MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 2011

Transkriptio

1 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Sisältö 1. Matriisin definiittisyys 1. Konkaavit ja konveksit funktiot 3 3. Ääriarvotehtävien toisen kertaluvun riittävät ehdot Rajoittamaton ääriarvotehtävä Rajoitettu ääriarvotehtävä, Lagrangen menetelmä ja kerroin Ääriarvotehtävät epäyhtälörajoitteilla Komparatiivinen statiikka 5.1. Kokonaisdifferentiaali 5.. Kokonaisderivaatta Implisiittifunktiosääntö 6 6. Integraalilaskentaa Trigonometriasta ja kompleksiluvuista Trigonometriset funktiot Kompleksiluvut Differentiaaliyhtälöt Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä Matriisin ominaisarvot ja -vektorit Differentiaaliyhtälöt R :ssa Lineaariset differentiaaliyhtälöt R :ssa Epälineaariset differentiaaliyhtälöt R :ssa Vaihetaso Matriisin definiittisyys Symmetrinen matriisi voi olla definiitti, semidefiniitti tai indefiniitti. Lisäksi (semi)definiitti matriisi on joko positiivisesti (semi)definiitti tai negatiivisesti (semi)definiitti. Matriisin definiittisyys määritellään neliömuotojen avulla, mutta näiden käsittely sivuutetaan. Innokas voi lukea asiasta S&B kirjasta. Determinantin määrittelyssä kurssilla YE19a törmättiin alimatriiseihin, jotka saatiin neliömatriisista A poistamalla siitä jokin rivi ja jokin sarake. Yleisesti matriisista A (ei tarvitse olla neliömatriisi) voidaan muodostaa erilaisia alimatriiseja poistamalla mitkä tahansa rivit ja mitkä tahansa sarakkeet. Tarkastellaan kuitenkin vain neliömatriisin alimatriiseja. Tarpeellisimmat alimatriisit ovat ne, jotka saadaan poistamalla samat rivit ja sarakkeet. Nämä ovat pääalimatriiseja. 1

2 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Esimerkki. Muodostetaan matriisin pääalimatriisit. Yksi pääalimatriiseista on matriisi itse. Kolme seuraavaa pääalimatriisia saadaan, kun poiste- 4 0 taan sama rivi ja sama sarake: [ ] [ ] [ ] 0 4,, Kolme viimeistä pääalimatriisia saadaan, kun poistetaan kaksi samaa riviä ja saraketta: [ ], [ ], [ 0 ]. Johtavat pääalimatriisit ovat ne matriisit, jotka saadaan poistamalla yhtä monta viimeistä riviä ja saraketta. Mitkä matriisit ovat johtavia pääalimatriiseja esimerkkissä 1.1? Pääalimatriiseihin liittyviä determinantteja kutsutaan pääalideterminanteiksi (tai pääminoreiksi) ja vastaavasti johtavaan pääalimatriisiin liittyvää determinanttia kutsutaan johtavaksi pääalideterminantiksi (tai johtavaksi pääminoriksi). Johtavilla pääminoreilla on keskeinen rooli pääteltäessä jonkin matriisin definiittisyyttä. Merkitään johtavia pääminoreita alaindeksein A k, jossa alaindeksi osoittaa, että kyseessä on se johtava pääminori, joka on saatu poistamalla n k viimeistä riviä ja saraketta. 1.. Esimerkki. Esimerkin 1.1 matriisin johtavan pääminorit ovat: A 1 =, A = 4, A 3 = Lause. Olkoon A symmetrinen matriisi, jonka koko on n n. Tällöin (i) A on positiivisesti definiitti matriisi, jos ja vain jos kaikki johtavat pääminorit ovat positiivisia eli A 1 > 0, A > 0, A 3 > 0,... (ii) A on negatiivisesti definiitti matriisi, jos ja vain jos jokaisen johtavan pääminorin merkki on sama kuin ( 1) k eli A 1 < 0, A > 0, A 3 < 0,... (iii) A on indefiniitti matriisi, jos ja vain jos jokin nollasta poikkeava johtava pääminori rikkoo kohtien i) tai ii) ehdot Esimerkki. Esimerkin 1.1 matriisi on indefiniitti, koska A 3 < 0.

3 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY [ ] Esimerkki. Matriisi on positiivisesti definiitti, koska A 1 1 = > 0 ja A = 3 > 0. Matriisi on sen sijaan negatiivisesti definiitti, koska A 1 = < 0, A = 4 > 0 ja A 3 = 10 < 0. On mahdollista, että matriisi ei sovi mihinkään yllä mainituista kategorioista. Esimerkiksi mitä jos kaikki muut johtavat pääminorit ovat positiivisia paitsi yksi, joka on nolla? Tällöin matriisi ei ole positiivisesti definiitti, mutta se saattaa olla positiivisesti semidefiniitti. Tämän toteaminen vaatisi kaikkien pääminorien merkin tutkimisen, joka on paljon työläämpää ainakin isoille matriiseille. Seuraava lause antaa keinon tähän: 1.. Lause. Olkoon A n n symmetrinen matriisi. Tällöin a) A on positiivisesti semidefiniitti matriisi, jos ja vain jos kaikki pääalideterminantit (pääminorit) ovat ei-negatiivisia. b) A on negatiivisesti semidefiniitti matriisi, jos ja vain jos A on positiivisesti semidefiniitti. [ 1 ] Esimerkki. Matriisi A = ei ole definiitti, koska A 1 = 0. Nyt A 1 = 1 ja toinen 1 1-alimatriisin determinantti on. Kaikki pääminorit ovat siis einegatiivisia, joten matriisi on positiivisesti semidefiniitti.. Konkaavit ja konveksit funktiot Olkoot x,y R n kaksi pistettä. Näiden pisteiden yhdysjana on koostuu pisteistä, jotka ovat muotoa z = λx+(1 λ)y jollakin reaaliluvulla λ [0,1]. Jos λ = 0, niin z = y. Jos taas λ = 1, niin z = x. Olkoot esimerkiksi x,y R kaksi reaalilukua, sanotaan vaikka x = 4 ja y = 6. Näiden lukujen välinen yhdysjana on suljettu väli [4,6]. Esimerkiksi luku 5 on tietenkin tällä yhdysjanalla, koska voimme valita λ = Määritelmä. Joukko X R n on konveksi, jos se sisältää kaikkien pisteidensä väliset yhdysjanat eli jos millä tahansa x,y X ja λ [0,1], pätee z = λx+(1 λ)y X..1. Esimerkki. Olkoot x 1 ja x kaksi hyödykettä. Hyödykkeiden määrät eivät voi olla negatiivisia, joten sekä x 1 0 että x 0. Näiden hyödykkeiden määrät kuuluvat positiiviseen tason neljännekseen eli avaruuteen R +, joka on konveksi joukko. Myös joukko R n ++, jossa x 1 > 0 ja x > 0, on konveksi joukko.

4 4 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 x z y Kuva 1. Vasen kuva: Ei-konveksi joukko. Oikea kuva: Konveksi joukko... Määritelmä. Olkoon X R n konveksi joukko. Funktio f: X R on (i) konkaavi joukossa X, jos ja vain jos kaikille eri pisteille x,y X ja λ (0,1) pätee epäyhtälö f(λx+(1 λ)y) λf(x)+(1 λ)f(y), (ii) konveksi joukossa X, jos ja vain jos kaikille eri pisteille x,y X ja λ (0,1) pätee epäyhtälö f(λx+(1 λ)y) λf(x)+(1 λ)f(y). (iii) Lisäksi funktion sanotaan olevan aidosti konkaavi tai aidosti konveksi joukossa X, jos yllä olevat epäyhtälöt pätevät aitoina. Määritelmän oletus joukon X konveksisuudesta on oleellinen, koska se takaa, että joukon X kahden pisteen välisen yhdysjanan pisteet kuuluvat myös joukkoon X. Funktio on siis konkaavi, jos ja vain jos minkä tahansa funktion määrittelyjoukon X pisteiden yhdysjanan pisteen kuva, eli f(λx+(1 λ)y), on suurempi tai yhtäsuuri kuin pisteiden kuvien välisen yhdysjanan piste λf(x) + (1 λ)f(y). Konkaavin funktion kuvaaja on kupera ja konveksin funktion kuvaaja on kovera. Kuvassa on konkaavi funktio (z = λx+(1 λ)y) f(z) f(x) λf(x)+(1 λ)f(y) f(y) x z y Määritelmästä huomataan, että jos funktio f on konkaavi, niin f on konveksi, koska epäyhtälön kertominen negatiivisella luvulla kääntää epäyhtälön suunnan.

