää (implisiittistä derivointia käyttäen) approksimatiivinen yläraja lausekkeelle x + 1 siten, että lineaarisella approksimoinnilla saamme tulokseksi z(x, y) Merkitään f (x, y, z) = xz + y 2 z 2 + (x + y)z 3 4. Nyt f ( 1, 1, 1) = ( 2)( 1) 4 = ja jos z = z(x, y) niin määritelmän mukaan f (x, y, z) = joten lineaarinen approksimaatio antaa eli = f (x, y, z) f ( 1, 1, 1) f x ( 1, 1, 1)(x ( 1)) + f y ( 1, 1, 1)(y ( 1)) + f z ( 1, 1, 1)(z ( 1)), f z ( 1, 1, 1)(z + 1) f x ( 1, 1, 1)(x + 1) f y ( 1, 1, 1)(y + 1). G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä 9. helmikuuta ym., 216 osa II 2 / 5

3 : Esimerkki: Implisiittinen lineaarinen approksimointi, jatk. Nyt f x (x, y, z) = z + z 3, f x ( 1, 1, 1) = 2, f y (x, y, z) = 2yz 2 + z 3 f y ( 1, 1, 1) = 3, f z (x, y, z) = x + 2y 2 z + 3(x + y)z 2 f z ( 1, 1, 1) = 9. Tästä seuraa, että 9 z(x, y) x y + 1 eli z(x, y) x y + 1 Jos nyt haluamme, että z(x, y) niin on meidän pitää, koska y + 1.3, vaatia, että josta seuraa, että 2 9 x , x ( ) =.9. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä 9. helmikuuta ym., 216 osa II 3 / 5

4 Eulerin ketjusääntö Oleta, että funktio F on sellainen, että yhtälöstä F (x, y, z) = voimme ratkaista x muuttujien y ja z funktiona, eli x = x(y, z) mutta myös y muuttujien x ja z funktiona, eli y = y(x, z) sekä z muuttujien x ja y funktiona, eli z = z(x, y). Jos x = x(y, z) niin saamme kun derivoimme yhtälön F (x(y, z), y, z) = molemmat puolet muutujan y suhteen x(y, z) F x (x(y, z), y, z) + F y (x(y, z), y, z) =. y Tästä seuraa, että kun kirjoitamme x(y, z):n sijasta x niin x(y, z) y = F y (x, y, z) F x (x, y, z). Samanlaisilla laskuilla saamme y(x, z) z = F z(x, y, z) F y (x, y, z), G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä 9. helmikuuta ym., 216 osa II 4 / 5

5 ja Eulerin ketjusääntö, jatk. Tästä seuraa nyt, että z(x, y) x = F x(x, y, z) F z (x, y, z). x(y, z) y y(x, z) z(x, y) z x = ( 1) 3 F y (x, y, z) F z (x, y, z) F x (x, y, z) F y (x, y, z) F x (x, y, z) F z (x, y, z) = 1. Toisella tavalla esitettynä tämä kaava on ( ) x y ( ) y z ( ) z x z x y = 1. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä 9. helmikuuta ym., 216 osa II 5 / 5

6 Esimerkki: Implisiittinen lineaarinen approksimointi Karttapaperi on venynyt niin, että origosta pisteestä (x, y) kulkevan janan pituus on kasvanut 2 % ja ja tämän janan ja x-akselin välinen kulma, joka alunperin oli 45, on pienentynyt 1 %. Nyt meidän pitää laskea paljonko paperi on venynyt x-akselin suunnassa ja paljonko y-akselin suunnassa. Jos janan pituus on L ja kulma on ϕ niin pätee tietenkin L = x 2 + y 2, ( y ) ϕ = arctan. x Jos merkitsemme x = muodossa f(x, u) = [ ] x ja u = y [ ] L, niin voimme kirjoitta nämä yhtälöt ϕ ] [ x 2 + y 2 L arctan( y x ) ϕ = = [ ]. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä 9. helmikuuta ym., 216 osa II 6 / 5

7 Esimerkki: Implisiittinen lineaarinen approksimointi, jatk. Kun karttapaperi muuttuu niin x ja y muuttuvat pisteiksi x + x ja y + y ja etäisyydeksi sekä kulmaksi tulee L + L ja ϕ + ϕ jolloin yhtälöksi tulee f(x + x, u + u) =. Lineaarisella approksimoinnilla saamme nyt = f(x + x, u + u) f(x, u) f x (x, u) x + f u (x, u) u. Yksinkertaisella laskulla toteamme, että ] f x (x, u) = [ x x 2 +y 2 y x 2 +y 2 y x 2 +y 2 x x 2 +y 2 ja f u (x, u) = [ ] 1, 1 jolloin yhtälösysteemiksi tulee [ x x 2 +y 2 y x 2 +y 2 y x 2 +y 2 x x 2 +y 2 ] [ x ] y [ ] L. ϕ G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä 9. helmikuuta ym., 216 osa II 7 / 5

8 Esimerkki: Implisiittinen lineaarinen approksimointi, jatk. Koska f x (x, u) 1 = [ x x 2 +y 2 y x 2 +y 2 niin [ ] x = x y 2 + y 2 y x 2 +y 2 x x 2 +y 2 x y x 2 +y 2 x 2 +y 2 y x x 2 +y 2 x 2 +y 2 ] 1 = x 2 + y 2 [ ] L = ϕ Oletuksen mukaan L =.2L =.2 x 2 + y 2 ja ϕ =.1ϕ =.1 arctan( y x ) jolloin x x y y y x ϕ, x.2.1 y ϕ. x y x 2 +y 2 x 2 +y 2 y x x 2 +y 2 x 2 +y 2 x x 2 +y y x 2 +y. L y ϕ 2 L + x ϕ 2 G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä 9. helmikuuta ym., 216 osa II 8 / 5

