Vektorilaskenta. Luennot / 66. Vektorilaskenta Lineaarikuvauksen vaikutus mittaan Sijoitus integraaliin.

Transkriptio

1 Luennot / 66

2 Mitta Yleistä Laatikko Venytys Venytys, 2 Rivin lisääminen toiseen Rivien vaihto 2 / 66

3 Mitta Mitta Yleistä Laatikko Venytys Venytys, 2 Rivin lisääminen toiseen Rivien vaihto Aiemmin määrittelimme mitan avaruuden R n väleille yksinkertaisesti säännöllä m([a 1, b 1 ] [a 2, b 2 ] [a n, b n ]) = m (b i a i ). Yleisemmin rajoitetun joukon A R n mitta voidaan määritellä vakiofunktion 1 integraalina yli joukon A (mikäli ko. integraali on olemassa), ks. Esimerkki 4.E. Tällöin itse asiassa joukkoa A approksimoidaan sen sisäja ulkopuolilta välien unioneilla (mieti, miten nämä liittyvät funktion 1 A ylä- ja alasummiin). Mitta- ja integrointiteorian kursseilla mittojen käsitteeseen ja niiden ominaisuuksiin perehdytään laajemmin. Tällä kurssilla riittää ajatella avaruuden R 2 mitan kertovan joukon A pinta-alan, ja avaruuden R 3 mitta puolestaan kertoo osajoukon tilavuuden. i=1 3 / 66

4 Yleistä Mitta Yleistä Laatikko Venytys Venytys, 2 Rivin lisääminen toiseen Rivien vaihto Olkoon T : R n R n lineaarikuvaus ja A sen matriisi. Jatkoa varten tarvitsemme tuloksen, jonka mukaan osajoukon I R n mitta muuntuu lineaarikuvauksessa seuraavan yksinkertaisen säännön mukaisesti: m(t(i)) = det(a) m(i). Approksimointi ja suppiloperiaate johtavat siihen, että riittää perustella tämä sääntö kun I on väli. Koska kaikki matriisit saadaan alkeismatriisien tuloina, niin riittää perustella tämä, kun A on alkeismatriisi. 4 / 66

5 Laatikko Mitta Yleistä Laatikko Venytys Venytys, 2 Rivin lisääminen toiseen Rivien vaihto PSfrag replacements b A = I 2 a Identiteettikuvaus tietenkin pitää laatikon pinta-alan ennallaan. Tämä referenssinä. 5 / 66

6 Venytys Mitta Yleistä Laatikko Venytys Venytys, 2 Rivin lisääminen toiseen Rivien vaihto PSfrag replacements b A = ( c ) a Diagonaalimatriisi, jossa yksi kerroin c 1 venyttää alueen c-kertaiseksi. Myös det A = c. 6 / 66

7 Venytys, 2 Mitta Yleistä Laatikko Venytys Venytys, 2 Rivin lisääminen toiseen Rivien vaihto PSfrag replacements b A = ( c ) a On samantekevää, minkä akselin suuntaan venytys tehdään. Pinta-ala joka tapauksessa c-kertaistuu. 7 / 66

8 Rivin lisääminen toiseen Mitta Yleistä Laatikko Venytys Venytys, 2 Rivin lisääminen toiseen Rivien vaihto PSfrag replacements b A = ( 1 c 0 1 ) a Alkeismatriisi, jossa yksi rivi on lisätty toiseen vakiolla kerrottuna kuvaa suorakaiteen suunnikkaaksi, jolla on sama kanta ja korkeus. Tässä det A = 1, joten pinta-alan pitikin säilyä. 8 / 66

9 Rivien vaihto Mitta Yleistä Laatikko Venytys Venytys, 2 Rivin lisääminen toiseen Rivien vaihto PSfrag replacements b A = ( ) a Kahden koordinaatin roolien vaihtaminen ei tietenkään muuta pinta-alaa. Geometrisesti kyse on peilauksesta det A = 1 on itseisarvoltaan yksi. 9 / 66

10 Yleistä Jacobi Mitta-alkio Tulos 10 / 66

11 Yleistä Yleistä Jacobi Mitta-alkio Tulos Muunnetaan funktion f integraali yli joukon U integraaliksi yli joukon V tekemällä sijoitus x = g(y), missä g : V U on bijektio (ainakin), kun se rajoitetaan funktioksi g : V U. Uudeksi integroitavaksi funktioksi tulee f g, mutta... lisäksi on otettava huomioon, että sijoitus muuttaa joukon V osavälien I mittoja. Yhden muuttujan tapauksessa sijoitusfunktio g muuttaa pisteen y lähistöllä olevan välin, pituus dy, väliksi jonka pituus on g (y) dy. Tällöin U f(x) dx = V (f g)(y) g (y) dy. Tässä usein (lukio, Analyysi II) derivaatan g (y) mahdollinen negatiivisuus otetaan huomioon vaihtamalla integroimisrajat keskenään. 11 / 66