5 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Esimerkki. Olkoon funktio f: R R määritelty kaavalla f(x) = x. Onko se konkaavi vai konveksi? Tarkastellaan tätä varten erotusta f(λx+(1 λ)y) λf(x) (1 λ)f(y). Jos erotus on millä tahansa reaaliluvuilla x ja y positiivinen, niin funktio on konkaavi. Jos erotus on negatiivinen, niin funktio on konveksi. Käytetään funktion määritelmää ja muokataan erotusta (λx+(1 λ)y) λx (1 λ)y = λ x +λ(1 λ)xy +(1 λ) y λx (1 λ)y = λ(λ 1)x +λ(1 λ)xy +((1 λ) 1)(1 λ)y = λ(1 λ)x +λ(1 λ)xy λ(1 λ)y = λ(1 λ)(x xy +y ) = λ(1 λ)(x y), joka on negatiivinen, koska λ,(1 λ) ja (x y) ovat kaikki positiivisia. Siten funktio on (aidosti) konveksi kuten funktion kuvaajasta voi ennustaa..3. Esimerkki. Funktio f: R R, joka määritellään yhtälöllä f(x) = ax + b, a,b R, on sekä konkaavi että konveksi. Annetun funktion päättely konkaaviksi tai konveksiksi voi olla pelkän määritelmän perusteella työlästä, mutta onneksi siihen on helpompi keino:.1. Lause. Olkoon X R avoin konveksi joukko ja f: X R kahdesti derivoituva funktio. Tällöin (i) funktio on konkaavi, jos ja vain jos kaikilla x X pätee f (x) 0, (ii) funktio on konveksi, jos ja vain jos kaikilla x X pätee f (x) Esimerkki. (i) Olkoon funktio f: R R määritelty kaavalla f(x) = ax +bx+c. Tämän toinen derivaatta on a, jolloin funktio on konkaavi, jos a 0 ja konveksi, jos a 0. (ii) Olkoon funktio määritelty kaavalla f(x) = x 3. Tämä funktio ei ole konkaavi eikä konveksi, koska sen toinen derivaatta f (x) = 6x on negatiivinen muuttujan x ollessa negatiivinen ja positiivinen muuttujan x ollessa positiivinen. Usean muuttujan funktiolle löytyy Lausetta.1 vastaava tulos. Siinä toinen derivaatta korvataan funktion Hessen matriisilla H(x)..3. Määritelmä. Funktion f(x 1,x,...,x n ) Hessen matriisi on f 11 (x) f 1 (x)... f 1n (x) f H(x) = 1 (x) f (x)... f n (x)......, f n1 (x) f n (x)... f nn (x)

6 6 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 jossa esimerkiksi f 11 (x) = f(x) x 1 ja f 1 (x) = f(x) x x 1 Hessen matriisi on siis muodostettu toisista osittaisderivaatoista ja sen arvo riippuu pisteestä x = (x 1,x,...,x n ). Esimerkiksi ensimmäisen rivin alkiot on saatu osittaisderivoimalla osittaisderivaattaa f x 1 kaikkien muuttujien suhteen. Youngin Lauseen perusteella Hessen matriisi on symmetrinen, koska esimerkiksi f 1 (x) = f 1 (x)..5. Esimerkki. Lasketaan funktionf(x,y) = x+xy 3 Hessen matriisi. Ensimmäiset osittaisderivaatat ovat: f(x,y) (1) = 1+y 3 x f(x,y) () = 3xy. y Kyseessä on kahden muuttujan funktio, joten toisia osittaisderivaattoja on = 4 kappaletta. Hessen matriisi on [ ] 0 3y H(x,y) = 3y. 6xy Huomaa, että Hessen matriisi riippuu pisteestä (x,y)... Lause. Olkoon X R n avoin konveksi joukko ja f: X R funktio, joka on kahdesti jatkuvasti derivoituva. Tällöin (i) funktio on konkaavi, jos ja vain jos Hessen matriisi H(x) on negatiivisesti semidefiniitti kaikilla x X. (ii) funktio on konveksi, jos ja vain jos Hessen matriisi H(x) on postiivisesti semidefiniitti kaikilla x X. Voimme päätellä funktion konkaavisuuden/konveksisuuden laskemalla Hessen matriisin ja käyttämällä Lausetta 1.1. Jos siis funktion Hessen matriisi on negatiivisesti semidefiniitti kaikilla funktion lähtöjoukon alkioilla, niin funktio on konkaavi. Jos Hessen matriisi on positiivisesti semidefiniitti kaikilla funktion lähtöjoukon alkioilla, on funktio konveksi. Jos matriisi on positiivisesti definiitti, se on automaattisesti positiivisesti semidefiniitti. Jos taas matriisi on negatiivisesti definiitti, se on automaattisesti negatiivisesti semidefiniitti. Funktion aito konkaavisuus tai konveksisuus voidaan tarkastaa seuraavan lauseen avulla:.3. Lause. Olkoon X R n avoin konveksi joukko ja f: X R funktio, joka on kahdesti jatkuvasti derivoituva. jne.

7 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY (i) Jos Hessen matriisi H(x) on negatiivisesti definiitti kaikilla x X, niin funktio f on aidosti konkaavi. (ii) Jos Hessen matriisi H(x) on positiivisesti definiitti kaikilla x X, niin funktio f on aidosti konveksi. Huomautus: päinvastaiset väitteet eivät päde. Vastaesimerkiksi kohtaan i) käy funktiof(x,y) = x 4 y 4, joka on aidosti konkaavi. Tämän funktion Hessen matriisi ei kuitenkaan ole definiitti, koska H(0) = 0 (laske itse)..6. Esimerkki. Olkoon funktio f: R ++ R Cobb-Douglas muotoa eli f(x,y) = x a y b, jossa a,b > 0. Ensimmäiset osittaisderivaatat ovat f x (x,y) = ax a 1 y b ja f y (x,y) = bx a y b 1, jolloin saamme Hessen matriisiksi (3) ja [ fxx (x,y) f xy (x,y) f yx (x,y) f yy (x,y) ] = [ ] a(a 1)x a y b abx a 1 y b 1 abx a 1 y b 1 b(b 1)x a y b. Oletetaan, että a+b < 1. Tällöin funktio on aidosti konkaavi, koska a(a 1)xa y b abx a 1 y b 1 a(a 1)x a y b < 0 abx a 1 y b 1 b(b 1)x a y b = a(a 1)x a y b b(b 1)x a y b abx a 1 y b 1 abx a 1 y b 1 = (a a)x a y b (b b) a b x a y b = a b x a y b a bx a y b ab x a y b +abx a y b a b x a y b = ab(1 a b)x a y b > Lause. (i) Kahden konkaavin funktion summa on konkaavi funktio. (ii) Positiivisella reaaliluvulla kerrottu konkaavi funktio on konkaavi. Vastaavat väitteet pätevät konveksi funktiolle. 3. Ääriarvotehtävien toisen kertaluvun riittävät ehdot 3.1. Rajoittamaton ääriarvotehtävä. Muistellaan ensin hieman yhden muuttujan funktion ääriarvojen määrittämistä. Ensimmäisen kertaluvun välttämätön ehto maksimille tai minimille tietyssä pisteessä on, että derivaatta tässä pisteessä on nolla. Toisen kertaluvun riittävä ehto maksimille on, että toinen derivaatta tässä pisteessä on aidosti negatiivinen, ja minimille, että toinen derivaatta tässä pisteessä on aidosti positiivinen.

8 8 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Olkoon nyt X R n ja f: X R eli tarkastellaan usean muuttujan funktiota. Välttämätön ehto funktion ääriarvopisteelle on, että kaikki osittaisderivaatat ovat kyseissä pisteessä nollia eli että kyseessä on kriittinen piste. Toisin sanoen, jos piste x 0 R n on funktion ääriarvopiste, niin f(x 0 ) x i = 0, i = 1,...,n, tai kompaktimmin f(x 0 ) = 0. Kriittinen piste voi kuitenkin olla maksimipiste, minimipiste tai satulapiste. Kriittisen pisten laadun tarkastamista varten täytyy tehdä lisätyötä. Usean muuttujan funktion tapauksessa toisen kertaluvun riittävät ehdot liittyvät Hessen matriisiin ja sen definiittisyyteen. Seuraava lause antaa keinon löytää maksimipisteet ja minimipisteet kriittisten pisteiden 1 joukosta Lause (Toisen kertaluvun riittävät ehdot). Olkoon X R n avoin joukko ja f: X R kahdesti derivoituva funktio ja olkoon piste x = (x 1,x,...,x n) funktion kriittinen piste eli piste, joka ratkaisee yhtälöryhmän f(x) x i = 0, i = 1,...,n. Tällöin pätee: a) Jos funktion f Hessen matriisi H(x ) on negatiivisesti definiitti eli jos kriittisessä pisteessä on voimassa (4) H 1 <0, H >0, H 3 <0, H 4 >0,..., niin tällöin kriittinen piste x on paikallinen maksimipiste. b) Jos funktion f Hessen matriisi H(x ) on positiivisesti definiitti eli jos kriittisessä pisteessä on voimassa (5) H 1 >0, H >0, H 3 >0, H 4 >0,..., niin tällöin kriittinen piste x on paikallinen minimipiste. c) Jos funktion f Hessen matriisi H(x ) on indefiniitti eli jos ehdoista (4) ja (5) kumpikaan ei ole voimassa jollain nollasta poikkeavalla johtavalla pääalideterminantilla, niin tällöin kriittinen piste x ei ole paikallinen maksimi eikä minimi vaan satulapiste. Symmetrinen neliömatriisi on negatiivinen definiitti, jos johtavat pääminorit vaihtelevat merkkiä aloittaen ensimmäisen johtavan pääminorin negatiivisesta merkistä. Symmetrinen neliömatriisi on positiivisesti definiitti, jos johtavien pääminoreiden merkit ovat kaikki positiivisia. Oleellista on ymmärtää, että kriittisen pisteen laatu voidaan useimmiten määrittää maksimiksi tai minimiksi edellisen lauseen perusteella. On kuitenkin huomattava seuraava asia: jos Hessen matriisi ei ole positiivisesti definiitti, negatiivisesti definiitti tai indefiniitti, niin tällöin lauseen 3.1 perusteella ei voi sanoa mitään kriittisen pisteen laadusta. Seuraavat esimerkit havainnollistavat toisen kertaluvun riittävien ehtojen käyttöä. 1 Tästä lähtien kriittistä pistettä ja sen koordinaatteja merkitään yläindeksillä *.

