Mat Matematiikan peruskurssi C2

Transkriptio

1 Mat Matematiikan peruskurssi C Petri Latvala 18. helmikuuta 007 Sisältö 1 Useamman muuttujan funktiot ja niiden differentiaalilasku 1.1 Useamman muuttujan funktion jatkuvuus ja derivoituvuus Osittaisderivaatta Tangenttitaso ja normaali Korkeamman kertaluvun osittaisderivaatat D Laplacen yhtälö Derivoinnin ketjusääntö Differentiaalit ja linearisointi Gradientti Implisiittiset funktiot ja niiden derivointi Implisiittifunktiolause Useamman muuttujan funktioiden ääriarvot, optimointi 3 3 Jotain 30 4 Sarjat ja potenssisarjat 33 5 Differentiaaliyhtälöt 33 6 Algebraa 33 1

2 1 Useamman muuttujan funktiot ja niiden differentiaalilasku Esimerkki A = l k, A = A(l, k) V = A h, V = V (l, k, h) 3 Esimerkki z = f(x, y) = 1 x y Jos x 0 ja y 0 niin tämä määrittelee -simpleksin: 1.1 Useamman muuttujan funktion jatkuvuus ja derivoituvuus f(x, y) saa yksikäsitteisen arvon jokaisessa määrittelyalueen D R pisteessä (x, y) D. f = f(x, y) on jatkuva määrittelyalueensa pisteessä P = (a, b) jos kun lim f(x, y) = f(a, b) (x,y) (a,b) (x, y) D. (1) Huom: Jos D on avoin, niin raja toimii aina pienessä (a, b)-keskisessä kiekossa. Jos määrittelyalue on avoin, niin kaava 1 toimii kun (x, y) (a, b) mitä tahansa polkua pitkin (a, b):n pienessä ympäristössä. Ekvivalentisti lim f(x, y) = f(a, b) (x,y) (a,b) jos ɛ > 0 on olemassa δ > 0 siten, että (x a) + (y b) < δ f(x, y) f(a, b) < ɛ.

3 Esimerkki f(x, y) = xy x + y (a, b) (0, 0), kaikissa näissä f on jatkuva. Jatkuvuus origossa? Jos x = 0 ja y 0 niin ja siten f(0, y) = 0 y 0 + y = 0 Jos y = 0 ja x 0 niin ja lim f(0, y) = 0. y 0 f(x, 0) = x 0 x + 0 = 0 Jos y = x niin joten lim f(x, 0) = 0. x 0 f(x, x) = x x x + x = 1 Siis f ei ole jatkuva origossa. lim f(x, x) = 1. x 0 1. Osittaisderivaatta Kahden muuttujan funktion f(x, y) (jonka on oltava jatkuva) osittaisderivaatat määritellään: f(x + x, y) f(x, y) lim = f x 0 x x tai f x(tai f 1 ) 3

4 f(x, y + y) f(x, y) lim = f y 0 y y tai f y(tai f ) Esimerkki z = f(x, y) = x y f x = lim (x + x) y x + y x 0 x x + x x + ( x) x = lim x 0 x = lim (x + x) = x x 0 f y = = y 1.3 Tangenttitaso ja normaali Oletetaan, että on olemassa z = f(x, y) f x ja f y P = x i + y j + z k Tangenttivektorit pisteessä P käyrille P = (a, b, f(a, b)) L x : T x = i + f x (a, b) k Adams 10.3: L y : T y = j + f y (a, b) k 4

5 u, v R 3 Ristitulon u v ominaisuuksia: 1. ( u v) u = ( u v) v = 0. u u = u v sin α i j k u v = u 1 u u 3 v 1 v v 3 Normaalivektori pinnalle z = f(x, y) pisteessä P on n = T x T i j k y = 1 0 f x (a, b) 0 1 f y (a, b) = f x (a, b) i + f y (a, b) j k Tangenttitaso tästä edelleen vaatimalla: [ (x a) i + (y b) j + (z f(a, b)) ] k n = 0 f x (a, b)(x a) + f y (a, b)(y b) (z f(a, b)) = 0 z = x y Mikä on P :n etäisyys tästä satulapinnasta? Olkoon etsitty piste Q = (x, y, z). P Q on oltava pinnan normaali. P Q = (x 3) i + y j + z k 5