12 Jacobin determinantti Yleistä Jacobi Mitta-alkio Tulos Jos tässä g onkin differentioituva kuvaua R n :n osajoukosta toiseen, niin: "Lokaalisti"g:n muutoksia voidaan arvioida sen lineaarisen derivaatan avulla. Näin ollen pisteen y lähellä "pienen"alueen I mitta tulee kerrottua lineaarisen derivaatan D(g)(y) determinantilla, ns. Jacobin determinantilla: g 1 g y 1 (y) 1 g y 2 (y) 1 y n (y) g 2 g y 1 (y) 2 g y 2 (y) 2 y n (y) g n g y 1 (y) n g y 2 (y) n y n (y) Siitä käytetään merkintää J g (y) = (x 1, x 2,..., x n ) (y 1, y 2,..., y n ). 12 / 66

13 Mitta-alkio Yleistä Jacobi Mitta-alkio Tulos Kun tehdään sijoitus x = g(y), niin lähtöavaruuden pieni väli I = [y 1, y 1 + dy 1 ] [y 2, y 2 + dy 2 ] [y n, y n + dy n ], mitaltaan m(i) = dy 1 dy 2 dy n kuvautuu hieman vääristyneeksi joukoksi g(i). Kun välin mittasuhteet ovat kaikki pieniä, niin kuvajoukkoa voidaan approksimoida n-särmiöllä, jonka reunoina ovat vektorit Dg(y)(dy i e i ), i = 1, 2,..., n. Tämän laatikon, ns. tilavuusalkion mitta on siten m(g(i)) = J g (y) m(i). Näitä vastaavat kuvat helpottavat (ainakin Jyrkin mielestä) muistamista, vaikka jättävätkin epätäsmällisen vaikutelman. Esittelen näitä alla usein vastaan tulevissa yhteyksissä. 13 / 66

14 Tulos Yleistä Jacobi Mitta-alkio Tulos Lause: ( ). Oletetaan, että B, A R n ja g : B A on differentioituva funktio (joka on nollajoukon ulkopuolelle bijektio). Oletetaan, että f : A R on integroituva funktio. Tällöin f(x) dx 1 dx 2 dx n = f(g(y)) J g (y) dy 1 dy 2 dy n. A B Todistus: Sivuutetaan. Idea on että ala- ja yläsummien pylväiden korkeudet eivät muutu, mutta niiden pohjien mitat skaalataan Jacobin determinantilla. Oletus funktion g bijektiivisyydestä tarvitaan, jotta x käy läpi alueen A tasan yhden kerran kun y käy läpi alueen B. Sallimme bijektiivisyyden särkyvän nollajoukossa, koska nollajoukon jättäminen huomiotta ei muuta integraalin arvoa. 14 / 66

15 Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 15 / 66

16 Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 Usein esiintyvät sijoitukset ovat koordinaatistomuunnoksia. Tasossa on luontevaa käyttää usein napakoordinaatteja, jolloin x = r cos φ, y = r sin φ. Tällöin x 2 + y 2 = r 2, ja tan φ = y/x. Osittaisderivoimalla saadaan koordinaatistonvaihtofunktion g(r, φ) = (r cos φ, r sin φ) Jacobin matriisiksi Dg(r, φ) = ( cos φ r sin φ sin φ r cos φ mistä laskemalla saadaan Jacobin determinantiksi (x, y)/ (r, φ) = r. ), 16 / 66

17 Pinta-alkio Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 PSfrag replacements y dφ da r dφ dr r x Kätevä sääntö Jacobin determinantin muistamiseksi on käyttää ns. pinta-alkioita. Kapeiden pylväiden pohjien ala da, mikä karteesisissa koordinaateissa on da = dx dy, saa nyt muodon da = r dr dφ. Oheisen kuvan da on (pinkki) suorakaide, jonka toinen sivu on dr ja toinen r dφ. 17 / 66

18 Esimerkki 5.A1 Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 Uskon vahvistamiseksi lasketaan R-säteisen puolipallon tilavuus napakoordinaatti-integraalin avulla. Origokeskisen pallon yhtälö on x 2 + y 2 + z 2 = R 2. Tästä ratkaisemme z = f(x, y) = R 2 (x 2 + y 2 ). Puolipallon tilavuus saadaan siis integraalista V = R 2 (x 2 + y 2 ) dx dy, A missä A on R-säteinen origokeskinen ympyrä. 18 / 66

19 Esimerkki 5.A2 Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 Kuva integroimisalueesta A PSfrag replacements y R R x 19 / 66

20 Esimerkki 5.A3 Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 Tehdään napakoordinaattisijoitus x = r cos φ, y = r sin φ, x 2 + y 2 = r 2, dx dy = r dr dφ. Tässä sijoituksessa rφ-tason väli B = {(φ, r) 0 r R, 0 φ 2π} kuvautuu alkuperäiseksi integroimisalueeksi A. 20 / 66

21 Esimerkki 5.A4 Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 Kuva uudesta integroimisalueesta B PSfrag replacements r R 2π φ 21 / 66