9 Esimerkki: Implisiittinen lineaarinen approksimointi, jatk. Koska oletimme, että ϕ = π 4 niin y x = 1 ja saamme x x π 4.28, y y 2 1 π 4.12 Paperi on siis venynyt noin 2.8% x-akselin suunnassa ja kutistunut 1.2% y-akselin suunnassa. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) Esimerkkejä 9. helmikuuta ym., 216 osa II 9 / 5

10 Esimerkki: Ääriarvo Jos meidän pitää määrittää funktion f (x, y) = 2x 4 e 4y + 4x 2 e y paikalliset ääriarvot niin laskemme ensin funktion derivaatan joka on f (x, y) = [ 8x 3 + 8xe y, 4e 4y + 4x 2 e y ]. Tämä derivaatta eli gradientti on nollavektori kun 8x 3 + 8xe y =, 4e 4y + 4x 2 e y =. Jos x = niin 4e 4y + 4x 2 e y = 4e 4y < joten x ja ensimmäisestä yhtälöstä seuraa, että e y = x 2 jolloin jälkimmäisestä seuraa, että x 8 = x 4 eli x = ±1 koska x on reaalinen ja. Silloin e y = 1 eli y = ja kriittiset piseet ovat (±1, ). Näiden kriittisten pisteiden luonteen selvittämiseksi meidän pitää laskea funktion toinen derivaatta ja se on [ f ( 24x (x, y) = 2 + 8e y ) 8xe y ] 8xe y ( 16e 4y + 4x 2 e y. ) G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 1 / 5

11 Esimerkki, jatk. [ ] 16 ±8 Näin ollen f (±1, ) =. Näiden matriisien determinantti on ±8 12 ( 16) ( 12) 64 = 128 > joten ominaisarvot ovat samanmerkkiset ja koska lävistäjäalkiot ovat negatiiviset niin ominaisarvotkin ovat negatiiviset ja (1, ) ja ( 1, ) ovat kaksi paikallista maksimipistettä.yhden muuttujan derivoituvalla funktiolla ei voi olla täsmälleen kaksi kriittistä pistettä, jotka molemmat ovat maksimipisteitä. Funktio f (x, y) = 2x 4 e 4y + 4x 2 e y ei saavuta pienintä arvoa joukossa R 2 koska lim x f (x, ) lim x ( 2x x 2 ) =. Suurin arvo 1 saavutetaan pisteissä (±1, ) ja tämän osoittamiseksi riittää osoittaa (mikä tässä nyt jää tekemättä), että f (x, y) < 1 3 kun (x, y) / Ω = { (x, y) : x < 3, y < ln(3) }. Tämä seuraa siitä, että funktio saavuttaa suurimman arvonsa suljetussa joukossa Ω Ω mutta jos pystymme osoittamaan että suurin arvo joukon Ω ulkopuolella (mukaanlukien reuna) on korkeintaan 1 3 niin suurin arvo joukossa Ω ja samoin joukossa R 2 saavutetaan jossain kriittisessä pisteessä, eli pisteissä (±1, ) missä funktion arvo on 1. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 11 / 5

12 Esimerkki: Suurin ja pienin arvo Jos meidän pitää määrittää funktion f (x, y) = x 2 + y 2 4x 2y + 7 suurin ja pienin arvo joukossa Ω = { (x, y) : x, y, x + y 5 } niin laskemme ensin gradientin f = (2x 4)i + (2y 2)j nollakohdat, ja näemme, että ainoa nollakohta on pisteessä (2, 1), joka kuuluu kyseiseen joukkoon. Seuraavaksi tutkimme ko. alueen reunaa joka koostuu kolmesta osasta: A 1 = { (x, ) : x 5 }, A 2 = { (, y) : y 5 }, A 3 = { (x, y) : x + y = 5, x 5 }. Joukossa A 1 funktio on g(x) = f (x, ) = x 2 4x + 7 ja koska g (2) = niin näemme että mahdolliset ääriarvopisteet ovat (, ), (2, ) ja (5, ). G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 12 / 5

13 Esimerkki: Suurin ja pienin arvo, jatk. Koska Joukossa A 2 funktio on h(y) = f (, y) = y 2 2y + 7 ja koska h (1) = niin näemme että mahdolliset ääriarvopisteet ovat (, ), (, 1) ja (, 5). Joukossa A 3 funktio on k(x) = f (x, 5 x) = x 2 +(5 x) 2 4x 2(5 x)+7 = 2x 2 12x +22 ja koska k (3) = niin näemme että mahdolliset ääriarvopisteet ovat (5, ), (3, 2) ja (, 5). f (2, 1) = 2, f (, ) = 7 f (2, ) = 3 f (5, ) = 12, f (, 1) = 6, f (, 5) = 22 f (3, 2) = 4, niin päättelemme, että pienin arvo on f (2, 1) = 2 ja suurin f (, 5) = 22. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 13 / 5