9 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Esimerkki. Etsitään funktion f (x, y) = x + y + (paikallinen) ääriarvopiste ja vastaava funktion ääriarvo sekä määritellään ääriarvon laatu. Ehdokkaat ääriarvopisteiksi löytyvät kriittisten pisteiden joukosta. Kriittinen piste on (0, 0) (laske). Funktion Hessen matriisi on 0, H(x, y) = 0 4 jonka johtavat pääminorit ovat H1 = ja H = 8. Molemmat ovat positiivisia, joten Hessen matriisi on positiivisesti definiitti ja kriittinen piste on minimipiste. Vastaava funktion minimiarvo on f (0, 0) =. Kuva: Kuva. Minimipiste 3.. Esimerkki. Muutetaan yllä olevaa esimerkkiä hieman. Olkoon funktio f (x, y) = x + y +. Kriittinen piste on nytkin (0, 0), mutta Hessen matriisi on 0, H(x, y) = 0 4 jonka johtavat pääminorit ovat H1 = ja H = 8. Hessen matriisi on indefiniitti ja kriittinen piste on satulapiste (katso kuva). Entä jos funktio on f (x, y) = x y +? Kuva 3. Satulapiste

10 10 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Esimerkki. Etsitään funktionf(x,y,z) = x +y +z +xy+4z+xz ääriarvopiste ja määrätään sen laatu. Lasketaan osittaisderivaatat ja ratkaistaan kriittinen piste: f(x,y,z) = x+y +z = 0 x f(x,y,z) = y +x = 0 y f(x,y,z) = z +4+x = 0. z Kirjoitetaan yhtälöryhmä matriisimuotoon ja käytetään Cramerin sääntöä sen ratkaisemiseen (palauta sääntö mieleen laskemalla itse) x y = z 4 Ratkaisuksi saadaan kriittinen piste (x, y, z) = (, 1, 3). Määrätään sen laatu muodostamalla Hessen matriisi, joka on: Johtavat pääminorit ovat H 1 =, H = 3 ja H 3 = 4. Kaikki ovat positiivisia eli Hessen matriisi on positiivisesti definiitti ja kriittinen piste on minimipiste. Vastaava funktion minimiarvo on f(, 1, 3) = 4. Yllä käsiteltiin paikallisten ääriarvojen etsimistä. Globaalien tai absoluuttisten ääriarvojen löytäminen pelkästään kriittisen pisteen avulla onnistuu, jos tarkasteltava funktio on konkaavi tai konveksi. 3.. Lause. Olkoon X R n avoin ja konveksi joukko ja funktio f: X R jatkuvasti derivoituva (i) Jos funktio f on konkaavi ja pisteessä x 0 X pätee f(x 0 ) = 0, niin piste x 0 on funktion f absoluuttinen maksimipiste. (i) Jos funktio f on konveksi ja pisteessä x 0 X pätee f(x 0 ) = 0, niin piste x 0 on funktion f absoluuttinen minimipiste. Eli, jos tiedämme, tai osaamme päätellä, että tavoitefunktio on konkaavi, niin tällöin kriittinen piste on automaattisesti globaali maksimipiste. Huomautus: Jos funktio on kahdesti derivoituva ja Hessen matriisi on negatiivisesti semidefiniitti kriittisessä pisteessä, niin tällöin kriittinen piste ei välttämättä ole maksimipiste. Vastaesimerkiksi käy funktio f(x) = x 3, jonka toinen derivaatta on kriittisessä pisteessä 0 eli Hessen matriisi on tässä negatiivisesti semidefiniitti. Origon mistä tahansa ympäristöstä löytyy kuitenkin pisteitä, joissa funktion arvo pienempi kuin0tai suurempi kuin0. Toinen vastaesimerkki on funktiof(x,y) = x 3 +y 3.

11 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Rajoitettu ääriarvotehtävä, Lagrangen menetelmä ja kerroin. Tarkastellaan rajoitettua ääriarvotehtävää max f(x 1,x ) {x 1,x } siten että g(x 1,x ) = c, ja palautetaan mieliin Lagrangen lause tässä yhden rajoitteen tapauksessa: 3.3. Lause. Oletetaan, että (x 1,x ) on seuraavan tehtävän ratkaisu max f(x 1,x ) {x 1,x } siten että g(x 1,x ) = c, jossa funktion f ja g ovat jatkuvasti derivoituvia funktioita. Tällöin on olemassa Lagrangen kerroin λ siten että piste (x 1,x,λ ) on kriittinen piste Lagrangen funktiolle L(x 1,x,λ) = f(x 1,x ) λ(g(x 1,x ) c). Lagrangen menetelmä kuitenkin yleistyy tilanteeseen, jossa tavoitefunktio f on n:n muuttujan funktio ja rajoiteita on useampia, sanotaan m kappaletta. Lauseen 3.3 periaate pysyy ennallaan: Jos tiedämme, että tehtävä on hyvin määritelty ja sillä on rajoitettu maksimi tai minimi pisteessä (x 1,...,x n), niin tällöin on olemassa Lagrangen kertoimet (λ 1,...,λ n) siten että piste (x 1,...,x n,λ 1,...,λ n) on Lagrangen funktion kriittinen piste. Lagrangen funktiossa on nyt useampia termejä, jotka sisältävät rajoitteen ja sitä vastaavan kertoimen, aivan samaan tyyliin kuin yhden rajoitteen tapauksessa. Kahden muuttujan tavoitefunktio ja yhden rajoitteen tapaus on kuitenkin tässä vaiheessa mielenkiintoisin. Lagrangen lause kertoo siis, että jos tehtävällä on ratkaisu, löytyy Lagrangen kerroin siten, että piste (x 1,x,λ ) on Lagrangen funktion kriittinen piste. Mutta mistä tiedetään, että tehtällä on ratkaisu? Tyydyttävä vastaus veisi mielenkiintoisille sivupoluille, mutta vastaus joudutaan silti sivuuttamaan. Rajoittamattomassa tehtävässä kriittisen pisteen laatu tarkastettiin Hessen matriisin avulla. Toimisiko samankaltainen tekniikka rajoitetussa tehtävässä? Toimii. Rajoitetussa ääriarvotehtävässä kriittisten pisteiden laadun määrääminen liittyy Lagrangen funktiosta muodostettuun Hessen matriisiin, jota kutsutaan reunustetuksi Hessen matriisiksi. Reunustettua Hessin matriisia merkitään lisäämällä yläviiva Hessen matriisin merkintään eli symbolilla H(x). Tarkastellaan ensin tehtävää, jossa muuttujia on kaksi ja rajoitteita on yksi. Tehtävään liittyvä Lagrangen funktio on L(x 1,x,λ) = f(x 1,x ) λ(g(x 1,x ) c). Tämä voidaan osittaisderivoida kaikkien muuttujien λ, x 1 ja x suhteen ja muodostaa saaduista osittaisderivaatoista edelleen toiseen kertaan osittaisderivoimalla