22 Esimerkki 5.A5 Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 Napakoordinaateissa integroimisalue on siis väli, joten iteroitu integraali on suoraviivainen V = r R 2 r 2 dr dφ B ( 2π ) R = r(r 2 r 2 ) dr dφ = = φ=0 2π φ=0 2π φ=0 = 2πR3 3 R r=0 R 3 r=0 ( 3 dφ. 1 2 (R2 r 2 ) 3/2 3/2 Tämä on tietenkin koulusta tuttu puolipallon tilavuus. ) dφ 22 / 66

23 Esimerkki 5.B1 Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 Olkoon A ympyrän r = cos φ, 0 φ π/2, sisäosa (vrt. demotehtävä III/1). Lasketaan integraali I = A x 3 dx dy. Ratkaisu: Tällä kertaa levyn A pisteet käydään läpi, kun napakoordinaatit käyvät läpi joukon B = {(φ, r) π/2 φ φ, 0 r cos φ}. 23 / 66

24 Esimerkki 5.B2 Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 Kuva uudesta integroimisalueesta B. Edelleen φ vaaka-akselilla ja r pystyakselilla Koska x 3 = r 3 cos 3 φ, kysytty integraali saadaan siis iteroituna integraalina I = π/2 φ= π/2 ( ) cos φ (r 3 cos 3 φ)r dr dφ r=0 24 / 66

25 Esimerkki 5.B3 Polaari Pinta-alkio Esimerkki 5.A1 Esimerkki 5.A2 Esimerkki 5.A3 Esimerkki 5.A4 Esimerkki 5.A5 Esimerkki 5.B1 Esimerkki 5.B2 Esimerkki 5.B3 I = = = = 2 5 π/2 φ= π/2 π/2 φ= π/2 π/2 φ= π/2 π/2 φ=0 cos 3 φ cos 3 φ ( ( cos φ r=0 cos φ r=0 1 5 cos8 φ dφ cos 8 φ dφ = π 2 = 7π/128. r 5 5 r 4 dr Lopussa käytimme kosinin parillisuutta ja kaava-arkin kaavaa integraalille π/2 0 cos 8 x dx. ) ) dφ dφ 25 / 66

26 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 26 / 66

27 Esimerkki 5.C1 Selitä, miksi napakoordinaattiyhtälö r(φ) = sin 2φ vastaa oheisen kuvan neliapilaa. Laske neliapilan yhden terälehden pinta-ala. Y Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E X 27 / 66

28 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Kyseisen käyrän pisteitä (x, y) saadaan sijoittamalla suuntakulman φ arvoja yhtälöihin x = r cos φ = sin 2φ cos φ y = r sin φ = sin 2φ sin φ. Kun tässä φ kasvaa 0 π/4, niin sin 2φ kasvaa 0 1, eli sektorissa φ [0, π/4] käyrä vähitellen etääntyy origosta etäisyydelle 1. Kun φ edelleen kasvaa π/4 π/2, niin sin 2φ vähenee 1 0. Sektorissa φ [π/4, π/2] käyrä siis palaa takaisin origoon kuvan mukaisesti. Kun φ [π/2, π] funktio sin 2φ muuttuu Erityisesti sen arvot ovat tällä välillä negatiivisia. Yo. kaavat tuottavatkin sitten 4. neljänneksessä muodoltaan samanlaisen lehden. Kun φ käy läpi välin [0, 2π] saadaan koko neliapila. 28 / 66

29 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Olkoon L ensimmäisen neljänneksen terälehti. Sen koko reunakäyrä saadaan, kun φ [0, π/2], ja joukossa L 0 r sin 2φ. Tämä onkin räätälöity Fubinin lauseen käyttöä varten napakoordinaateissa! Alueen L pinta-ala saadaan siis integraalista. L 1 = = = π/2 φ=0 π/2 φ=0 π/2 φ=0 ( sin 2φ r=0 sin 2φ r=0 r dr r 2 2 dφ 1 2 sin2 2φ dφ. ) dφ 29 / 66

30 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Käytetään kaavaa sin 2φ = 2 sin φ cos φ. Integroitavaksi jää 1 2 sin2 2φ = 2 sin 2 φ cos 2 φ = 2 sin 2 φ 2 sin 4 φ. Kaava-arkin mukaan π/2 0 sin 2 x dx = π/4 ja π/2 0 sin 4 x dx = 3π/16, joten vastaukseksi saadaan A(L) = 2 π 4 2 3π 16 = π / 66

31 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Tehtävä: Kuvasta näemme (tai harjoitustehtävänä), että ellipsillä x 2 + xy + y 2 = molemmat koordinaatit on rajattu välille x, y [ 2, 2]. Näin ollen ellipsin sisällä ja reunalla funktio z = z(x, y) = 4 x 2 saa vain ei-negatiivisia arvoja, joten sen kuvaaja ellipsin sisäalueen päällä rajaa erään kappaleen. Laske sen tilavuus. 31 / 66