6 Ylläolevan nojalla normaalivektori on n = f x i + f y j k = x i y j k Sitten vaaditaan, että P Q = t n, t 0. Tämä koordinaateittain: x 3 = xt y = yt z = t y = 0 () t = 1 (3) Tulos : Jos y = 0 niin x = 3 1 t ja z = t ja pinnalla z = x y pätee t = ( 3 ) 1 t eli välttämättä t < 0. t = 1 on ratkaisu. Siten mahdollinen lähin piste on (1, 0, 1). Sen etäisyys P :stä on (3 1) + 1 = 5. Tulos 3: Jos t = 1 niin ja x 3 = x x = 3 z = 1 6

7 joten y = x z = (3 Siis toinen mahdollinen ratkaisu on piste Koska 17 < 5 niin ( 3 3 ) ( ) ) 1 7 = ( 3, ) 7, 1, jonka etäisyys P :stä on ( ) 1 17 = ( 3, ) 7, 1 on piste, joka antaa pienemmän etäisyyden. 1.4 Korkeamman kertaluvun osittaisderivaatat f x = x ( ) f x seka/ristiderivaatta. f(x, y,...) f y x = y ( ) f x Esimerkki f(x, y) = x 3 y 4 f x = x f x = 3x y 4 ( ) f = x x (3x y 4 ) = 3y 4 x x = 6xy 4 3 f x 3 =... = 6y4 7

8 4 f x 4 = 0 ja niin edelleen. f y = 4x3 y 3 f x y = x ( ) f y = x (4x3 y 3 ) = 1x y 3 Myös: y x = y ( ) f = x y (3x y 4 ) = 1x y 3 Lause Olkoon n, m 0 ja n, m N ja n + m = k. Silloin 4 f x n y m = 4 f y m x n jos nämä ja kaikki alempaa astetta olevat osittaisderivaatat ovat jatkuvia D Laplacen yhtälö v x + v y = 0 Osittaisdifferentiaaliyhtälö,. kertaluvun (. asteen). Huom! Entä 1D eli v = 0, u = u(x) x d v dx = 0 d dx ( ) dv = 0 dx 8

9 Jos w = dv dx c ja d vakioita. niin w on vakio = c dv = e u(x) = cx + d dx Esimerkki u(x, y) = e kx cos(ky) on (L):n eräs ratkaisu. v x = kekx cos(ky), v y = kekx sin(ky), v x = k e kx cos(ky) v y = k e kx cos(ky) (Toteuttaa (L):n) Harmoninen funktio on funktio, joka toteuttaa Laplacen yhtälön jossain ulottuvuudessa. Laplacen yhtälön ratkaisut ovat harmonisia funktioita. Yhtälö on 1D aaltoyhtälö. u = u(x, t), t on aika. v t = c v x Jos f ja g ovat kahdesti derivoituvia yhden muuttujan funktioita, niin silloin on aina aaltoyhtälön ratkaisu. u(x, t) = f(x ct) + g(x + ct) v t = t f(x ct) + g(x + ct) t = f (x ct) ( c) + g (x + ct) c 9

10 = cf (x ct) + cg (x + ct) v t = +c f (x ct) + c g (x + ct) v x = f(x ct) + g(x + ct) x x = f (x ct) 1 + g (x + ct) 1 = f (x ct) + g (x + ct) 1.5 Derivoinnin ketjusääntö Yhden muuttujan tapauksessa: v x = = f (x ct) + g (x + ct) y = f(x), x = g(t) y(t) = f(g(t)) Olkoon d dt y(t) = f (g(t)) g (t) z = f(x, y) ja x = x(t), y = y(t), kaikki derivoituvia dz dt = lim f (x(t + n), y(t + n) f(x(t), y(t))) n 0 h f (x(t + n), y(t + n)) f (x(t), y(t + n)) f (x(t), y(t + n)) f (x(t), y(t)) = lim + lim n 0 n n 0 n 10