14 Jos Esimerkki: Taylorin polynomi f (x, y) = ex+y 1 x + y ln(1 + x y), missä e 1 = 1 ja oletamme, että 1 + x y > niin voimme määrittää funktion f 2. asteen Taylorin polynomin pisteessä (, ) käyttäen hyväksi Taylorin polynomin yksikäsitteisyyttä ja kehitelmiä e t 1 t = t t t ja ln(1 + t) = t 1 2 t t seuraavalla tavalla: Sijoitamme näihin kehitelmiin lausekkeet x + y sekä x y ja otamme mukaan vain ne termit joista tulee korkeintaan astetta 2 olevia termiä. Näin saamme ( f (x, y) = (x + y) + 1 )( 6 (x + y) (x y) 1 ) 2 (x y) = x y 1 2 (x y) (x + y)(x y) +... = x y + xy y Näin ollen Taylorin polynomiksi tulee x y + xy y 2. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 14 / 5

15 Taylorin 2. asteen polynomi ja ääriarvot Oletamme, että f : R d R on kaksi kertaa jatkuvasti derivoituva ainakin pisteen x läheisyydessä. Merkitsemme h = x x ja määrittelemme g(t) = f (x + t h). Silloin g(1) = g()+ 1 = g() + g () + / 1 g (t) dt = g() (1 t)g (t) dt+ 1 (1 t)g () + = g() + g () g () (1 t)g (t) dt (1 t)(g (t) g ()) dt (1 t)(g (t) g ()) dt. Ketjusäännön nojalla g (t) = f (x + t h)h = h T f (x + t h) T josta seuraa, että g (t) = h T f (x + t h)h joten missä f (x) = f (x ) + f (x)(x x ) (x x ) T f (x )(x x ) + η(x), G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 15 / 5

16 Taylorin 2. asteen polynomi ja ääriarvot, jatk. η(x) = 1 (1 t)(x x ) T( f (x + t (x x )) f (x ) ) (x x ) dt. Nyt max t [,1] f (x + t (x x )) f (x ) kun x x koska oletamme, että f η(x) on jatkuva ja siitä seuraa, että lim x x x x =. 2 Jos A on mikä tahansa d d-matriisi, joka on symmetrinen ja reaalinen (kuten f (x )) niin λ min h 2 h T Ah λ max h 2. Jos siis f (x ) = ja kaikki f (x ):n ominaisarvot ovat positiiviset, niin silloin pienin niistä λ min on myös positiivinen ja ( 1 f (x) f (x ) + 2 λ min + η(x) ) x x 2 x x 2 f (x ), kun x x on niin pieni, että η(x) x x 2 > 1 2 λ min. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 16 / 5

17 Miksi C = (A T A) 1 A T Y on neliösumman C AC Y 2 minimipiste? Voimme kirjoittaa minimoitavan funktion muodossa F (C) = (AC Y ) T (AC Y ) = C T A T AC C T A T Y Y T AC + Y T Y jolloin derivaatta on = C T A T AC 2Y T AC + Y T Y, F (C) = C T (A T A + (A T A) T ) 2Y T A. Koska (A T A) T = A T A niin voimme kirjoittaa yhtälön F (C) = muodossa C T A T A = Y T A A T AC = A T Y C = (A T A) 1 A T Y. Toisella tavalla: Jos määrittelemme P = A(A T A) 1 A T niin P 2 = P eli P on projektio ja P T A = PA = A josta seuraa, että jos kirjoitamme C = C + (A T A) 1 A T Y niin AC = A C + PY ja F (C) = A C (Y PY ) 2 = A C 2 2(Y PY ) T A C + PY Y 2 = A C 2 2Y T (A P T A) C+ PY Y 2 = A C 2 + PY Y 2 PY Y 2. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 17 / 5

18 Esimerkki: Linaarinen regressio Meillä on seuraavat havainnot muuttujista x ja y: x y Jos haluamme määrittää luvut a ja b siten, että y a + bx minimoimolla neliösummaa 11 j=1 (a + bx j y j ) 2 niin määrittelemme 11 2 matriisin A siten, että A(j, 1) = 1, A(j, 2) = x j ja 11 1 pystyvektorin Y siten, että Y (j, 1) = y j. Silloin vektori (A T A) 1 A T Y sisältää optimaaliset kertoimet a ja b. Matlab/Octavessa lasku menee seuraavalla tavalla: A=[1, 96; 1, 11; 1, 13; 1, 127; 1, 6; 1, 54; 1,43; 1,36; 1,2; 1, 11; 1,22] Y=[76; 74; 76; 87; 66; 59; 63; 6; 55; 52; 46] C=inv(A *A)*A *Y jolloin saamme tulokseksi a = C(1) = ja b = C(2) = G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 18 / 5

19 Esimerkki: Linaarinen regressio, jatk. Voimme myös laskea x = 1 n n j=1 x j ja y = 1 n n j=1 y j jolloin n j=1 b = (x j x)(y j y) n j=1 (x j x) 2 ja a = y bx. Nämä laskut voimme suorittaa komennoilla x=[96, 11, 13, 127, 6, 54, 43, 36, 2, 11, 22]; y=[76, 74, 76, 87, 66, 59, 63, 6, 55, 52, 46]; b=cov(x,y)/var(x), a=mean(y)-b*mean(x) G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 19 / 5

20 Esimerkki: Linaarinen regressio, jatk. Jos nyt haluaisimme arvioida miten luotettavia numeroarvot a = ja b = ovat niin voimme joko käyttää perustilastotieteen standardioletuksia riippumattomuudesta ja normaalijakautuneisuudesta tai sitten menetellä seuraavalla tavalla: Valitsemme satunnaisesti (takaisinpanolla) 11 pistettä (x, y) joukosta { (x j, y j ) : 1 j 11 } ja laskemme näillä arvoilla lineaariset regressiokertoimet a ja b ja tämän toistamme kunnes olemme saaneet riittävän monta arvoa. Laskut voimme tehdä näillä komennoilla (missä A on edellä määritelty matriisi): for k=1:1, jj=floor(11*rand(11,1))+1; C(:,k)=(A(jj,:) *A(jj,:))\A(jj,:) *Y(jj);end Silloin esimerkiksi b:n jakauma on seuraavanlainen: G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 2 / 5