32 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 32 / 66

33 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Olkoon E ellipsin sisäalue reunoineen. Kysytty tilavuus on V = (4 x 2 ) dx dy. E On monta tapaa edetä. Yksi on yksinkertaistaa integroimisalue helpommin käsiteltävään muotoon. Diagonalisoidaan ensin sen määrittelevä neliömuoto. Viime viikolla näimme, että muuttujien u = (x + y)/ 2 ja v = (x y)/ 2 avulla kirjoitettuna x 2 + xy + y 2 3 3u 2 + v 2 6. Tässä x = (u + v)/ 2 ja y = (u v)/ / 66

34 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Näin ollen ( ( (x, y) (u, v) = det )) Jacobin determinantti on siis vakio 1, itseisarvoltaan 1. Jos merkitsemme E :lla ellipsin 3u 2 + v 2 = 6 sisäaluetta, niin saimme ( ) (u + v)2 V = 4 du dv. 2 E Skaalataan seuraavaksi ellipsi ympyräksi sijoituksella 3u = w. Tällöin u = w/ 3, joten du = dw/ 3, ja V = 1 3 w 2 +v 2 6 ( 4 w2 6 vw v ) dw dv. 34 / 66

35 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Lopuksi siirrytään napakoordinaatteihin sijoituksella w = r cos φ, v = r sin φ, v 2 + w 2 = r 2, jolloin (v, w)/ (r, φ) = r. Integroimisalue on vw-tason origokeskinen ympyrä, joten φ [0, 2π] muuttujan r arvosta riippumatta: V = r=0 2π φ=0 ( 4 r 2 ( sin 2 φ 2 + sin φ cos φ 3 )) + cos2 φ r dφ dr 6 Tässä sisäintegraaleina esiintyvä trigonometriset integraalit ovat tunnetusti 2π 2π 2π cos 2 φ dφ = π = sin 2 φ dφ, sin φ cos φ dφ = / 66

36 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Saadaan siis seuraava suoraviivainen ulompi integraali, joka antaa vastaukseksi V = 1 ( ) 6 π 8r 2r3 dr = 6 3π. 3 3 r=0 Jälkitarkastelu: Vaiheita oli useita, joten virheriskin pienentämiseksi tehdään lopuksi suuruusluokka-arvio. Ellipsin puoliakselit olivat pituudeltaan a = 6 ja b = 2, joten sen ala on A = πab = π 12 = 2 3π. Jos siis sen päällä oleva kappale olisikin lieriö, jonka korkeus on h = 3, niin senkin tilavuus olisi V 2 = Ah = 6 3π. Kuvan perusteella on hyvin uskottavaa, että tarkasteltavan kappaleen keskimääräinen korkeus on kolme. Saamamme vastaus on siis ainakin järkevää suuruusluokkaa. 36 / 66

37 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Perustellaan todennäköisyyslaskennassa usein tarvittava epäoleellinen integraali e x2 dx = π napakoordinaattien avulla. Ratkaisu: Olkoon M > 0 parametri (joka myöhemmin ). Merkitään I(M) = M M e x2 dx. Y (M) = {(x, y) R 2 x 2 + y 2 M 2 }. S(M) = {(x, y) R 2 x, y [ M, M]}. 37 / 66

38 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Tässä siis Y (M) on tason origokeskinen ympyrälevy, säde M. Vastaavasti S(M) on origokeskinen neliö, jonka sivun pituus on 2M. Lähtökohtana on havainto, joka perustuu vakion siirtosäännön käyttöön ja Fubinin lauseeseen: I(M) 2 = = = = ( M M x= M x= M M x= M e x2 dx e x2 ( M ( M (x,y) S(M) y= M ) ( M y= M y= M e y2 dy e x2 e y2 dy e (x2 +y 2) dy dx. e y2 dy ) ) dx dx ) 38 / 66

39 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Koska funktio f(x, y) = e (x2 +y 2) > 0 kaikkialla, ja Y (M) S(M) Y ( 2M) saamme epäyhtälöketjun (x,y) Y (M) f < (x,y) S(M) 39 / 66 f < (x,y) Y ( 2M) Laskemme seuraavaksi napakoordinaattien avulla integraalin Y (M) f. Tässä f(x, y) = e x2 y 2 = e r2, dx dy = r dr dφ. Alue Y (M) tulee käytyä läpi, kun 0 r M ja 0 φ 2π. Siis Y (M) f = = = 2π φ=0 2π φ=0 2π φ=0 M r=0 M r=0 re r2 dr dφ ( 1 2 e r2 ) dφ f. 1 2 (1 e M 2 ) dφ = π(1 e M 2 ).