11 Siis nyt ketjusääntö saa muodon = f x (x(t), y(t)) x (t) + f y (x(t), y(t)) y (t) dz dt = f x x + f y y Jos z = f(x, y) ja x = x(s, t) ja y = y(s, t) niin ketjusääntö saa muodon z s = f (x(s, t), y(s, t)) s = f x (x(s, t), y(s, t)) x s + f y (x(s, t), y(s, t)) y s = f x x s + f y y s z t = f x x t + f y y t Esimerkki Ilman lämpötila riippuu 3D-koordinaateista (x, y, z) ja ajasta t, siis T (x, y, z, t). Olkoon lämpömittari ilmapallossa, joka liikkuu rataa (t, t, t t ) = (x(t), y(t), z(t)), t [0, 1]. Laske lämpötilan muutosvauhti hetkellä t. T = T (t) kun ollaan pallon radalla. Siis muutosvauhti on On annettu dt dt = T x dx dt + T y dy dt + T z dz dt + T t T (x, y, z, t) = xy (1 + t) 1 + z dt dt = T x dx dt + T y dy dt + T dz z dt + T t = = = + = = + = = + = = y x 1+z (1 + t) z (1 + t) + xy (1+z) (1 + t) 1 t+ xy 1+z = = = + = = + = = + = =

12 Esimerkki Väite: Jos f(x, y) on harmoninen, niin silloin f(x y, xy) on harmoninen (eli toteuttaa Laplacen yhtälön). z = f(u, v) z x = f v v x + f v v x = f u x + f v y = xf u + yf v z x = x (xf v + yf u ) = f v + x f v x + y f v x Miettikää. = f u + x (f uv x + f uv y) + y (f vu x + f vu y) 1.6 Differentiaalit ja linearisointi Jos z = f(x 1,..., x n ):n ensimmäisen asteen osittaisderivaatat ovat olemassa niin määritellään sen differentiaali. dz = f x 1 dx 1 + f x dx + + f x n dx n ( dz = f ) df dx = x dx dx Yhden muuttujan muuttujan funktiolle linearisointi: f(x) f(a) + f (a)(x a) Approksimaatio pätee kun x a on pieni. f(x) = f(a) + f (a)(x a) + o(x a) jossa o(t) on termi, jolle o(t) t 0 kun t 0. Kahden muuttujan funktiolle linearisointi: f(x, n) f(a, b) + f x (a, b)(x a) + f y (a, b)(y b) f:n tangenttitaso (a, b):ssä 1

13 Yleinen tapaus eli f(x 1,..., x n ):lle voidaan lukea differentiaalin kaavasta: dz = df = f x 1 dx 1 + f x dx + + f x n dx n df = f(x 1,..., x n ) f(x 1,..., x }{{ n) f (x } x 1,..., x n) (x 1 x 1 }{{ 1) } f Jos f : R n R m f = (t 1,..., t m ) T = t 1. t m x 1 + jotainkaavaatähänensaanutselvää i = 1,..., m on olemassa ensimmäiset osittaisderivaatat jokaisen x j jotain jotain j = 1... n suhteen. Transformaation f Jacobin matriisi lasketaan seuraavasti: f 1 x 1 Df =. f m x 1 f 1 x n. f m x n } {{ } n saraketta m riviä Edellä olevan nojalla määritellään f:n differentiaali: f (x x 1,..., x n) (x x f ) + + (x x 1, n x ja tästä edelleen linearisointi: df = Df(x 1,..., x n)dx f(x 1,..., x n n) = f(x 1,..., x n) + Df(x 1,..., x n)(x x ) Esimerkki { x = v cos θ y = v sin θ n = m = f 1 (v, θ) = v cos θ 13

14 f (v, θ) = v sin θ f = ( f1 f ) Jacobin matriisi: Df = ( f1 v f v f 1 θ f θ ) ( ) cos θ v sin θ = sin θ c cos θ Tästä determinantti on cos θ sin θ v sin θ v cos θ = v dxdy = vdxdθ 1.7 Gradientti Gradientti funktiolle f = f(x 1,..., x n ), jonka ensimmäiset osittaisderivaatat ovat olemassa, on f x 1 e 1 + f x e + + f x n e n jossa e i = (0, 0,..., 0, 1, 0,..., 0) eli i:nnes harmoninen kantavektori. Siis jos n = niin taas on ja n = 3: f x i + f y j f x i + f y j + f z k Siis i = e 1, j = e, k = e 3, kun ollaan R :ssa tai R 3 :ssa. f eli nabla f. Formaalisti: 14