12 1 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 reunustettu Hessen matriisi, joka on 0 g(x 1,x ) H(x) = g(x 1,x ) L(x 1,x,λ) x 1 g(x 1,x ) x x 1 g(x 1,x ) x L(x 1,x,λ) x 1 x 1 x 1 x L(x 1,x,λ) L(x 1,x,λ) x x 1 x x Toinen tapa kirjoittaa reunustettu Hessen matriisi on (6) H(x) = 0 g(x 1,x ) x 1 g(x 1,x ) x g(x,x ) g(x 1,x ) x 1 1 x L(x 1,x,λ) L(x 1,x,λ) x 1 x 1 x 1 x L(x 1,x,λ) L(x 1,x,λ) x x 1 x x Reunustetun Hessen matriisin ensimmäinen johtava pääminori H 1 on nolla ja toinen johtava pääminori H on negatiivinen. Nämä kaksi seikkaa ovat voimassa aina. Tarkasteltavana olevassa tapauksessa johtavan pääminorin H 3 = H merkki kertoo kriittisen pisteen laadun: 3.4. Lause. Olkoon L(x 1,x,λ) Lagrangen funktio ja olkoon piste x = (x 1,x,λ ) sen kriittinen piste. Tällöin a) kriittinen piste on paikallinen maksimi, jos reunustetulle Hessen matriisille H(x ) on voimassa kriittisessä pisteessä (7) H >0. b) kriittinen piste on paikallinen minimi, jos reunustetulle Hessen matriisille H(x ) on voimassa kriittisessä pisteessä (8) H <0. Nyt meillä on kaikki palikat ratkaista kahden muuttujan ja yhden rajoitteen ääriarvotehtävä Esimerkki. Etsitään funktion f(x 1,x ) = x 1 x ääriarvopisteet rajoitteella x 1 + 4x = 16. Lagrangen funktio on L(x 1,x,λ) = x 1 x λ(x 1 +4x 16). Ensimmäisen kertaluvun välttämättömät ehdot ovat (9) (10) (11) L(x 1,x,λ) = x λ = 0 x 1 L(x 1,x,λ) = x 1 4λ = 0 x L(x 1,x,λ) = x 1 4x +16 = 0 λ..

13 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Kriittiseksi pisteeksi saamme(x 1,x,λ ) = (8,,), joka on siis kandidaatti maksimiksi. Lasketaan reunustettu Hessen matriisi: 0 g(x 1,x ) x 1 g(x 1,x ) x H = g(x 1,x ) L(x 1,x,λ) L(x 1,x,λ) x 1 x 1 x 1 x 1 x = g(x 1,x ) x L(x 1,x,λ) x x 1 L(x 1,x,λ) x x Reunustetun Hessen matriisin determinantti on 4+4 = 8, joten kriittinen piste on maksimipiste. Funktion rajoitettu maksimiarvo on Esimerkki. Ratkaistaan seuraava maksimointitehtävä Tehtävään liittyvä Lagrangen funktio on maxxy + {x,y} siten että x+y = 4. L(x,y,λ) = xy + λ(x+y 4). Ensimmäisen kertaluvun välttämättömät ehdot ovat L(x,y,λ) = y λ = 0 x L(x,y,λ) = x λ = 0 y L(x,y,λ) = x y +4 = 0 λ Ensimmäisen yhtälön mukaan y = λ, toisen yhtälön mukaan x = λ, joten sijoittamalla nämä viimeiseen yhtälöön saamme λ = 1. Kriittiseksi piste on (x,y,λ ) = (, 1, 1), joka on kandidaatti maksimiksi. Lasketaan reunustetun Hessen matriisin determinantti: H = = + = Se on positiivinen, joten kriittinen piste tosiaan on maksimipiste. Funktion rajoitettu maksimiarvo on Esimerkki. Etsitään funktion f(x,y) = xy ääriarvopisteet rajoitteella x + y = 1. Rajoite on yksikköympyrä. Lagrangen funktio on L(x,y,λ) = xy λ(x +y 1).

14 14 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Ensimmäisen kertaluvun välttämättömät ehdot ovat L(x,y,λ) = y λx = 0 x L(x,y,λ) = x λy = 0 y L(x,y,λ) = x y +1 = 0 λ Ensimmäisen yhtälön mukaan y = λx, joten λ = y. Sijoittamalla tämä toiseen x yhtälöön saamme x = y. Sijoittamalla tämä edelleen viimeiseen yhtälöön saamme Kriittisiksi pisteiksi saamme siten y y +1 = 0 y = ± 1. (x,y,λ ) = ( 1, 1,1) (x,y,λ ) = ( 1, 1,1) (x,y,λ ) = ( 1 1,, 1) (x,y,λ ) = ( 1, 1, 1). Näiden joukosta löytyvät maksimi- ja minimipisteet. Reunustettu Hessen matriisi on: (1) H(x) = 0 x y x λ. y λ Sen determinatti on (laske itse): H = 8(x λ+y λ+xy). Laskemalla determinantin arvo kriittisissä pisteissä ja käyttämällä Lausetta 3.4 saamme lopputulokseksi: Piste (x,y,λ ) = ( 1 1,,1) on rajoitettu maksimipiste, koska tässä pisteessä H > 0. Piste (x,y,λ ) = ( 1, 1,1) on rajoitettu maksimipiste, koska tässä pisteessä H > 0. Piste (x,y,λ ) = ( 1 1,, 1) on rajoitettu minimipiste, koska tässä pistees- sä H < 0.

15 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Piste (x,y,λ ) = ( 1, 1, 1) on rajoitettu minimipiste, koska tässä pisteessä H < 0. Vastaavat funktion ääriarvot voidaan laskea sijoittamalla maksimi- ja minimipisteet tavoitefunktioon. Kun tavoitefunktiossa on muuttujia enemmän kuin kaksi, mutta rajoitteita edelleen yksi, riittäviä ehtoja varten tulee tarkastaa useamman johtavan pääminorin merkki Lause. Olkoon L(x 1,x,...,x n,λ) Lagrangen funktio ja olkoon piste x = (x 1,x,...,x n) sen kriittinen piste. Tällöin a) kriittinen piste on paikallinen maksimi, jos reunustetulle Hessen matriisille H(x) pätee kriittisessä pisteessä H 3 > 0, H 4 < 0, H 5 > 0,... b) kriittinen piste on paikallinen minimi, jos reunustetulle Hessen matriisille H(x) pätee kriittisessä pisteessä H 3 < 0, H 4 < 0, H 5 < 0,... Lopuksi on syytä mainita toisen kertaluvun riittävistä ehdoista, kun rajoitteita on useita. Tällöin ratkaisevassa roolissa reunustetun Hessen matriisin etumerkkien kannalta on rajoitteiden lukumäärä. Tätä asiaa ei viedä tällä kurssilla eteenpäin, koska yleisin tapaus malleissa on yhden rajoitteen tehtävä. Selvitetään Lagrangen kertoimen taloudellista merkitystä kahden muuttujan ja yhden rajoitteen tapauksessa. Lagrangen kerroin on matemaattisessa mielessä vain apumuuttuja, jonka avulla löydetään tehtävän ratkaisu. Taloustieteellisissa malleissa kertoimesta on myös muuta hyötyä. Esimerkiksi maksimointitehtävässä Lagrangen kerroin kertoo intuitiivisesti kuinka funktion maksimiarvo muuttuu, jos rajoitetta löysätään hieman. Tarkastellaan tehtävää: max x,y f(x,y) siten että g(x, y) = c. Tämän tehtävän ratkaisu(x,y ) riippuu parametristac, joten merkitään(x (c),y (c)). Derivoimalla saadaan seuraavaa: 3.6. Lause. Olkoon (x,y ) rajoitetun maksimointitehtävän ratkaisu ja f(x,y ) tavoitefunktion maksimiarvo tässä pisteessä. Tällöin df(x,y ) dc = λ.

16 16 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Esimerkiksi, jos kyseessä on kuluttujan hyödyn maksimointitehtävä annetulla budjettirajoitteella px + qy = I, Lagrangen kerroin kertoo kuinka maksimihyöty kasvaa tulojen noustessa hieman. Toisin sanoen kerroin antaa kuluttujan maksuhalukkuuden tulojen pienestä kasvattamisesta. 4. Ääriarvotehtävät epäyhtälörajoitteilla 4.1. Esimerkki. Olkoon f: R R jatkuvasti differentioituva ja tarkastellaan tehtävää (13) maxf(x) rajoitteella x 0. {x} Oletetaan ensin, että tehtävän ratkaisu on x = 0. Tällöin funktion f(x) derivaatta on välttämättä negatiivinen tai nolla tässä pisteessä eli f (x ) < 0 tai f (x ) = 0, koska muuten funktion arvoa voitaisiin kasvattaa siirtymällä positiiviseen suuntaan pisteestä x = 0. Toisaalta, jos tehtävän ratkaisu on jokin positiivinen luku eli x > 0, niin tällöin tässä pisteessä derivaatan on oltava nolla eli f (x ) = 0. Eli olipa tehtävän ratkaisu x = 0 tai x 0, niin tehtävän ratkaisulle ovat voimassa ehdot: Katso Kuva 4. f (x) 0, x 0, xf (x) = 0. Kuva 4. Vasen kuva: x = 0 ja f (x ) < 0. Oikea kuva: x > 0 ja f (x ) = 0 Olkoot f: R R ja g: R R jatkuvasti differentioituvia funktioita ja tarkastellaan tehtävää (E) maxf(x,y) rajoitteella g(x,y) 0. {x,y} Toisin sanoen, tehtävässä etsitään sellaista pistettä (x,y ), jossa funktio f(x,y) saa maksimiarvon, ja joka sisältyy rajoitteen g(x,y) 0 määräämään joukkoon B = {(x,y) R g(x,y) 0}.