40 Esimerkki 5.E4 Esimerkki 5.C1 Esimerkki 5.C2 Esimerkki 5.C3 Esimerkki 5.C4 Esimerkki 5.D1 Esimerkki 5.D2 Esimerkki 5.D3 Esimerkki 5.D4 Esimerkki 5.D5 Esimerkki 5.D6 Esimerkki 5.E1 Esimerkki 5.E2 Esimerkki 5.E3 Esimerkki 5.E4 Tässä käytimme määräämätöntä integraalia xe x2 dx = 1 2 e x2, minkä voi helposti tarkistaa derivoimalla ketjusäännön avulla. Tuloksestamme seuraa, että Y (M) f π kun M. Näin ollen Sandwich-periaatteen nojalla lim I(M) = π. M 40 / 66

41 Cylinder Tilavuusalkio 1 Tilavuusalkio 2 Esimerkki 5.F1 Esimerkki 5.F2 41 / 66

42 Cylinder Tilavuusalkio 1 Tilavuusalkio 2 Esimerkki 5.F1 Esimerkki 5.F2 Sylinterikoordinaatteja (r, φ, z) käytettäessä avaruuden R 3 pisteitä parametrisoidaan siten, että xy-koordinaatit korvataan napakoordinaateilla, mutta z-koordinaatin annetaan olla ennallaan. Koordinaatistonmuunnosfunktion g(r, φ, z) = (r cos φ, r sin φ, z) Jacobin matriisiksi saadaan osittaisderivoimalla cos φ r sin φ 0 Dg = sin φ r cos φ Kehittämällä viimeisen vaakarivin mukaan saadaan Jacobin determinantiksi (x, y, z)/ (r, φ, z) = r. 42 / 66

43 Tilavuusalkio 1 Cylinder Tilavuusalkio 1 Tilavuusalkio 2 Esimerkki 5.F1 Esimerkki 5.F2 3-kertaisissa integraaleissa pinta-alkion Jacobin determinantin visualisointina korvaa tilavuusalkio. Karteesisissa koordinaateissa tilavuusalkio (=väli) on suorakulmainen särmiö dv = dx dy dz, mikä sylinterikoordinaateissa korvautuu hieman vääristyneellä laatikolla, jonka sivut ovat pituudeltaan dr, r dφ ja dz. Demotehtävässä III/3 näimme, että napakoordinaatteja käytettäessä pinta-alkion sivut ovat toisiaan vastaan kohtisuorassa. Sama pätee siis sylinterikoordinaateille, joten seuraavan kalvon tilavuusalkion mitta on dv = r dr dφ dz. 43 / 66

44 Tilavuusalkio 2 Cylinder Tilavuusalkio 1 Tilavuusalkio 2 Esimerkki 5.F1 Esimerkki 5.F2 44 / 66

45 Esimerkki 5.F1 Cylinder Tilavuusalkio 1 Tilavuusalkio 2 Esimerkki 5.F1 Esimerkki 5.F2 Napa- tai sylinterikoordinaattien käyttö on usein indikoitu, kun suure x 2 + y 2 esiintyy integroimisalueen määrittelyssä. Tehtävä: Laske funktion f(x, y, z) = y + z integraali yli alueen A, jota rajaavat putkipinta x 2 + y 2 = 1, taso z = 0 ja pinta z = 1 + (x 2 + y 2 )/4. Ratkaisu: Käytetään sylinterikoordinaatteja. Selvästi muuttujan z vaihteluväli on 0 z 1 + r 2 /4. Kulmamuuttujaa φ ei rajaa mikää, joten annetaan sen käydä läpi väli [0, 2π] (jotta koko alue A tulee käytyä läpi tarkalleen kerran). Putki rajaa muuttujan r vaihteluväliksi 0 r 1. Integroitava funktio on sylinterikoordinaateissa f(r, φ, z) = y + z = z + r sin φ. 45 / 66

46 Esimerkki 5.F2 Cylinder Tilavuusalkio 1 Tilavuusalkio 2 Esimerkki 5.F1 Esimerkki 5.F2 Kysytty integraali on siis Fubinin lauseen nojalla A f = = = 2π φ=0 2π φ=0 2π φ=0 = 61π r=0 1 r=0 1+r 2 /4 z=0 (z + r sin φ)r dz dr dφ ( r 2 + r3 4 + r r2 sin φ r4 sin φ) dr dφ ( sin φ) dφ 46 / 66

47 Pyöräysympyrä Pallo 1 Pallo 2 Tilavuusalkio Esimerkki 5.G1 Esimerkki 5.G2 Esimerkki 5.G3 Esimerkki 5.G4 47 / 66

48 Pyöräysympyrä Pyöräysympyrä Pallo 1 Pallo 2 Tilavuusalkio Esimerkki 5.G1 Esimerkki 5.G2 Esimerkki 5.G3 Esimerkki 5.G4 Kun xz-tason piste (x 0, z 0 ), x 0 0, (tai 3-ulotteisessa maailmassa ehkä pikemminkin (x 0, 0, z 0 )) pyörähtää z-akselin ympäri, se piirtää ympyrän tasossa z = z 0. Ympyrällä ovat ne pisteet, jotka ovat etäisyydellä x 0 z-akselista. Jos φ on kiertokulma, niin ko. pisteen koordinaatit ovat (x, y, z) = (x 0 cos φ, x 0 sin φ, z 0 ), ja parametri φ [0, 2π). Yhtä hyvin voidaan valita φ joltakin muulta 2π:n mittaiselta väliltä, kuten napakoordinaattikulma aina muulloinkin. 48 / 66