15 = i x + j y + k z eli kyseessä on osittaisdifferentiaalioperaattori. f = i f x + j f y + k f z Lause Olkoon z = f(x, y), jolla olkoon ensimmäiset osittaisderivaatat. f(x, y) = c, vakio on f:n tasa-arvokäyrä. Olkoon piste (a, b) tällä käyrällä. f(a, b) on edellämainitun tasa-arvokäyrän normaalivektori (a, b):ssä. Todistus Olkoon v(t) = x(t) i + y(t) j tasa-arvokäyrän parametrisointi, jolle pätee x(0) = a, y(0) = b. Silloin kaikille riittävän pienille t:n arvoille pätee, että f(x(t), y(t)) = f(a, b) = c. Ketjusäännön avulla tästä saadaan t = 0:n arvolla tämä on f x x (t) + f y y (t) = 0 ( ) f(a, b) x (0) i + y (0) j = 0 Mutta x (0) i + y (0) j on tasa-arvokäyrän tangenttivektori (a, b):ssä, joten yo. yhtälö antaa f(a, b):n ja tangentin kohtisuoruuden nojalla tuloksen, että f(a, b) on käyrän normaali (a, b):ssä. Esimerkki f(x, y) = x + y f(x, y) = c, c > 0 on ympyrä. (c = 0 niin f = c on origo eli piste ja jos c < 0 ei tasa-arvokäyrää ei ole) f = f x i + f y j = x i + y j 15

16 ( ) = x i + y j joka on säteen suuntainen ja siten ympyrän tangenttia vastaan kohtisuorassa. Gradietti on erikoistapaus suunnatusta derivaatasta. D formulointi. Olkoon u = u i+v j yksikkövektori. f(x, y) derivaatta suuntaan u pisteessä (a, b) on D u f(a, b) = lim h 0 + f(a + hu, b + hv) f(a, b) h (4) Toisaalta ketjusäännön nojalla tälle saadaan D u f(a, b) = d dt f (x(t), y(t)) t=0 = d dt f(a + tu, b + tv) t=0 = f x (a + tu, b + tv) t=0 u + f y (a + tu, b + tv) t=0 v = f x (a, b)u + f y (a, b)v ( ) f x (a, b) i + f y (a, b) j (u i + v j) = u = f(a, b) u Huomioita edellisestä D u f(a, b) = f(a, b) u cos ( f, u) = f(a, b) cos ( f, u) 1. f(x, y) kasvaa pisteessä (a, b) nopeiten gradientin suuntaan ja kasvuvauhti on f(a, b) 16

17 . f(x, y) vähenee pisteessä (a, b) nopeiten suuntaan f(a, b) (ja vähenemisvauhti on f(a, b) ) 3. Muutosvauhti on nolla, kun u f(a, b) Kaava 4 yleistyy n:ään ulottuvuuteen aivan suoraan. Esimerkiksi 3D: u = u i + v j + w k D u f(a, b, c) = lim h 0 + f(a + hu, b + hv, c + hw) f(a, b, c) h Esimerkki Vuoren rinne ja siihen liittyvä kaava: h(x, y) = x, y kilometreinä. Ollaan pisteessä (3, ) x + y 1. Miten vesi virtaa pisteessä (3, ), suunta ja vauhti? h(x, y) = i ( x x + y ) + j ( y 0000 ( ) = (3 + x + y ) x i + 4y j h(3, ) = 0000 ( ) ( ) 6 i + 8 j 0 = 100 ( ) 3 i + 4 j x + y ) = 300 i 400 j Siis suunta on 3 i 4 j:n suunta ja vauhti h(3, ) = 500. Nämä ovat siis arvoja vaakatasossa, joka kulkee pisteen (3,, h(3, )) kautta. 17

18 . Mikä on huipulla laskevan puron, joka kulkee pisteen (3, ) kautta yhtälö (x, y)-tasossa? Olkoon d r = dx i + dy j etsityn käyrän tangentti. Sen on oltava gradientin suuntainen. Gradientti taas on edellisen kohdan nojalla vektorin (x i + y j) suuntainen. Siten on vaadittava ratkaisulle r: dx x = dy y Integroimalla kumpikin puoli saadaan dx dy x = y ln x = 1 ln y + C Tästä edelleen ottamalla eksponenttifunktio saadaan e ln x = e 1 ln y+c = e 1 ln y e C x = C y 1 = C y x = (C ) y y = 1 (C ) x = 1 (C ) 9 1 (C ) = 9 y = 9 x Pinnan z = f(x, y) voi määritellä myös funktion g(x, y, z) = f(x, y) z tasaarvopintana: g(x, y, z) = 0. g on tämän pinnan normaalivektori. Toisaalta g = g x i + g y j + g z k 18