17 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Oletetaan, että rajoitteelle pätee g(x,y ) 0 ja g(x,y ) 0, jossa (x,y ) on x y tehtävän (E) ratkaisu. Myöhemmin Lauseessa 4.1 annetaan ehdot, jotka tehtävän ratkaisu toteuttaa. Otetaan ensin johdatteleva esimerkki: 4.. Esimerkki. Tehtävänä on (14) max {x,y} (x ) (y ) rajoitteella y +x 0. Tässä f(x,y) = (x ) (y ), jonka tasa-arvokäyrät ovat ympyröitä, joiden keskipisteenä on piste (, ). Rajoitteena on epäyhtälö y +x 0, joka muodostaa joukon B = {(x,y) R y +x 0} Kuva 5. Tavoitefunktion tasa-arvokäyrät ja rajoitejoukko B (varjostettu alue) Esimerkiksi origo(0, 0) kuuluu tähän joukkoon, kuten myös kaikki (suoran)yhtälön y = x+ toteuttavat pisteet. Ilman rajoitetta funktion f maksimipiste on (,) (Miksi?), mutta tämä piste ei kuitenkaan kuulu rajoitejoukkoon B. Pohtimalla rajoitejoukkoa ja funktion tasa-arvokäyriä huomaamme, että tehtävän ratkaisu on piste (1, 1). Tässä pisteessä funktion f gradientti f(x, y) on rajoitteen gradientti g(x, y) kerrottuna jollain kertoimella λ. Gradientit ovat siten yhdensuuntaisia. Gradientin geometriasta muistetaan, että gradientti osoittaa suuntaan, johon funktion arvo kasvaa voimakkaimmin ja että se on kohtisuorassa tasa-arvojoukon tangenttisuoraa vastaan. Pisteessä (1, 1) funktion f gradientti osoittaa pisteen (, ) suuntaan. Jos näin ei olisi eli gradientti osoittaisi rajoitejoukon suuntaan, niin voisimme kasvattaa funktion f arvoa ja pysyä edelleen rajoitejoukossa. Tällöin piste

18 18 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 (1,1) ei olisi tehtävän ratkaisu. Funktion f gradientti osoittaa siis ulospäin rajoitejoukosta. Rajoitteen gradientti osoittaa samaan suuntaan, joten yhtälöstä seuraa, että λ > 0. f(x,y) = λ g(x,y) Yllä olevassa esimerkissä optimi saavutettiin rajoitejoukon reunalla eli pisteessä, jossa g(x, y) = 0. Tällöin sanotaan, että rajoite on sitova tai aktiivinen. Muutetaan ylläolevaa esimerkkiä hieman, jolloin optimi saavutetaankin rajoitejoukon sisällä eli pisteessä, jossa g(x, y) < 0: 4.3. Esimerkki. Tehtävänä on (15) max (x ) (y ) rajoitteella y +x 6 0. {x,y} Nyt rajoitteena on epäyhtälö y +x 6 0, joka muodostaa joukon B = {(x,y) R y +x 6 0}. Tarkastellaan pistettä (3,3), joka toteuttaa rajoitteena olevan epäyhtälön yhtäsuurutena. Tässä pisteessä rajoitteen gradientti osoittaa ulospäin rajoitejoukosta aivan kuten edellisessä esimerkissä. Tällä kertaa kuitenkin funktion f(x, y) gradientti osoittaa rajoitejoukon sisuksen suuntaan eli voimme kasvattaa funktion arvoa siirtymällä pisteestä (3, 3) sisuksen suuntaan. Tehtävän ratkaisuna on rajoittamaton ääriarvopiste (,). Ylläolevan esimerkin tilanteessa, jossa tehtävän ratkaisu saavutetaan rajoitejoukon sisuksessa, rajoite ei ole sitova. Huomautus: tehtävään liittyvä Lagrangen funktio on L(x,y,λ) = f(x,y) λg(x,y), jota voi käyttää apuna tehtäviä ratkoessa. Epäyhtälörajoitteisissa tehtävissä on väliä sillä mikä merkki on Lagrangen kertojan edessä. Tehtävään (E) liittyvä Lagrangen funktio tuleekin kirjoittaa täsmälleen yllä mainitussa muodossa. Seuraava lause antaa välttämättömät ehdot tehtävän ratkaisulle: 4.1. Lause. Olkoon piste (x,y ) tehtävän (E) ratkaisu. Tällöin on olemassa reaaliluku λ siten että seuraavat ehdot ovat yhtäaikaa voimassa: (i) f(x,y ) = λ g(x,y ), (ii) g(x,y ) 0, λ 0 ja λ g(x,y ) = 0. Ehto (i) on tuttu ja sen yhtälö voidaan kirjoittaa muodossa f(x,y) x f(x,y) y = λ g(x,y), x = λ g(x,y). y

19 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Ehto (ii) on uusi. Jos rajoite pätee muodossa g(x,y ) < 0, niin tällöin yhtälön λ g(x,y ) = 0 mukaan on oltava λ = 0. Jos taas λ > 0, niin tällöin yhtälön λ g(x,y ) = 0 mukaan on oltava g(x,y ) = Esimerkki. Ratkaistaan Esimerkki 4. Lauseen 4.1 avulla. Lagrangen funktio on L(x,y,λ) = (x ) (y ) λ(y +x ). Lauseen 4.1 ehto (i) voidaan kirjoittaa muotoon (16) (17) (x ) = λ, (y ) = λ, ja ehto (ii) on y +x 0, λ 0, λ(y +x ) = 0. Mietitään, mitä tapahtuu, jos λ = 0. Tällöin yhtälöt (16) ja (17) tulevat muotoon (x ) = 0, (y ) = 0, jolloinx = jay =. Piste(x,y) = (,) ei kuitenkaan kuulu rajoitejoukkoon, joten ei voi päteä λ = 0. Entä jos λ > 0? Tällöin on Lauseen 4.1 viimeisen ehdon mukaan oltava y +x = 0, joten yhdistämällä tämän ehtoon (i) saadaan yhtälöryhmä (x ) = λ, (y ) = λ, y +x = 0. Yhtälöryhmän ratkaisu on (x,y,λ ) = (1,1,). Geometrisesti (katso Kuva 5) on selvää, että (1,1) on tehtävän ratkaisu ja vastaava funktion rajoitettu maksimiarvo on Esimerkki (18.7 SB). Tehtävänä on (18) maxxy rajoitteella x +y 1. {x,y} Lagrangen funktio on L(x,y,λ) = xy λ(x +y 1). Lauseen 4.1 ehdot (i) ja (ii) voidaan kirjoittaa muotoon (19) (0) (1) Yhtälöistä (19) ja (0) saadaan Eli x = y. y = λx, x = λy, x +y 1, λ 0, λ(x +y 1) = 0. λ = y x, ja λ = x y.

20 0 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Käytetään nyt ehtoja ja katsotaan mitä tapahtuu, kun λ = 0. Tällöin yhtälöiden (19) ja (0) mukaan myös y = 0 ja x = 0. Pistepari (0,0) sisältyy varmasti rajoitejoukkoon, joten kolmikko (0, 0, 0) on yksi ratkaisukandidaatti. Muut kandidaatit löydetään, kun katsotaan mitä tapahtuu, kun λ > 0. Tällöin ehtojen (1) mukaan rajoite on sitova eli x + y = 1. Käytetään tämän lisäksi yhtälöä x = y, jolloin saamme: ( 1 (x,y,λ) =, 1, 1 ) ( (x,y,λ) = 1, 1, 1 ) ( ) 1 (x,y,λ) = (x,y,λ) =, 1, 1 1, 1 ( 1, 1 Kahdessa jälkimmäisessäλ < 0, joten hylkäämme ne. Jäljelle jäävät siten(, 1, 1 ) ( ja 1, 1, 1 ) sekä aiemmin laskettu kandidaatti (0, 0, 0). Sijoitetaan kunkin( x ja y arvot ) tavoitefunktioon xy, ) jolloin saamme rajoitetuiksi maksimipisteik- 1 si,,. Nämä tuottavat tavoitefunktiolle rajoitetun 1, 1 ( 1, 1, 1 ). maksimiarvon Esimerkki. Perustellaan Esimerkkiä 4.1 Lauseen 4.1 avulla. Kirjoitetaan rajoite x 0 lauseessa esiintyvään muotoon eli x 0. Tehtävään liittyvä Lagrangen funktio on L(x,λ) = f(x) λ( x), ja lauseen ehdot ovat nyt () f (x)+λ = 0, x 0, λ 0, λ( x) = 0. Ensimmäinen yhtälö on yhtäpitävää yhtälön λ = f (x) kanssa, jolloin ehdot () saadaan esimerkkiä 4.1 vastaavaan muotoon: (3) x 0, f (x) 0, f (x)x = Esimerkki (18.8 SB). Tehtävänä on kuluttujan hyödynmaksimointi budjettirajoitteella, jonka ei tarvitse olla sitova eli kuluttajan ei tarvitse käyttää välttämättä kaikkea tuloaan hyödykkeisiin: (4) max {x 1,x } u(x 1,x ) rajoitteella p 1 x 1 +p x I,