49 1 Pyöräysympyrä Pallo 1 Pallo 2 Tilavuusalkio Esimerkki 5.G1 Esimerkki 5.G2 Esimerkki 5.G3 Esimerkki 5.G4 Parametrisoitu käyrä x(θ) = r sin θ, z(θ) = r cos θ, 0 θπ on xz-tason puoliympyrä x 2 + z 2 = r 2, x 0. Kun θ = 0 ollaan pohjoisnavalla (x, z) = (0, r), ja kun θ = π ollaan etelänavalla (x, z) = (0, r). Tämän käyrän pyörähtäessä z-akselin ympäri syntyy origokeskinen r-säteinen pallopinta, jolla x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sin φ, z = r cos θ. Tässä φ on pallopinnan pituuspiiri (=meridiaani). Pohjoiset pallonpuoliskolla θ [0, π/2), päiväntasaajalla θ = π/2, ja eteläisellä pallonpuoliskolla θ (π/2, π]. Kun r [0, ), niin pallopinnat täyttävät koko avaruuden R / 66

50 2 Pyöräysympyrä Pallo 1 Pallo 2 Tilavuusalkio Esimerkki 5.G1 Esimerkki 5.G2 Esimerkki 5.G3 Esimerkki 5.G4 Kuvauksen (x, y, z) = g(r, θ, φ) derivaatan matriisi on Dg(r, θ, φ) = sin θ cos φ r cos θ cos φ r sin θ sin φ sin θ sin φ r cos θ sin φ r sin θ cos φ cos θ r sin θ 0 Kehittämällä tämä alimman vaakarivin suhteen saadaan Jacobin determinantiksi (x, y, z) (r, θ, φ) = r2 sin θ.. Pallokoordinaattien käyttö on jossain määrin indikoitu silloin, kun suure r 2 = x 2 + y 2 + z 2 ilmenee joko integroitavan funktion tai integroimisalueen määrittelyssä. 50 / 66

51 Tilavuusalkio Pallokoordinaatiston tilavuusalkioksi tulee hieman vääristynyt suorakulmainen koppi, jonka särmien pituudet ovat dr, r sin θ dφ ja r dθ. Pyöräysympyrä Pallo 1 Pallo 2 Tilavuusalkio Esimerkki 5.G1 Esimerkki 5.G2 Esimerkki 5.G3 Esimerkki 5.G4 51 / 66

52 Esimerkki 5.G1 Pyöräysympyrä Pallo 1 Pallo 2 Tilavuusalkio Esimerkki 5.G1 Esimerkki 5.G2 Esimerkki 5.G3 Esimerkki 5.G4 Tehtävä: Erään planeetan (pallomainen, säde R) tiheys sen pinnalla on ρ 0. Planeetan painovoiman ansioista tiheämpi aines on painunut sen keskelle. Oletetaan, että tiheys planeetan sisälle mentäessä kasvaa lineaarisesti syvyyden funktiona siten, että planeetan keskipisteessä se on 3ρ 0. Laske planeetan massa. Ratkaisu: Asetetaan origo planeetan keskipisteeseen. Tehtävässä annettiin, että tiheys riippuu vain etäisyydestä r ρ = ρ(r) = A + Br, missä A, B ovat vakioita. Yhtälöistä ρ(0) = 3ρ 0 ja ρ(r) = ρ 0 saadaan A = 3ρ 0, B = 2ρ/R. 52 / 66

53 Esimerkki 5.G2 Pyöräysympyrä Pallo 1 Pallo 2 Tilavuusalkio Esimerkki 5.G1 Esimerkki 5.G2 Esimerkki 5.G3 Esimerkki 5.G4 Keskipisteestä etäisyydellä r = x 2 + y 2 + z 2 olevan tilavuusalkion dv = dx dy dz massa on siten dm = ρ( x 2 + y 2 + z 2 ) dv = ρ 0 (3 2 x 2 + y 2 + z 2 ) dv. R Planeetan massa m saadaan laskemalla nämä yhteen m = ρ 0 (3 2 x 2 + y 2 + z 2 ) dx dy dz. x 2 +y 2 +z 2 R 2 R Tässä on ilmeistä siirtyä pallokoordinaatteihin, jolloin x 2 + y 2 + z 2 = r ja dx dy dz = r 2 sin θ dr dθ dφ. 53 / 66

54 Esimerkki 5.G3 Pyöräysympyrä Pallo 1 Pallo 2 Tilavuusalkio Esimerkki 5.G1 Esimerkki 5.G2 Esimerkki 5.G3 Esimerkki 5.G4 Näin ollen vastaukseksi saadaan m = ρ 0 R r=0 = 2πρ 0 R π r=0 2π θ=0 φ=0 π θ=0 (3 2r R )r2 sin θ dφ dθ dr (3 2r R )r2 sin θ dθ dr R = 2 2πρ 0 (3 2r r=0 R )r2 dr ( ) R 3 = 2 2πρ 0 = 2πR 3 ρ / 66