19 = f x i + f y j k joka on pinnan normaalivektori (lauseke johdettu edellisellä viikolla). Esimerkki Etsi pintojen z = x y ja xyz + 30 = 0 leikkauskäyrän tangentti pisteessä P = ( 3,, I II 5). Etsitään ensin pintojen normaalivektorit: I: P :ssä: 6 i 4 j k = n 1. II: (x y z) = x i y j k (xyz + 30) = yz i + xz j + xy k P :ssä: 10 i 15 j 6 k = n. Tangenttivektori saadaan ristitulona n 1 n : i j k n 1 n = = 9 i 46 j k 1.8 Implisiittiset funktiot ja niiden derivointi e f(x) = x, x R y 5 + axy 4 + by 3 + cy + dy + e = 0 y = y(x) Perustilanne F (x, y) = 0, niin milloin ja miten tästä ratkaistaan y = y(x) siten, että F (x, y(x)) = 0 jollekin x I R. Derivoimalla F (x, y(x)) implisiittisesti saadaan 19

20 F x (x, y(x)) + F y (x, y(x))y (x) = 0 joten joka on olemassa jos F y (x, y(x)) 0. y (x) = F x(x, y(x)) F y (x, y(x)) F y (x, y(x)) = 0 on ehto sille, että F (x, y(x)) = 0:lla on pystysuora tangentti. Esimerkki F (x, y, z) = x + y + z 1 Tasa-arvopinta F (x, y, z) = 0 on yksikköpallon pinta. Olkoon z = z(x, y). Silloin derivoimalla F (x, y, z(x, y)) = 0 saadaan x:n suhteen: y:n suhteen: F x (x, y, z(x, y)) + F z (x, y, z(x, y))z x = 0 F y (x, y, z(x, y)) + F z (x, y, z(x, y))z y = 0 z x = F x(x, y, z(x, y)) F z (x, y, z(x, y)), z y = F y(x, y, z(x, y)) F z (x, y, z(x, y)) Näiden olemassaoloehto on siis F z (x, y, z(x, y)) 0 F z on tasa-arvopinnan gradientin k-komponentti. Jos se häviää, on pinnalla pystysuora tangenttitaso, siis tämä ei ehdon mukaan käy. z = ± 1 x y f : R n R n g : R n R n 0

21 ( ) z(x) = g f(x), x R n y = f ( x) z = g ( y) z 1 = z 1 y 1 + z 1 y + + z 1 y ( n z1 =, z 1,..., z ) ( 1 y1, y,..., y ) n x 1 y 1 x 1 y x 1 y n x 1 y 1 y y n x 1 x 1 x 1 z 1 x 1. z n x 1 z 1 x n. z n x n = z 1 y 1. z n y 1 z 1 y n. z n y n y 1 x 1. y n x 1 y 1 x n. y n x n Jos f on 1 1 (injektio eli jos x 1 x niin f( x 1 ) f( x )) ja g on sen käänteisfunktio jolloin g( f( x)) = x niin äskeinen yksinkertaistuu muotoon eli g:n ja f:n Jacobin matriisit. I = D g ( y) D f ( x) Jos A ja B ovat neliömatriiseja niin det(ab) = det(a) det(b). 1 = Adamsin merkintä: det (D g ( x)) det(d f( x)) Jacobin determinantti g:lle Jacobin determinantti f:lle (g 1,..., g n ) (y 1,..., y n ) (f 1,..., f n ) (x 1,..., x n ) Implisiittifunktiolause Olkoon P 0 = (a 1,..., a m, b 1,..., b n ) ratkaisu yhtälösysteemille F (1) (x 1... x m, y 1... y n ) = 0. F (n) (x 1... x m, y 1... y n ) = 0 1