21 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY jossa x 1 ja x ovat hyödykkeet, p 1 ja p ovat niiden hinnat ja I on kuluttajan käytettävissä oleva tulo. Oletetaan, että rajahyöty on aidosti positiivinen molempien hyödykkeiden suhteen eli u(x 1,x ) (5) x 1 Muodostetaan Lagrangen funktio > 0, ja u(x 1,x ) x > 0. L(x,y,λ) = u(x 1,x ) λ(p 1 x 1 +p x I) ja käytetään jälleen Lausetta 4.1. Lauseen mukaiset ehdot ovat (6) (7) (8) u(x 1,x ) = λp 1, x 1 u(x 1,x ) = λp, x p 1 x 1 +p x I, λ 0, λ(p 1 x 1 +p x I) = 0. Katsotaan mitä tapahtuu, kun λ = 0. Tällöin yhtälöiden (6) ja (7) mukaan olisi (9) u(x 1,x ) x 1 = 0, ja u(x 1,x ) x = 0, mikä on kuitenkin ristiriidassa rajahyötyjen aidon positiivisuuden kanssa. Ei voi päteä λ = 0. Mitä seuraa, jos λ > 0? Tällöin ehtojen (8) mukaisesti on oltava p 1 x 1 +p x = I eli kuluttaja käyttää kaiken tulonsa hyödykkeisiin. Jos pyritään etsimään tavoitefunktion f minimiä jossain rajoitejoukossa, voidaan käyttää edelleen Lausetta 4.1 kunhan maksimoidaan funktiota f. Toisin sanoen tehtävän (30) minf(x,y) rajoitteella g(x,y) 0 {x,y} ratkaisu on täsmälleen sama kuin tehtävän (31) max f(x,y) rajoitteella g(x,y) 0. {x,y} 4.8. Esimerkki. Tehtävän (3) min {x,y} (x ) +(y ) rajoitteella y +x 0 ratkaisu on (1,1) Esimerkin 4.4 perusteella Esimerkki. Ratkaistaan tehtävä (33) minx +y rajoitteella 3x+y {x,y} Lagrangen funktio on L(x,y,λ) = x y λ(3x+y +6).

22 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Lauseen 4.1 ehto (i) voidaan kirjoittaa muotoon (34) (35) ja ehto (ii) on x = 3λ, y = λ, 3x+y +6 0, λ 0, λ(3x+y +6) = 0. Mietitään, mitä tapahtuu, jos λ = 0. Tällöin yhtälöistä (34) ja (35) seuraa, että x = 0 ja y = 0. Sijoitetaan nämä rajoiteyhtälöön, jolloin saadaan 6 0, mikä on mahdotonta. Entä jos λ > 0? Tällöin on Lauseen 4.1 viimeisen ehdon mukaan oltava 3x+y +6 = 0, joten yhdistämällä tämän ehtoon (i) saadaan yhtälöryhmä x = 3λ, y = λ, 3x+y +6 = 0. ( Yhtälöryhmän ratkaisu on (x,y,λ ) = 18 13, 1 13, 1 ). Geometrisesti on selvää, ( 13 että 18 ) 13, 1 on tehtävän ratkaisu ja vastaava funktion rajoitettu minimiarvo 13 on Komparatiivinen statiikka Tämän luvun kantava teema on komparatiivinen statiikka. Sen avulla tutkitaan esimerkiksi jonkin tasapainomallin eksogeenisen muuttujan muutoksen vaikutusta endogeeniseen muuttujaan. Endogeenisellä muuttuja voisi olla vaikka tuotanto ja eksogeeninen korkotaso. Tarpeellisia apuvälineitä ovat kokonaisdifferentiaali, kokonaisderivaatta (derivoinnin ketjusääntö) ja implisiittifunktioteoreema Kokonaisdifferentiaali. Muistellaan ensin derivoituvaa yhden muuttujan funktiota y = f(x). Tarkastellaan pistettä (x 0,f(x 0 )) ja sen kautta kulkevaa tangenttisuoraa, jonka yhtälö differentiaalien avulla kirjoitettuna (katso kurssi YE19a) on (36) dy = f (x 0 )dx, jossa dy = y f(x 0 ) ja dx = x x 0. Yhtälö (36) on funktion f differentiaali pisteestä (x 0,f(x 0 ) ja sitä voisi merkitä myös df = f (x 0 )dx. Funktion arvon muutosta y = f(x) f(x 0 ) voidaan arvioida yhtälön (36) avulla seuraavasti (37) y dy = f (x 0 )dx. Mitä pienempi on muutos muuttujan x arvossa, niin sitä parempi tämä arvio on. Tätä voi ajatella myös niin, että funktion kuvaajaa pisteessä (x 0,f(x 0 ) pyritään arvioimaan tangenttisuoralla. Funktion kuvaaja on tämän pisteen läheisyydessä siten

23 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY melkein suora. Arviointia differentiaalin avulla kutsutaan funktion linearisoinniksi kyseisessä pisteessä. Oikeastaan olisi hyvä merkitä funktion differentiaalia näin (38) df(x 0 ) = f (x 0 )dx, jolloin olisi selvempää, että differentiaali riippuu pisteestä x Esimerkki. Tutkitaan funktiota f(x) = x ja pistettä x 0 =. Oletetaan, että x muuttuu kohdasta kohtaan.1. Arvioidaan funktion arvon muutosta funktion differentiaalin df(x 0 ) = f (x 0 )dx avulla. Nyt y f ()(.1 ) eli y 4(.1 ) = 0.4. Todellinen muutos funktion arvossa on = Heittoa on 0.1. Sama ajatus voidaan laajentaa usean muuttujan funktioon, jolloin puhutaan kokonaisdifferentiaalista. Esimerkiksi kahden muuttujan funktion tapauksessa kuvaajaa ei enää arvioida tangenttisuoralla vaan tangenttitasolla. Olkoony = f(x 1,x,...,x n ) jokinn:n muuttujan funktio, jonka osittaisderivaatat ovat ovat olemassa jatkuvina. Tämän kokonaisdifferentiaali on (39) df = f x 1 dx f x n dx n Kokonaisdifferentiaalilla df voidaan arvioida muutosta funktion arvossa, kun kaikki muuttujat muuttuvat hieman. Arvio on jälleen sitä parempi, mitä pienempiä differentiaalit dx i ovat. Edelleen voidaan puhua funktion linearisoinnista ja jälleen olisi hyvä merkitä selvyyden vuoksi (40) df(x 0 ) = f(x 0) x 1 dx (x 0) x n dx n. 5.. Esimerkki. a) Lasketaan funktion f(x 1,x ) = 1 x 1 x 3 kokonaisdifferentiaali. Ensinnäkin on huomattava, että muuttujan x 1 täytyy olla nollasta poikkeava, jotta funktio olisi määritelty. Kokonaisdifferentiaali muodostetaan siis laskemalla osittaisderivaatat ja käyttämällä kaavaa (39): df = f x 1 dx 1 + f x dx df = 1 x 1dx 1 3x dx. b) Lasketaan funktion f(x,y,z) = 3x y 4 +yz +xz 3 kokonaisdifferentiaali. df = f f f dx+ dy + x y z dz df = (6x+z 3 )dx+(z 4y 3 )dy +(y +3xz )dz.