55 Esimerkki 5.G4 Pyöräysympyrä Pallo 1 Pallo 2 Tilavuusalkio Esimerkki 5.G1 Esimerkki 5.G2 Esimerkki 5.G3 Esimerkki 5.G4 Jälkitarkastelu: Koska planeetan tilavuus on V = 4πR 3 /3, niin sen keskimääräinen tiheys on ρ average = m V = 3ρ 0/2. Tämä on välillä (ρ 0, 3ρ 0 ), joten ainakin jossain määrin järkevä. Suuri osa planeetan tilavuudesta on lähellä sen pintaa, joten on luonnollista, että tiheys pinnalla on merkitsevämpi kuin tiheys keskellä. 55 / 66

56 Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 56 / 66

57 Yleistä Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 Sanotaan, että funktiolla f : A R, A R n, on lokaali minimi (vast. maksimi) pisteessä a = (a 1, a 2,..., a n ) A, jos löytyy sellainen r > 0, että f(a) < f(y) (vast. f(a) > f(y)) kaikille y B(a, r), y a. Oletetaan, että funktio f on vähintään luokkaa C 2 (eli kaikki sen toisen kertaluvun derivaatat ovat jatkuvia A:ssa). Tässä tapauksessa yhden muuttujan funktiolla g i (x i ) = f(a 1, a 2,..., a i 1, x i, a i+1,..., a n ) on vastaava lokaali ääriarvo kohdassa x i = a i. Lukiotietojen (tai Analyysi I:n) perusteella tällöin välttämättä derivaatta g i (a i) = f/ x i (a) = 0. Sama päättely voidaan toistaa jokaisen koordinaatin osalta, eli voimme päätellä, että f(a) = (0,..., 0). Sanomme tällaista pistettä a funktion f kriittiseksi pisteeksi. 57 / 66

58 Kertausta Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 Derivaatan (tai yleisemmin gradientin) häviäminen pisteessä ei takaa, että kyseessä olisi lokaali ääriarvokohta. Ehto on välttämätön mutta ei riittävä. Yhden muuttujan tapauksessa käyttökelpoinen työkalu lisätutkimuksiin saatiin käyttämällä toista derivaattaa: Oletetaan, että (yhden muuttujan) funktion f(x) derivaatta kohdassa x = x 0 häviää, f (x 0 ) = 0. Tällöin: Jos f (x 0 ) < 0, voimme päätellä, että x 0 on lokaali minimikohta. Jos f (x 0 ) > 0, voimme päätellä, että x 0 on lokaali maksimikohta. Jos f (x 0 ) = 0, emme voi päätellä mitään. Tavoitteenamme on yleistää tämä työkalu usean muuttujan funktioille. 58 / 66

59 Esimerkki 5.H Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 Tarkistetaan, että origo on funktion f(x, y) = x 2 + 3xy + y 2 kriittinen piste. Tutkitaan origon ääriarvoluonnetta. Ratkaisu: Osittaisderivoimalla näemme, että f x (x, y) = 2x + 3y ja f y (x, y) = 3x + 2y molemmat häviävät origossa. Näin ollen origo on kriittinen piste. Toinen derivaatta f xx (x, y) = 2 on positiivinen, joten funktiolla g 1 (x) = f(x, 0) on origossa lokaali minimi. Samoin toinen derivaatta f yy (x, y) = 2 on positiivinen origossa, joten myös funktiolla g 2 (y) = f(0, y) on origossa lokaali minimi. Kuitenkin f(t, t) = t 2 3t 2 + t 2 = t 2, joten funktio f saa mielivaltaisen lähellä origoa myös negatiivisia arvoja. Suoralla y = x funktiolla f onkin origossa lokaali maksimi. Näin ollen origo ei ole lokaali minimikohta. 59 / 66

60 Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 Esimerkin 5.H opetus on, ettei funktiolla f välttämättä ole lokaalia ääriarvoa kriittisessä pisteessä a, vaikka kaikilla sellaisilla funktioilla, jotka saadaan rajoittamalla f a:n kautta kulkevalle koordinaattiakselin suuntaiselle suoralle olisikin lokaali ääriarvo ko. kohdassa. On nimittäin mahdollista, että rajoittamalla f jollekin toiselle pisteen a kautta kulkevalle suoralle saadaankin vastakkaisella tavalla käyttäytyvä funktio. Jos u = (u 1, u 2,..., u n ) on jokin nollasta eroava vektori, niin voimme rajoittaa funktion f u:n suuntaiselle suoralle: g(t) = f(a + tu), jolloin parametrin arvo t = 0 vastaa kriittistä pistettä a. 60 / 66