22 Eli n yhtälöä, n + m yhteistä muuttujaa, x 1... x m vapaita muuttujia. Jos jokaisella F (i) :llä on jatkuvat ensimmäiset osittaisderivaatat jokaisen x j ja x k suhteen P 0 :n ympäristössä ja lisäksi (F (1)... F (n) ) (y 1... y n ) = P0 F (1) y 1. F (n) y 1 F (1) y n. F (n) y n P 0 0 niin on olemassa b i (x 1... x m )i = 1... n siten, että (x 1... x m, b i (x 1... x m )... b n (x 1... x m )) on ratkaisu P 0 :n ympäristössä. Esimerkki Ratkaistaan (xy) T : { F (x, y, s, t) = a1 x + b 1 y + c 1 s + d 1 t + e 1 = 0 G(x, y, s, t) = a x + b y + c s + d t + e = 0 ( ) a1 b 1 b =A jos A 1 on olemassa! ( ) x y ( ) c1 d + 1 c d =C Jacobin determinantti tälle systeemille: ( ) ( ) s e1 + = t e ( ( ( ( )) x = A y) 1 s e1 c t) e ( ) 0 0 (F, G) (x, y) = F x G x F y G y = a 1 b 1 a b = det(a) 0 Esimerkki Osoita, että systeemi { xy + xzu + yv = 3 x 3 yz + xv u v = ratkeaa pisteen P = (1, 1, 1, 1, 1) ympäristössä eli on olemassa u(x, y, z) ja v(x, y, z) tässä ympäristössä. Implisiittifunktiolauseen ehto on nyt

23 (F, G) (u, v) = F u G u F v G v xz yv uv x u v = x z xzu v + 4yuv 3 joka saa P 0 :ssa arvon + 4 = 4 0 eli lause on voimassa. Useamman muuttujan funktioiden ääriarvot, optimointi 1D y = f(x) lokaalit ääriarvot äärellisellä välillä I R ovat pisteissä 1. joissa f (x) = 0. f:n erikoispisteissä eli kun f (x) ei ole olemassa 3. I:n päätepisteissä Yleistys D-tapaukseen eli kun z = f(x, y): Lause.0.1 Funktion f(x, y) ääriarvot ovat pisteissä (a, b), joissa pätee: 1. (a, b) on kriittinen piste f(a, b) = 0. f(a, b) ei ole olemassa eli f:llä on erikoispiste (a, b):ssä 3. (a, b) on f:n määrittelyalueen reunalla Todistus Jos (a, b) on määrittelualueen sisäpiste, eikä erikoispiste, niin f(a, b) on olemassa. Jos (a, b) ei ole kriittinen piste, niin f(a, b) 0. Mutta silloin f:llä on nollavektorista eroava suunnattu derivaatta suuntaan ± f(a, b) eikä f:llä siten voi olla ääriarvoa. Todistus yleistyy f(x 1... x n ):lle! Lause.0. Jos f on jatkuva funktio suljetussa ja rajoitetussa R n :n alueessa, niin sille on globaali maksimi ja minimi. Esimerkki Olkoon z = x + y alueessa x + y 1. Lauseen.0. suljettu ja rajoitettu mukaan sillä on olemassa maksimi ja minimi. Maksimi = 1, reunalla. Minimi = 0, origossa erikoispiste. 3

24 Jos otetaankin minimoitavaksi/maksimoitavaksi z = f(x, y) = x + y samassa alueessa x + y 1, on maksimi = 1, reunalla ja minimi = 0, origossa, joka ei ole f:lle erikoispiste. f = x i + y j Siis origo on nyt kriittinen piste. f(0, 0) = 0 i + 0 j = 0 Uusi variaatio: z = g(x, y) = x y, x + y 1 g = x i y j, g(0, 0) = 0 Origo on kriittinen piste. Ei ole maksimi eikä minimi! y = x 3 Pisteessä x = 0 on f (x) = 0 mutta piste ei ole minimi eikä maksimi vaan tangentti lävistää käyrän. Kyseessä on käyrän käännepiste (inflexion point). Jos f (x) = 0 ja f (x) > 0 on piste lokaali minimi. Jos taas f (x) < 0 niin piste on lokaali maksimi. Useamman muuttujan funktioille toisen derivaatan korvaa Hessin matriisi f(x, y):lle: H(x, y) = ( fxx (x, y) ) f xy (x, y) f yx (x, y) f yy (x, y) 1. Jos H(x, y) on positiividefiniitti, niin (x, y) siten, että f(x, y) = 0 on lokaali minimi.. Jos H(x, y) on negatiividefiniitti, niin (x, y) siten, että f(x, y) = 0 on lokaali maksimi. 3. Jos H(x, y) on ei-definiitti, niin (x, y) siten, että f(x, y) = 0 on satulapiste. 4. Jos H(x, y) on jotain muuta, pisteelle (x, y) ei ole luokittelua. Matriisi A n n on positiividefiniitti jos x T 1 n A n n x n 1 > 0 x 0 4