21 Esimerkki: Pienimmän neliösumman menetelmä Meillä on pisteet (x j, y j ), j = 1,..., n, x=[ ] y=[ ] oletamme, että y c 1 + c 2 x + c 3 x 2 ja haluamme määrittää kertoimet c 1, c 2 ja c 3 annettujen pisteiden perusteella. Yhtä ainoata oikeata vastausta ei (tietenkään) ole olemassa joten on tärkeätä, että teemme selväksi miten määritämme kertoimet. Yksinkertaisinta on valita c j, j = 1, 2, 3 siten, että neliösumma n ( c1 + c 2 x j + c 3 xj 2 ) 2 y j j=1 on mahdollisimman pieni. (Tässä tapauksessa saisimme melkein saman tuloksen jos neliön paikalla olisi itseisarvo.) Voimme derivoida lausekkeen muuttujien c 1, c 2 ja c 3 suhteen, ja hakea piste missä derivaatat ovat. Tehokkas tapa laskujen suorittamiseksi on kirjoittaa yhtälösysteemi c 1 + c 2 x j + c 3 xj 2 y j muodossa AC Y missä A(j, k) = x k 1 j, C(k, 1) = c k ja Y (j, 1) = y j. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 21 / 5

22 Esimerkki: Pienimmän neliösumman menetelmä, jatk. Funktion C AC Y 2 = C T A T AC 2Y T AC + Y T Y derivaatta on 2C T A T A 2Y T A ja tämä on kun C = (A T A) 1 A T Y. Matlab/Octavessa voimme kirjoittaa tämän seuraavalla tavalla A=[(1+*x ), x, x.ˆ2]; Y=y ; ja sitten laskemme C= (A *A)\A *Y.6453 Tästä saamme C = Pisteet ja käyrä näyttävät seurvaavanlaisilta: G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 22 / 5

23 Esimerkki: Lagrangen kerroin Jos haluamme määrittää lyhimmän etäisyyden jostain paraabelin y = x 2 pisteestä pisteeseen (3, ) niin voimme käyttää Lagrangen kerrointa seuraavalla tavalla: Minimoimme etäisyyden neliötä eli funktiota f (x, y) = (x 3) 2 + y 2 kun g(x, y) = x 2 y = ja muodostamme Lagrangen funktion F (x, y, λ) = (x 3) 2 + y 2 + λ(x 2 y). Ehto, että F :n gradientti on antaa yhtälösysteemin F x (x, y, λ) = 2(x 3) + 2λx =, F y (x, y, λ) = 2y λ =, F λ (x, y, λ) = x 2 y =. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 23 / 5

24 Esimerkki: Lagrangen kerroin Kolmannen yhtälön (eli rajoitusehdon) nojalla y = x 2 ja kun sijoitamme tämän toiseen yhtälöön saamme λ = 2x 2 jolloin ensimmäisen yhtälön nojalla näemme, että x + 2x 3 = 3. Nyt huomaamme, että x = 1 on tämän yhtälön ratkaisu ja muita ei ole koska funktio x x + 2x 3 on aidosti kasvava. Silloin y = 1 ja f (1, 1) = 5. Funkio f on jatkuva ja lim x 2 +y 2 f (x, y) = joten funktion f minimiarvo saavutetaan jossain pisteessä. Koska funktiot f ja g ovat jatkuvasti derivoituvia ja g:n derivaatta 2x i j niin minimipiste saavutetaan pistessä (joka yhdessä λ:n kanssa) on Lagrangen funktion kriittinen piste. Näin ollen voimme olla varmoja siitä, että (1, 1) todella on minimipiste ja etäisyys on 5. Huom! Edellisessä esimerkissä Lagrangen kertoimen käyttö ei oikeastaan tarjonnut mitään suurta etua verrattuna muihin mahdollisuuksiin mutta Lagrangen menetelmän vahvuudet tulevat esille kun ratkaistava ongelma on vaikeampi. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 24 / 5

25 Mitä Lagrangen kerroin kertoo? Oleta, että funktion f (x) suurin (tai pienin) arvo kun g(x) + c = saavutetaan pisteessä x(c) ja että tämä piste (yhdessä λ(c):n kanssa) on Lagrangen funktion L(x, λ) = f (x) + λ(g(x) + c) derivaatan nollakohta eli f (x(c)) + λ(c)g (x(c)) =, g(x(c)) + c =. Jos nyt h(c) = f (x(c)) on maksimiarvo (tai minimiarvo) niin ensimmäisestä yhtälöstä seuraa, että h (c) = f (x(c))x (c) = λ(c)g (x(c))x (c). Koska g(x(c)) = c niin pätee g (x(c))x (c) = 1 ja silloin myös h (c) = λ(c). Lagrangen kerroin siis kertoo miten maksimi- tai minimiarvo riippuu muutoksista rajoitusehdossa. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 25 / 5