24 4 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Esimerkki havainnollistaa myös sitä, että kokonaisdifferentiaali on myös funktio aivan kuten alkuperäinen funktio (se riippuu esimerkiksi b-kohdassa muuttujista x,y ja z), jonka kokonaisdifferentiaalia lasketaan. Kokonaisdifferentiaali on erittäin hyödyllinen väline tarkasteltaessa taloustieteellisiä malleja kuten seuraavat esimerkit havainnollistavat Esimerkki. Olkoon tuotanto y kahden panoksen x 1 ja x funktio g eli y = q(x 1,x ). Tämän kokonaisdifferentiaali on dq = q dx 1 + q dx. x 1 x Tämä antaa arvion muutokselle tuotannossa, kun molemmat panokset muuttuvat. Se on summa rajatuotannoin kerrotuista panosten differentiaaleista Esimerkki. Oletetaan, että yritys maksimoi voittoaan π valitsemalla tuotannontason y. Olkoon voittofunktio π(y) = py C(y), jossa p on hinta ja C(y) on kustannusfunktio, joka täyttää millä tahansa tuotannon tasolla ominaisuudet C (y) > 0 ja C (y) > 0. Toisin sanoen kustannusfunktio on kasvava konveksi funktio. Millä tavalla optimaalinen tuotannontaso y riippuu hinnasta eli mikä on derivaatan dy dp merkki optimaalisella tuotannontasolla? Tehtävä onnistuisi ilman kokonaisdifferentiaalia, jos olisi annettu jokin eksplisiittinen kustannusfunktio. Tällöin voitaisiin vain ratkaista optimaalinen tuotanto ja derivoida se hinnan suhteen. Kustannusfunktio on annettu nyt yleisessä muodossa, joten näin ei voida toimia. Hyödynnetään kokonaisdifferentiaalia. Yrityksen tehtävänä on maksimoida voittoaan: Välttämätön ehto maksimille on maxπ(y) = py C(y) {y} (41) π (y ) = p C (y ) = 0, jossa y viittaa optimaaliseen tuotannontasoon. Tämä tuotannontaso antaa maksimivoiton, koska riittävä ehto maksimille, eli π (y ) = C (y ) < 0, on voimassa tehtyjen oletusten vuoksi. Alkuperäiseen kysymykseen vastaus saadaan kokonaisdifferentioimalla hinnan p ja tuotannon y suhteen ehtoa (41)ja ratkaisemalla haluttu derivaatta: dp C (y )dy = 0 dy dp = 1 C (y ). Tämä on positiivinen, koska oletuksen mukaan C (y ) > 0. Jos tuotteen hinta nousee, niin optimaalinen tuotanto kasvaa. 5.. Kokonaisderivaatta. Kokonaisdifferentiaalin yhteydessä käsiteltiin n:n muuttujan funktiota f, y = f(x), jossa siis x = (x 1,...,x n ). Tällöin oletettiin, että muuttujat x i ovat kaikki toisistaan riippumattomia. Entä jos muuttujat x i riippuvat muuttujasta t, eli siis x(t) = (x 1 (t),...,x n (t)), ja halutaan tietää kuinka funktion f arvo riippuu muuttujasta t?

25 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Aloitetaan tapauksella, jossa f(x) on vain yhden muuttujan funktio ja x(t) on muuttujan t funktio. Miten funktion f arvo riippuu muuttujasta t? Tähän vastaa yhdistetyn funktion derivointisääntö (katso kurssi YE19a). Merkitään h(t) = (f x)(t) eli h(t) = f(x(t)). Yhdistetyn funktion derivointisääntö (tai ketjusääntö) antaa: h (t) = f (x(t))x (t). Palataan tilanteeseen, jossa x(t) = (x 1 (t),...,x n (t)). Miten derivoidaan h(t) = f(x(t))? Tietyin säännöllisyysoletuksin on voimassa seuraava lause: 5.1. Lause. Yhdistetyn kuvauksen h(t) = f(x(t)) derivaatta h (t) saadaan kaavalla n (4) h (t) = f(x) x f dx i (t) = x i dt. Huomaa kaavassa oleva kahden vektorin tulo. Kaavaa (4) kutsutaan ketjusäännöksi. Tätä voidaan kutsua myös funktion f(x) kokonaisderivaataksi muuttujan t suhteen. Erona osittaisderivaattaan on se, ettei nyt muita muuttujia pidetä kiinteinä vaan myös niiden annetaan muuttua derivoitaessa muuttujan t suhteen. Kaavan (4) voisi esittää myös muodossa df (43) dt = f(x) x (t). Katsotaan esimerkki Esimerkki. Olkoon f(x,y) = x+y +y, jossa x = e t ja y = 3t. Merkitään h(t) = f(x, y). Käytetään yllä olevaa lausetta (eikä suoraa sijoitusta) derivaatan h (t) määräämiseen: h (t) = f dx x dt + f dy y dt = e t +(y +1)3 i=1 = e t +3(6t+1). Tarkastellaan hieman erilaista tilannetta. Olkoon nyt funktiona f, y = f(t,x 1 (t),x (t),...,x n (t)), jolloin funktio f riippuu myös suoraan muuttujasta t. Tämän derivaatta muuttujan t suhteen saadaan kaavalla df (44) dt = f dt + f dx 1 f dx n t }{{} dt x 1 dt x n dt. =1 Inuitiivisesti derivaatta kaavassa (44) koostuu suorasta osittaisderivaatasta muuttujan t suhteen ja epäsuorista vaikutuksista, jotka syntyvät muiden muuttujien kautta muuttujan t muuttuessa.

26 6 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Vielä yleisempi ketjusääntö sivuutetaan Implisiittifunktiosääntö. Tähän asti olemme käsitelleet funktioita jotka voidaan esittää yhden muuttujan tapauksessa muodossa y = f(x). Tämä funktio on niin sanotussa ratkaistussa eli eksplisiittisessä muodossa. Joskus funktio y = f(x) on annettu ratkaisemattomassa eli implisiittisessä muodossa jonkin yhtälön F(x, y) = 0 avulla, jossa F on kahden muuttujan funktio. Tarkemmin sanottuna yhtälö F(x, y) = 0 määrittää muuttujan y muuttujan x funktiona implisiittisesti, jos jollain välillä on olemassa funktio y = f(x) siten että F(x, f(x)) = 0. Implisiittifunktio voidaan yrittää ratkaista eksplisiittisessä muodossa, mutta tämä ei usein onnistu Esimerkki. Olkoon F(x,y) = 0 muotoa y x + = 0, jolloin se määrittelee muuttujan y muuttujan x implisiittisenä funktiona. Funktion y = f(x) ratkaistu (eli eksplisiittinen) muoto on y = 1 x Esimerkki. Olkoon F(x,y) = 0 muotoa y 5 x +3y = 0. Tämä on viidennen asteen yhtälö, jolle ei ole ratkaisukaavaa. On kuitenkin olemassa pisteitä, joissa yhtälö toteutuu, kuten esimerkiksi pisteet (x, y) = (, 1) ja (x, y) = (, 1). Oleellinen kysymys on seuraava. Onko edes periaatteessa mahdollista määrittää näiden pisteiden ympäristössä muuttuja y muuttujan x funktiona? Vastaus on esimerkin tapauksessa kyllä. 5.. Lause. Olkoon F(x, y) = 0 annettu ja a) piste (x 0,y 0 ) sellainen, että F(x 0,y 0 ) = 0, b) F(x,y) jatkuvasti derivoituva pisteen (x 0,y 0 ) ympäristössä c) ja F(x 0,y 0 ) 0. y Tällöin pisteen (x 0,y 0 ) ympäristössä on olemassa jatkuvasti derivoituva funktio y = f(x) siten että (45) dy dx (x 0) = f (x 0 ) = F(x 0,y 0 ) x F(x 0,y 0 ) y Huomaa kaavassa oleva miinus-merkki. Tässä lauseessa on annettu ehdot, joiden täyttyessä on olemassa pisteen (x 0,y 0 ) ympäristö siten että muuttuja y voidaan lausua muuttujan x funktiona. Huom. Luentomonisteessa ja tehtävissä esiintyvät funktiot ja niiden osittaisderivaatat ovat jatkuvia. Niistä ei tarvitse huolehtia. Sen sijaan on aina syytä tarkastaa, että piste toteuttaa yhtälön F(x, y) = 0 ja osittaisderivaatta muuttujan y suhteen ei ole nolla kyseisessä pisteessä..

27 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Lauseessa muuttujaa y voidaan kutsua endogeeniseksi muuttujaksi ja muuttujaa x eksogeeniseksi. Lauseessa annetaan siten ehdot, joiden täyttyessä, voidaan endogeeninen muuttuja määrittää implisiittisesti eksogeenisen muuttujan funktiona. Lauseen ehdossa c) on funktion F osittaisderivaatta juuri endogeenisen muuttujan suhteen. Lauseen avulla voimme myös laskea derivaatan dy kyseisessä pisteessä (x 0,y 0 ). Derivaatan laskeminen on lauseen sovellusten kannalta mielenkiintoisin dx sisältö Esimerkki. Palataan Esimerkkiin 5.7. Lasketaan derivaatta dy dx pisteessä(,1). Yhtälönä on y 5 x +3y = 0, joten piste (,1) toteuttaa sen ((1) 5 +3 = 0). Implisiittifunktiosäännön toinen vaatimus toteutuu, koska F(,1) y = 8 0. Yllä oleva huomautus mukaan luettuna Lauseen 7. ehdot toteutuvat ja sen vuoksi muuttujan y voidaan lausua muuttujan x funktiona pisteen (, 1) ympäristössä. Tällöin on järkevää puhua derivaatasta dy. Implisiittifunktiosäännön perusteella dx derivaataksi kyseisessä pisteessä saamme dy () = 4 dx 8 = 1. Muistisäännöksi tarkastellaan yhtälöä F(x, y) = 0 ja sen kokonaisdifferentiaalia. Laskemalla saadaan F F F dy dx+ dy = 0 dy = Fdx x y y x F dx = x. Erityisesti tätä kautta on helpompi muistaa kaavassa (45) oleva miinusmerkki. Tässä oli varmasti jotain tuttua: 5.9. Esimerkki. Palataan voittoa maksimoivaan yritykseen eli Esimerkkiin 5.4. Ensimmäisen kertaluvun välttämätön ehto maksimille on π (y ) = p C (y ) = 0. Lasketaan derivaatta dy dp implisiittifunktiosäännöllä: (46) dy dp = 1 C (y ) dy dp = 1 C (y ). Päädyttiin siis aivan samaan lopputulokseen kuin aiemminkin. Lause 5. yleistyy seuraavasti: 5.3. Lause. Olkoon F(x 1,...,x n,y) = 0 annettu ja a) piste (x 0 1,...,x 0 n,y 0 ) sellainen, että F(x 0 1,...,x 0 n,y 0 ) = 0 b) F(x 1,...,x n,y) jatkuvasti derivoituva, F y