61 Suunattu toinen derivaatta (2/2) Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 Kutsumme derivattaa g (t) funktion f suunnatuksi toiseksi derivaataksi (vektorin u suuntaan) pisteessä a, D 2 uf(a). Yhden muuttujan tapauksen kanssa analoginen tulos on (todistus vaatii Taylorin sarjojen käyttöä, ja sivuutetaan siksi): Oletetaan, että a on funktion f kriittinen piste. Jos kaikki suunnatut toiset derivaatat Duf(a), 2 u 0, ovat positiivisia, on a lokaali minimikohta. Jos kaikki suunnatut toiset derivaatat Duf(a), 2 u 0, ovat negatiivisia, on a lokaali maksimikohta. Jos suunnattujen toisten derivaattojen joukossa esiintyy sekä positiivisia että negatiivisia, a on ns. satulapiste, eikä se tällöin ole lainkaan lokaali ääriarvokohta. Jos suunnattujen toisten derivaattojen on vain toista etumerkkiä ja lisäksi arvo nolla, emme voi sanoa mitään. 61 / 66

62 Laskuja (1/2) Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 Johdetaan kaava suunnatulle toiselle derivaatalle kahden muuttujan tapauksessa. Oletetaan, että f(x, y) on luokkaa C 2, ja että u = (u 1, u 2 ). Tällöin u:n suuntaan rajoitettu funktio on g(t) = f(x 0 + tu 1, y 0 + tu 2 ). Koska d dt (x 0 + tu 1 ) = u 1 ja d dt (y 0 + tu 2 ) = u 2, niin ketjusäännön avulla saadaan g (t) = f x (x 0 + tu 1, y 0 + tu 2 )u 1 + f y (x 0 + tu 1, y 0 + tu 2 )u 2, ja edellee ketjusääntöä vielä kahdesti soveltaen 62 / 66

63 Laskuja (2/2) Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 g (t) = f xx (x 0 + tu 1, y 0 + tu 2 )u f xy (x 0 + tu 1, y 0 + tu 2 )u 1 u 2 + f yx (x 0 + tu 1, y 0 + tu 2 )u 2 u 1 + f yy (x 0 + tu 1, y 0 + tu 2 )u 2 2. Toiseksi suunnatuksi derivaataksi saadaan lopulta Duf(x 2 0, y 0 ) = f xx (x 0, y 0 )u f xy (x 0, y 0 )u 1 u 2 + f yy (x 0, y 0 )u / 66

64 Esimerkki 5.I1 Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 Määrätään funktion f(x, y) = x 3 + y 3 3xy kriittiset pisteet, ja selvitetään niiden luonne (= lokaali minimi/maksimi, satulapiste). Ratkaisu: Osittaisderivoimalla saadaan f(x, y) = (3x 2 3y, 3y 2 3x). Kriittisissä pisteessä siis on voimassa yhtälöt x 2 = y ja y 2 = x. Sijoittamalla ensimmäinen jälkimmäiseen saadaan yhtälö x 4 = x, mistä ratkeaa x = 0 tai x = 1 (muut ratkaisut eivät ole reaalisia). 64 / 66

65 Esimerkki 5.I2 Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 Kriittisiksi pisteiksi saadaan siis a 1 = (0, 0) ja a 2 = (1, 1). Tutkitaan suunnattuja toisia derivaattoja näissä pisteissä tarkemmin. Olkoon u = (u 1, u 2 ) jokin nollasta eroava vektori. Funktion f toisen kertaluvun osittaisderivaatat ovat f xx = 6x, f xy = 3, f yy = 6y. Pisteessä a 1 = (0, 0) saamme laskukaavamme perusteella suunnatuksi toiseksi derivaataksi D 2 uf(0, 0) = 0 u u 1 u u 2 2 = 6u 1 u 2. Valinnalla u = (1/ 2, 1/ 2) (normeerasin tämän yksikkövektoriksi, mutta se ei ole välttämätöntä), saadaan D 2 uf(a 1 ) = 6(1/ 2) 2 = 3 < 0. Valinnalla u = (1/ 2, 1/ 2) puolestaan saadaan D 2 uf(a 1 ) = 3 > 0. Molemmat etumerki esiintyvät, joten a 1 on satulapiste. 65 / 66

66 Esimerkki 5.I3 Yleistä Kertausta Esimerkki 5.H Suunnattu toinen derivaatta (1/2) Suunattu toinen derivaatta (2/2) Laskuja (1/2) Laskuja (2/2) Esimerkki 5.I1 Esimerkki 5.I2 Esimerkki 5.I3 Pisteessä a 2 = (1, 1) sitä vastoin f xx (a 2 ) = 6, f xy (a 2 ) = 3 ja f yy (a 2 ) = 6, joten suunnatuksi toiseksi derivaataksi tulee Neliöksi täydentämällä D 2 uf(a 2 ) = 6(u 2 1 u 1 u 2 + u 2 2). u 2 1 u 1 u 2 + u 2 2 = u 2 1 2u 1 ( 1 2 u 2) u u2 2 = (u u 2) u2 2. Näemme heti, että tämä on aina 0. Se on nolla sjvsk u 2 = 0 ja u u 2 = 0, jolloin välttämättä (u 1, u 2 ) on nollavektori. Näin ollen D 2 uf(a 2 ) > 0 kaikille u (0, 0). Voimme siis päätellä, että piste a 2 on lokaali minimikohta. 66 / 66