26 Miksi Lagrangen menetelmä toimii? Oleta, että f ja g : R 3 R ovat jatkuvasti derivoituvia, g(x, y, z ) = ja f (x, y, z) f (x, y, z ) kaikilla (x, y, z) R 3 joilla g(x, y, z) = ja että g (x, y, z ). Voimmeko tästä päätellä, että on olemassa luku λ siten, että (x, y, z, λ ) on funktion L(x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z) kriittinen piste eli derivaatan nollakohta? Koska g (x, y, z ) niin ainakin yksi komponentti ei ole ja oletamme, että esimerkiksi g z (x, y, z ). Implisiittifunktiolauseen nojalla tiedämme, että on olemassa funktio h(x, y) siten, että h(x, y ) = z ja g(x, y, h(x, y)) = kun (x, y) (x, y ) on riittävän pieni. Mutta silloin f (x, y, h(x, y)) f (x, y, h(x, y )) ja funktion (x, y) f (x, y, h(x, y)) derivaatta pisteessä (x, y ) on, eli f x (x, y, h(x, y )) + f z (x, y, h(x, y ))h x (x, y ) =, f y (x, y, h(x, y )) + f z (x, y, h(x, y ))h y (x, y ) =. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 26 / 5

27 Miksi Lagrangen menetelmä toimii? jatk. Derivoimalla yhtälön g(x, y, h(x, y)) = molemmat puolet saamme g x (x, y, h(x, y )) + g z (x, y, h(x, y ))h x (x, y ) =, g y (x, y, h(x, y )) + g z (x, y, h(x, y ))h y (x, y ) =. josta seuraa, että kun ratkaisemme h x (x, y ) ja h y (x, y ) näistä yhtälöistä ja muistamme, että z = h(x, y ) niin saamme f x (x, y, z ) f z(x, y, z ) g z (x, y, z ) g x(x, y, z ) =, f y (x, y, z ) f z(x, y, z ) g z (x, y, z ) g y (x, y, z ) =. Jos nyt valitsemme λ = fz (x,y,z ) g z (x,y,z ) niin pätee L (x, y, z, λ ) =. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 27 / 5

28 Esimerkki: Regressiosuora ja Lagrangen kerroin Meillä on pisteet (x j, y j ), j = 1,..., n ja haluamme määrittää suoran ax + by + c = siten, että etäisyyksien neliöiden summa pisteista (x j, y j ) suoraan ax + by + c = on mahdollisimman pieni. Näin ollen meidän pitää minimoida lauseketta F (a, b, c) = n j=1 (ax j + by j + c) 2 a 2 + b 2. Derivoimalla tätä funktiota muuttujan c suhteen saamme F c (a, b, c) = 2 a 2 +b 2 n j=1 (ax j + by j + c) ja ehdosta F c = seuraa ax + by + c = eli suora kulkee pisteen (x, y) = ( 1 n n j=1 x j, 1 n n j=1 y j) kautta. Näin ollen voimme, kun korvaamme pisteet (x j, y j ) pisteillä (x j x, y y) olettaa, että x = y = jolloin c = ja suoran yhtälö on ax + by =. Koska meidän täytyy vaatia, että (a, b) (, ) voimme yhtä hyvin vaatia, että a 2 + b 2 = 1 jolloin meidän täytyy löytää funktion (a, b) n j=1 (ax j + by j ) 2 pienin arvo kun a 2 + b 2 = 1. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 28 / 5

29 Esimerkki: Regressiosuora ja Lagrangen kerroin, jatk. [ ] [ ] x x1 x Jos määrittelemme X = ja M = 2... x n niin y y 1 y 2... y n n (ax j + by j ) 2 = M T X 2 = (M T X ) T (M T X ) = X T MM T X, j=1 ja rajoitusehto on X T X = 1. Tästä syystä muodostamme Lagrangen funktion L(X, λ) = X T MM T X + λ(x T X 1). Haemme tämän funktion derivaatan nollakohdat ja se on seuraavan yhtälösysteemin ratkaisu: L X = X T (MM T + (MM T ) T ) + 2λX T =, L λ = X T X 1 =. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 29 / 5

30 Esimerkki: Regressiosuora ja Lagrangen kerroin, jatk. Koska (MM T ) T = MM T niin saamme transponoimalla MM T X = λx, eli λ on matriisin MM T ominaisarvo ja X on vastaava ominaisvektori. Minimoitavan funktion arvo on X T MM T X = λx T X = λ, joten meidän pitää valita vektoriksi X matriisin MM T pienempään ominaisarvoon liittyvä ominaisvektori. Jos laskemme matriisin M singulaarihajotelman M = USV T niin matriisin U toinen sarake U(:, 2) on hakemamme ratkaisu [ a b ] ja suoran suuntavektori on ensimmäinen sarake U(:, 1). Jos meillä on vaakavektorit x ja y niin voimme suorittaa nämä laskut Matlab/Octavessa komennoilla: M = [x-mean(x);y-mean(y)]; [u,s,v] = svd(m); jolloin a=u(1,2), b=u(2,2) ja c = -a*mean(x)-b*mean(y) G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 3 / 5

31 Esimerkki: Boltzmannin jakauma Kaasussa on N molekyyliä ja jokainen niistä voi olla tilassa j jolloin sen energia on E j missä j = 1,..., M, (1 M ). Jos molekyyleistä N j ovat tilassa j niin M j=1 N j = N ja jos niiden yhteenlaskettu energia on E, niin pätee M j=1 N je j = E. On olemassa N! N 1! N 2!... N M!, erilaista tapaa millä N molekyyliä voivat sijoittua eri energialuokkiin siten, että luokassa j on N j molekyyliä. Nyt meidän pitää määrittää osuudet N j N siten, että tämä luku, tai yhtäpitävästi sen logaritmi, on suurimmillaan kun M j=1 N j = N ja M j=1 N je j = E. Niin sanotun Stirlingin kaavan mukaan ln(k!) (k ) ln(k) k ln(2π) joten me haemme lausekkeen (N ) ln(n) N M j=1 (N j ) ln(n j) + M j=1 N j suurinta arvoa emmekä välitä vaatimuksesta, että lukujen N j pitäisi olla kokonaislukuja. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 31 / 5