25 Jos on A = ( ) a11 a 1 a 1 a x = ( x 1 x ) T Nyt siis n =. x T Ax = ( ) ( ) ( ) a x 1 x 11 a 1 x1 = ( ) ( ) a x a 1 a x 1 x 11 x 1 a 1 x = a a 1 x 1 a x 11 x 1+a 1 x 1 x +a 1 x 1 x +a x A on negatiividefiniitti jos x T Ax < 0 x 0 Adams 10.6 Lause 8 (s. 579) on toinen karakterisointi positiividefiniitille: Määritelmä.0.1 a 11 a ii D i =.. a i1 a ii Jos D i > 0 i = 1,..., n niin silloin A on positiividefiniitti. Jos D i > 0 parillisille i ja D i < 0 parittomille i, niin A on negatiividefiniitti. Jos det(a) = D n 0, mutta edellä oleva (?) ei piste, niin A on ei-definiitti. Esimerkki z = x + y = f(x, y) f x = x f y = y H(x, y) = ( ) fxx f xy = f yx f yy ( ) 0 0 D 1 = > 0, D = 0 0 = = 4 > 0 5

26 H on positiividefiniitti Koska f(0, 0) = x i + y j = 0 (x,y)=(0,0) eli (0, 0) on kriittinen piste, niin se on minimi. g x = x Nyt H(x, y) = g y = y ( ) ( ) gxx g xy 0 = g yx g yy 0 D 1 = > 0, D = 0 0 = ( ) = 4 < 0 ei-definiitti origo on satulapiste. A n n on definiitti jos x T Ax, x 0 on yhdenmerkkinen, eli saa vain + tai vain merkikseen. A on semidefiniitti, jos x T Ax, x 0 on nolla tai yhdenmerkkinen. (Siis tai x T Ax 0 x ) negatiivisemidefiniitti Esimerkiksi positiividefiniitti on aina positiivisemidefiniitti. A on ei-definiitti, jos x T Ax saa sekä positiivisia että negatiivisia arvoja. x T Ax 0 x positiivisemidefiniitti Sormiharjoitus x T B x = x T n n 1 ( B + B T ) } {{} Symmetrinen matriisi! x 6

27 Siis neliömuodossa ( x T Ax A voidaan aina valita symmetriseksi matriisiksi korvaamalla se ) 1 A + A T. Lause.0.3 Jos A on symmetrinen matriisi, silloin se on positiividefiniitti jos ja vain jos kaikki sen ominaisarvot ovat positiivisia. Lause.0.4 Symmetrisen matriisin ominaisarvot ovat reaaliset ja ominaisvektorit ortogonaaliset. Jos A on symmetrinen, niin pätee diagonalisointi: jossa U 1 AU = U T AU = Λ λ 1 0 =... 0 λ n.. U = y 1. y..... y n. on ortogonaalinen matriisi, jolloin U 1 = U T. Siten x T Ax = x T U ΛU T x = w T Λ w = λ 1 w1 + λ w + + λ n wn =w T diagonaali! U T AU = Λ A = ( U T ) 1 ΛU 1 = ( U 1) 1 ΛU 1 = UΛU T Jos 7

28 x = (x 1,..., x i =x i, 0,..., 0), x R n niin silloin x T i A i x i = x T Ax Siis jos A on positiividefiniitti, niin A i on myös i = 1,..., n. Sama pätee negatiividefiniittiyteen. Esimerkki Minkä muotoinen suorakulmainen laatikko minimoi seinäpintaalan annetulle tilavuudelle? (Kanneton laatikko) Tilavuus: Seinä- ja pohjapinta-ala V = xyz A = xy + xz + yz z = V xy Sijoitetaan pinta-alaan: A(x, y) = xy + V x + V y Kriittiset pisteet: A = ( y V ) ( i x + x V ) j y = 0 eli vaaditaan: yx = V xy = V yx = xy yx(x y) = 0 Siis joko 8

29 yx = 0 tai x = y Ensimmäisestä saadaan x = 0 y = 0 Ei mahdollisia ratkaisuja! Sijoitetaan toinen tapaus aiempaan: x 3 = V x = 3 V y = 3 V = 1 3 V 1 3 ja z = V xy = V (V ) 3 = V = 1 3 V 1 3 = x Jos V = 1 niin silloin x = y = 3 (> 1) z = 3 Lasketaan Hessin matriisi ja sen definiittisyys. Siis ( ) ( Axx A 4V ) H(x, y) = xy = x 1 3 4V A yx A yy 1 y 3 D 1 = 4V x 3 > 0 D = det (H(x, y)) = 4V x 3 4V y 3 1 = 16V x 3 y 3 1 9