32 Esimerkki: Boltzmannin jakauma, jatk. Lagrangen funktioksi tulee M L(N 1,..., N M, λ, µ) = (N ) ln(n) (N j ) ln(n j) j=1 M M + λ N j N + µ N j E j E. j=1 Derivaatan nollakohdat toteuttavat yhtälösysteemin j=1 L = ln(n j ) λ + µe j =, j = 1,..., M, N j 2N j L M λ = N j N =, j=1 L M µ = N j E j E =. j=1 G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 32 / 5

33 Esimerkki: Boltzmannin jakauma, jatk. Ensimmäisistä yhtälöistä saamme ratkaisuiksi ja laskemalla yhteen saamme Näin ollen ja µ määräytyy ehdosta N j = e 1 1 2N j +λ e µe j N e λ 1 M j=1 N j N Tavallisesti kirjoitetaan µ = 1 kt e λ 1 e µe j e µe j, j = 1,..., M. e µej M, j=1 eµe j M E N j=1 E je µe j M. j=1 eµe j missä k on Boltzmannin vakio. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 33 / 5

34 Gradientti- ja konjugaatti-gradientti-menetelmä Gradientti-menetelmä funktion f minimin löytämiseksi toimii seuraavalla tavalla: Aloitetaan jostain pisteestä x ja kun algoritmi on tullut pisteeseen x n niin valitaan suunta s n = f (x ) T (kun oletetaan, että f (x n ) on rivivektori jolloin s n on pystyvektori kuten x n ) ja seuraavaksi pisteeksi valitaan x n+1 = x n + t n s n missä t n määräytyy ehdosta f (x n + t n s n ) = min t R f (x n + ts n ) (tai ainakin niin että löydetään paikallinen minimipiste). Konjugaatti-gradientti-menetelmä toimii periaatteessa samalla tavalla mutta ainostaan kun n = valitaan s = f (x ) T ja muuten kun on löydetty piste x n+1 niin valitaan uudeksi suunnaksi s n+1 = f (x n+1 ) T + f (x n+1 ) 2 f (x n ) 2 s n. Seuraavaksi tutkimme miten nämä menetelmät toimivat kun f (x, y) = x xy + y 2 [ =.2 x 2 + ].2 y 2 + [.98(x ] + y) 2 eli 1.98 x f (X ) = X T BX missä B = ja X = y G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 34 / 5

35 Gradientti- ja konjugaatti-gradientti-menetelmä, jatk. Funktion t f (X + ts) derivaatta on 2S T BX + 2tS T BS joten tämä funktio saavuttaa pienimmän arvonsa pisteessä X S T BX S T BS S. Käyttämällä tätä tulosta hyväksi saamme gradienttimenetelmällä esimerkiksi seuraavat pisteet: [ ] [ ] [ ] X =, X 1. 1 =, X =,.964 [ ] [ ] [ ] X 3 =, X =, X = Syy siihen, ettei gradienttimenetelmä toimi tätä paremmin, on että matriisin B ominaisarvot λ 1 =.2 ja λ 2 = 1.98 ovat niin erisuuret ja tässä esimerkissä alkuarvo X oli valittu erityisen epäedullisella tavalla. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 35 / 5

36 Gradientti- ja konjugaatti-gradientti-menetelmä, jatk. Konjugaatti-gradientti-menetelmällä [ ] saamme [ samalla] alkuarvolla X = ensin saman pisteen X 1 1 = kuin.964 gradienttimenetelmällä mutta uusi suunta on (koska f (X ) T = 2BX ) S 1 = 2BX 1 + X 1 TBBX [ ] X TBBX ( 2BX ) =,.7664 jolloin saamme X 2 = X 1 S 1 TBX [ ] 1.e + S1 TBS S 1 =, e 15 ja tarkka lasku olisi antanut vastaukseksi origon. Voidaan osoittaa, että jos f (X ) = X T BX + CX missä B on d d-matriisi joka on reaalinen, symmetrinen ja jonka ominaisarvot ovat positiiviset ja C on 1 d-rivivektori niin konjugaatti-gradientti-menetelmä tarvitsee (korkeintaan, jos lasketaan tarkasti) d askelta minimipisteen löytämiseksi. Käytännössä minimoitavat funktiot eivät tietenkään ole tätä muotoa mutta minimipisteen läheisyydessä ne voivat olla melkein tällaisia. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 36 / 5

37 Esimerkki: Lineaarinen optimointi Jos meidän pitää ratkaista seuraava lineaarinen optimointiprobleema max 5x 1 + 3x 2 + 2x 3 x 1, x 2, x 3 4x 1 + 5x 2 + 2x 3 2 3x 1 + 4x 2 x 3 3 niin voimme menetellä seuraavalla tavalla: Ensin lisäämme ylijäämämuuttujat s 1 ja s 2 rajoitusehtoihin eli kirjoitamme 4x 1 + 5x 2 + 2x 3 + s 1 = 2 ja 3x 1 + 4x 2 x 3 + s 2 = 3 jolloin epäyhtälöt muuttuvat ehdoiksi s 1 ja s 2. Maksimoitavan funktion kirjoitamme yhtälönä muodossa q 5x 1 3x 2 2x 3 =. Nyt voimme kirjoittaa nämä yhtälöt seuraavana taulukkona q x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 = G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 37 / 5

38 Esimerkki: Lineaarinen optimointi Yhtälösysteemin ratkaisuksi otamme nyt s 1 = 2, s 2 = 4 ja q = ja silloin x 1 = x 2 = x 3 = koska niiden sarakkeissa ei ole tukialkoita 1. Kantamuuttujat ovat siis nyt {s 1, s 2 } (jos q:ta ei lasketa sellaiseksi). Seuraavassa vaiheessa valitsemme uudeksi kantamuuttujaksi x 1 :n koska sen kerroin viimeisellä rivillä on negatiivisistä kertoimista itseisarvoltaan suurin. Kantamuuttujien joukosta poistamme muuttujan s 1 jonka tukialkio on rivillä 1 koska 2 4 < 3 3. (Jos poistaisimme muuttujan s 2 niin s 1 saisi negatiivisen arvon.) Gaussin eliminaatiomenetelmän rivioperaatioiden avulla saamme nyt yhtälösysteemiksi q x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 = Nyt kantamuuttujat ovat {x 1, s 2 } ja optimaalinen ratkaisu on x 1 = 5, x 2 = x 3 = koska kolmannella rivillä ei ole yhtään negatiivista lukua jolloin emme pysty kasvattamaan q:n arvoa vaihtamalla kantamuuttjia. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 38 / 5

39 Esimerkki: Integroimisjärjestystä ei voi aina vaihtaa Funktio (x, y) x2 y 2 on origoa lukuunottamatta jatkuva kaikissa (x 2 +y 2 ) 2 pisteissä (ja integraalien kannalta on yhdentekevää miten se määritellään origossa). Erityisesti pätee silloin, että integraali 1 x 2 y 2 (x 2 +y 2 ) 2 dx on kaikin puolin hyvin määritelty kun y >. Tämän integraalin laskemiseksi toteamme, että funktio t t saa arvon origossa ja sen derivaatta on t2 y 2 t t t 2 +y 2 Näin ollen t x 2 y 2 (x 2 +y 2 ) 2 dx. Mutta myös funktio (t 2 +y 2 ) 2 saa arvon kun t = ja sen derivaatta on (t2 + y 2 ) t 2t (t 2 + y 2 ) 2 = t2 y 2 (t 2 + y 2 ) 2. x 2 y 2 (x 2 +y 2 ) 2 dx = t t 2 +y 2 1 kaikilla t ja erityisesti x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 dx = y 2. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 39 / 5

40 Esimerkki: Integroimisjärjestystä ei voi aina vaihtaa, jatk. Funktio y 1 1+y 2 on jatkuva ja koska d dy arctan(y) = 1 1+y 2 niin 1 ( 1 x 2 y 2 ) 1 / (x 2 + y 2 ) 2 dx 1 1 dy = 1 + y 2 dy = arctan(y) = π 4. Koska x2 y 2 (x 2 +y 2 ) 2 = y 2 x 2 (y 2 +x 2 ) 2 niin sama päättely kuin edellä osoittaa, että 1 ( 1 x 2 y 2 ) (x 2 + y 2 ) 2 dy dx = π 1 ( 1 4 π 4 = x 2 y 2 ) (x 2 + y 2 ) 2 dx dy. Fubinin lauseen nojalla voimme silloin myös vetää johtopäätöksen, että [,1] [,1] x 2 y 2 1 ( 1 (x 2 + y 2 ) 2 da = x 2 y 2 ) (x 2 + y 2 ) 2 dx dy 1 ( 1 = x 2 y 2 ) (x 2 + y 2 ) 2 dy dx =. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 4 / 5

41 Esimerkki: Integroimisjärjestyksen vaihto Jos haluamme vaihtaa integroimisjärjestyksen integraaleissa (a) 4 2 y y dx dy, (b) 4 4 y y dx dy, niin voimme menetellä seuraavalla tavalla: (a) Integroimisalue näyttää seuraavanlaiselta: G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 41 / 5

42 Esimerkki: Integroimisjärjestyksen vaihto, jatk. Koska x = y kun y = x 2 ja x niin voimme kuvion perusteella päätellä, että x 2 ja y x 2. Tästä seuraa, että att 4 2 ( 4 ) 2 ( 2 ) x 2 y dx dy = y dx dy = y dy dx y y = ( 2 /x y 2 ) dx = (b) Integroimisalue näyttää seuraavanlaiselta: x 4 dx = / x 5 = G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 42 / 5

43 Esimerkki: Integroimisjärjestyksen vaihto, jatk. Tässä tapauksessa x 4, y x 2 ja y 4 joten kun x 2 niin pätee y x 2 ja kun 2 x 4 niin pätee y 4. Näin ollen saamme (a)-kohdan nojalla 4 4 y y dx dy = = ( 4 / y 2 ( ) x 2 y dy dx + ) 4 2 ( 4 dx = dx = ) y dy dx + 8(4 2) = Matlab/Octavessa voimme numeerisesti laskea tällaiset integraalit määrittelemällä integroitavaa funktiota komennolla f=@(x,y) y.*(y< x.ˆ2) jolloin siis f (x, y) = kun y x 2 ja sitten (a)-tapauksessa laskea dblquad(f,,2,,4) ja (b)-tapauksessa dblquad(f,,4,,4). G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 43 / 5

44 Integroimisjärjestyksen vaihto Jos haluamme vaihtaa integroimisjärjestystä integraalissa 1 1 y 2 yx dx dy niin meidän pitää ensin todeta, että 1 + x 2 integroimisalueessa pätee < y < 1 ja < x < 1 jolloin < x < ja y 2 y 2 < 1 1 x josta seuraa, että < y < min( x, 1). Tästä seuraa, että < y < 1 kun < x < 1 ja < y < 1 x kun 1 x <. Näin ollen saamme 1 1 y 2 xy dx dy = 1 + x xy dy dx x 2 Integroimisalue näyttää suunnilleen seuraavanlaiselta: 1 1 x xy dy dx. 1 + x 2 G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 44 / 5