30 ( ja edelleen kriittisessä pisteessä 3 V, 3 V, 3 ) V D 1 > 0 ja D = 16V V V 1 = 4 1 = 3 > 0 Hessin matriisi kriittisessä pisteessä on positiividefiniitti kriittinen piste on minimi. A = 3 3 4, 76 Uudelleen aiempi esimerkki, otetaan ehto x 1. Edelleen minimoidaan A(x, y), valitaan V = 1. ( Nyt kriittinen piste 3, 3, 3 ) ei ole ehdon sallimassa alueessa, joten se ei anna ratkaisua tälle variaatiolle. A ei ole olemassa eli ollaan erikoispisteessä jos x = 0 tai y = 0. Näissä tilavuus on 0. Siis ratkaisun on oltava alueen x 1 reunalla eli kun x = 1. Tällöin A = A(1, y) = y + + y da dy = 1 y = 0 y = ± Negatiivinen ratkaisu ei kelpaa, joten ratkaisuksi jää y =. d A dy = 4y 3 > 0 minimi A = + 4, 88 3 Jotain x = r cos θ = ρ sin φ cos θ y = r sin θ = ρ sin φ sin θ z = ρ cos φ φ [0, π] θ [0, π) ρ 0 30

31 da = rdrdθ dv = rdrdθdz dv = ρ sin φdφdθdρ Johdettuna Jacobin determinanttina näistä viimeisin: (x, y, z) (ρ, φ, θ) = x ρ y ρ z ρ x φ y φ z φ x θ y θ z θ sin φ cos θ ρ cos φ cos θ ρ sin φ sin θ = sin φ sin θ ρ cos φ sin θ ρ sin φ cos θ cos φ ρ sin φ 0 = cos φ ρ cos φ cos θ ρ cos φ sin θ ρ sin φ sin θ ρ sin φ cos θ + ρ sin φ sin φ cos θ sin φ sin θ ρ sin φ sin θ ρ sin φ cos θ = cos φ ( ρ sin φ cos φ cos θ + ρ sin φ cos φ sin θ ) +ρ sin θ ( ρ sin φ cos θ + ρ sin φ sin θ ) = cos θρ sin φ cos φ + ρ sin φ sin φ = ρ sin φ Esimerkki Olkoon H a-säteinen umpipuolipallo, jonka tiheys on k(a ρ) jossa ρ on etäisyys keskipisteestä. Laske kappaleen massa ja painopisteen paikka. tiheys = k(a ρ) k > 0 massa = tiheys tilavuus dm = t(ρ)dv Siirrytään pallokoordinaatteihin: M = dm = k(a ρ)dv H H 31

32 = π 0 = k(a ρ)ρ sin φdφdθdρ H { π π = πk sin φdφ 0 } {{ } =1 0 [ a ] } sin φ k(a ρ)ρ dρ dφ dθ 0 a (a ρ)ρ dρ = = 5 6 πka4 0 / a 0 aρ 5 3 ρ4 4 Painopiste on symmetrian nojalla z-akselilla, pisteessä (0, 0, z 0 ). = k π 0 z 0 = 1 m H { π 0 H zk(a ρ)dv ρ cos φk(a ρ)ρ sin φdρdφdθ [ a ] } sin φ cos φ ρ 3 (a ρ)dρ dφ dθ 0 π 0 sin φ cos φdφ = 1 π 0 sin φdφ ( sin φ = sin φ cos φ ) eli 1 sin φ = sin φ cos φ π / = cos φ = 1 4 ( ( 1) + 1) = 1 a = πk 1 ρ 3 (a ρ)dρ 0 = 3a5 10 = 3πk 10 a5 joten z 0 = 1 m 3πk 10 a5 = 3πka πka 4 = 9 5 a 3

33 Esimerkki I = (x + y )dv R Pallokoordinaateissa Onnistuuko? π 0 { π [ a sin φ π 6 ρ sin φρ dρ a sin φ [ π ] a = 4π sin 3 φ ρ 4 dρ dφ a π sin φ = 4πa5 5 π π 6 ] dφ ( 3 sin 3 φ 1 ) sin 3 dφ φ } dθ 4 Sarjat ja potenssisarjat 5 Differentiaaliyhtälöt 6 Algebraa 33