45 Integroimisjärjestyksen vaihto Jos lisäksi haluamme laskea integraalin, niin saamme 1 1 = xy dy dx x 2 1 / xy x 2 dx + 1 x 1 / 1 xy dy dx 1 + x 2 / 1 x 1 xy x 2 dx = / 1 1 x x 2 dx x 2 dx = 1 4 ln(1 + x 2 1 ) arctan(x) = 1 4 (ln(2) ln(1)) + 1 ( ) lim 2 arctan(x) arctan(1) x = 1 4 ln(2) + 1 ( π 2 2 π ) = ln(2) + π 8, G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 45 / 5

46 Muuttujien vaihto Oletamme, että D on suunnikas, jonka kulmapisteet ovat (, ), (a, b), (c, d) ja (a + c, b + d). Jos x = as + ct ja y = bs + dt niin [ ] [ x a c x i+y j = s(a i+b j)+t(c i+d j) eli = y b d (c, d) ] [ ] s = s t (a, b) [ ] a +t b [ ] c, d [ ] [ ] a c ja tämä on suunnikkaan sivujen a i + b j = ja c i + d j = b d lineaarikombinaatio. Tällä tavalla saamme kaikki sunnikkaan pisteet kun s ja t [, 1] eli (x, y) D missä x = as + ct ja y = bs + dt jos ja vain jos (s, t) D = [, 1] [, 1]. Suunnikkaan pinta-ala on ([ ]) (a i + b j) (c i + d j) = a c det = ad bc ja neliön D b d pinta-ala on tietenkin 1. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 46 / 5

47 Muuttujien vaihto, jatk. Jos nyt määrittelemme (x, y) (s, t) = det ([ x s y s x t y t niin näemme, että jos f on vakio niin f dx dy = D ]) ([ ]) a b = det = ad bc, c d D f (x, y) (s, t) ds dt. Jos teemme (mielivaltaisen) muuttujien vaihdon x = x(s, t), y = y(s, t) niin saamme lineaarisella approksimoinnilla x x(s, t ) + x s (t, s )(s s ) + x t (s, t )(t t ), y y(s, t ) + y s (t, s )(s s ) + y t (s, t )(t t ), josta seuraa, että kun (s, t) [s, s + s] [t, t + t] niin saamme alueen, joka on melkein suunnikas. Sitten meidän pitää yleisessä tapauksessa laskea yhteen integraalit suunnikkaiden yli ja tarkistaa, että virheiden summa pysyy mielivaltaisen pienenä. G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 47 / 5

48 Esimerkki: Muuttujien vaihto ja e x2 dx Olkoon E = e x2 dx. Silloin ( E 2 = ) ( e x2 dx = ) ( e x2 dx = e x2 e y 2 dx dy = ) ( e x2 dx ) e y 2 dy e (x2 +y 2) dx dy. Nyt teemme muuttujien vaihdon x = r cos(θ) ja y = r sin(θ) ja toteamme, että (x, y) (, ) (, ) jos ja vain jos r > ja θ (, 1 2π). Lisäksi pätee dx dy = r dr dθ ja x 2 + y 2 = r 2 joten E 2 = 1 2 π ( 1 e r 2 2 π r dr dθ = 1 dθ josta seuraa, että E = e x2 dx = 1 2 π. ) / ( 1 2) 2e r = 1 2 π 1 2 ( ( 1)) = 1 4 π, G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 48 / 5

49 Pyörähdyskappaleet I Kun käyrä y = f (x), a x b tai { (t, f (t)) : t [a, b] } pyörähtää x-akselin ympäri syntyy pyörähdyskappale joka sisältää kaikki pisteet (x, y, z), joille pätee että niiden etäisyys x-akselista eli y 2 + z 2 on korkeintaan f (x) ja a x b. Voimme laskea tämän kappaleen tilavuuden sylinterikoordinaattien avulla seuraavalla tavalla: x = x, y = r cos(θ), z = r sin(θ). Silloin dx dy dz = r dxdr dθ ja integroimisrajat ovat a x b, r f (x), θ 2π. Näin ollen tilavuus on ( b ( 2π ) ) f (x) rdr dθ dx = a ( 2π ) b dθ ( / f (x) a 1 2 r 2 ) dx = 2π 1 2 b a b f (x) 2 dx = π f (x) 2 dx. a G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 49 / 5

50 Pyörähdyskappaleet II Kun x-akselin, suorien x = a ja x = b sekä funktion y = f (x) kuvaajan rajoittama alue, missä a x b ja f (x), pyörähtää y-akselin ympyrä niin syntyy pyörähdyskappale Ω = { (x, y, z) : y f ( x 2 + z 2 ), a 2 x 2 + z 2 b 2 }. Tämän kappaleen tilavuuden voimme laskea seuraavanlaisten sylinterikoordinaattien avulla: x = r cos(θ), y = y, z = r sin(θ), jolloin dx dy dz = rdr dθ dy ja integroimisrajat ovat a r b, y f (r), θ 2π. Tilavuus tulee siten oleman ( 2π ( b ) ) f (r) ( 2π ) b V (Ω) = r dy dr dθ = dθ rf (r) dr a = 2π a b xf (x) dx. a G. Gripenberg (Aalto-yliopisto) MS-A27 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (Chem) 9. Esimerkkejä helmikuutaym., 216 osa II 5 / 5