28 8 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 c) ja F(x0 1,...,x 0 n,y 0 ) 0. y Tällöin pisteen(x 0 1,...,x 0 n,y 0 ) ympäristössä on olemassa jatkuvasti derivoituva funktio y = f(x 1,...,x n ) siten että jokaisella i = 1,...,n on voimassa (47) y (x 0 x 1,...,x 0 n) = i F(x 0 1,...,x0 n,y 0 ) x i F(x 0 1,...,x0 n,y 0 ) y Kaavasta (47) on hyvä huomioida, että kyseessä on osittaisderivaatta, jolloin muita muuttujia pidetään kiinteinä. Säännön avulla voidaan siis laskea kaikki osittaisderivaatat Esimerkki. Olkoon F(x,z,y) = y 3 xz +4x xzy y +1 = 0. Lasketaan osittaisderivaatta y pisteessä (x,z,y) = (0,1,1) käyttämällä implisiittifunktiolausetta. Piste (x,z,y) = (0,1,1) toteuttaa yhtälön, koska F(0,1,1) = 1+1 = 0. x Lisäksi F(x,z,y) = 3y xz xz 1, y joka pisteessä (0,1,1) saa arvon F(0,1,1) y = 1 0. Lisäksi F(x,z,y) = y 3 z +8x zy. Soveltamalla Lausetta 5.3 osittaisderivaataksi saadaan x y (0,1) = 1 x 1 = 1. Samaan tulokseen olisi päädytty myös käyttämällä apuna differentiaaleja laskemalla ensin funktion F kokonaisdifferentiaali ja asettamalla se nollaksi. Haluttua derivaattaa varten differentiaalia dz ei tarvita, joten se asetetaan nollaksi. Nyt yhtälöstä voidaan ratkaista haluttu derivaatta. Tarkastellaan lopuksi monimutkaisin tilanne, jossa yhtälöitä on useita. Miksi tämä tapaus on tärkeä? Ajattele vaikka yritystä, jonka tuotanto on saastuttavaa ja jota reguloidaan jollain instrumentilla kuten esimerkiksi verolla. Yritys maksimoi voittoaan valitsemalla tuotannon ja puhdistuksen. Tällöin ensimmäisen kertaluvun välttämättömiä ehtoja maksimille on kaksi (yksi tuotannon ja toinen puhdistuksen suhteen) ja optimaalinen tuotanto ja puhdistus ovat implisiittisessä muodossa. Tällaisessa mallissa halutaan esimerkiksi tutkia miten lopputuotteen hinta p (tai vaikka vero) vaikuttaa esimerkiksi optimaalisen tuotannon määrään eli selvittää derivaatan dy merkki. Aiemmin annetut keinot tämän derivaatan löytämiseksi eivät riitä, dp koska optimaalinen tuotanto ja puhdistus ovat ratkaisu kahteen yhtälöön..

29 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Olkoon annettu m kappaletta jatkuvasti derivoituvia funktioita F 1,...,F n ja yhtälöryhmä: F 1 (x 1,...,x n,y 1,...,y m ) = c 1... F m (x 1,...,x n,y 1,...,y m ) = c m Ylläolevissa yhtälöissä y 1,...,y m ovat endogeenisiä ja x 1,...,x m eksogeenisia muuttujia. Olkoon piste P = (x 0 1,...,x 0 n,y 0 1,...,y 0 m) sellainen, että se toteuttaa yhtälöryhmän. Oleelliset kysymykset ovat: 1. Milloin näistä yhtälöistä voidaan (ainakin periaatteessa) ratkoa muuttujat y j muuttujien x i suhteen pisteen P ympäristössä?. Miten löydetään esimerkiksi osittaisderivaatta y 1 x pisteen P ympäristössä? Funktiot F i ovat jatkuvasti derivoituvia, joten niillä on osittaisderivaatat jokaisen muuttujan suhteen. Yhtälöistä voidaan ratkoa muuttujat y j muuttujien x i suhteen pisteen P ympäristössä silloin, kun pisteessä P on voimassa: F 1 F 1 F 1 y 1 F F y 1. F m y 1 y... y m F y... y m F... m F m y Yksi tapa osittaisderivaattojen laskemiseen on muodostaa ensin jokaisen implisiittifunktion kokonaisdifferentiaalit ja muodostamalla niistä (lineaarinen) yhtälöryhmä: F 1 x 1 dx F 1 x n dx n + F 1 y 1 dy F 1 y m dy m = 0.. F m x 1 dx Fm x n dx n + Fm y 1 dy Fm y m dy m = 0 Nyt esimerkiksi osittaisderivaatta y 1 x 1 saadaan asettamalla dx i = 0, kun i 1, ja jakamalla yhtälöt dx 1 :llä ja tulkitsemalla derivaatta dy 1 dx 1 halutuksi osittaisderivaataksi. Näin saadaan lineaarinen yhtälöryhmä, joka voidaan ratkaista esimerkiksi Cramerin säännöllä. Asia selkenee esimerkin avulla. y m Esimerkki. Tarkastellaan yhtälöparia { F 1 (x,y,k) = x +ky = F (x,y,k) = kx+y 3 =.

30 30 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Määritteleekö yhtälöpari endogeeniset muuttujat x ja y eksogeenisen muuttujan k funktioina pisteen P = (1, 1, 1) ympäristössä? Kyllä, koska F 1 F 1 x y = x ky k 3y F x F y ja pisteessä (1,1,1) tämän determinantin arvo on 4 0 ja lisäksi piste P toteuttaa molemmat yhtälöt. Entä mikä on derivaatan dx arvo kyseisessä pisteessä? dk Derivaatan määrittämistä varten lasketaan kokonaisdifferentiaalit: { xdx+kydy +y dk = 0 kdx+3y dy +xdk = 0. Jos olisi muita eksogeenisia muuttujia, niin niiden differentiaalit asetettaisiin nyt nolliksi, koska lasketaan (osittais)derivaattaa muuttujan k suhteen. Jaetaan yhtälöryhmä differentiaalilla dk ja ryhmitellään, jolloin saadaan (48) { x dx dk +kydy dk = y k dx dk +3ydy dk = x. Huomataan, että kyseessä on kahden tuntemattoman muuttujan lineaarinen yhtälöryhmä. Nämä muuttujat ovat derivaatat dx dy ja. Ratkaistaan Cramerin säännöllä haluttu derivaatta: dx dk dk dk = y ky x 3y x ky = 3y4 +kxy 6xy k y. k 3y Pisteessä (1,1,1) derivaatan arvo on 1 (tämän sijoituksen olisi voinut tehdä 4 jo hieman aiemmin lineaarisen yhtälöryhmän muodostamisen yhteydessä kohdassa (48)). Käyttämällä Cramerin sääntöä voidaan laskea myös derivaatta dy dk pisteessä (1,1,1). Tämän derivaatan arvo on myöskin 1. Laske derivaatta itse käyttämällä 4 Cramerin sääntöä. Esimerkissä eksogeenisiä muuttujia oli vain yksi. Jos niitä olisi ollut useampi, olisi laskun yhteydessä täytynyt tulkita derivaatat osittaisderivaattoina. Toinen tapa laskea (osittais)derivaatat on käyttää ketjusääntöä sen sijaan että muodostaisi kokonaisdifferentiaalin Esimerkki. Tulkitaan edellisessä esimerkissä endogeeniset muuttujat x ja y eksogeenisen muuttujan k funktioina eli x = x(z) ja y = y(z), jolloin saadaan

31 yhtälöryhmäksi MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY { F 1 (x(k),y(k),k) = x(k) +ky(k) = 0 F (x(k),y(k),k) = kx(k)+y(k) 3 = 0, Derivoidaan ketjusäännöllä muuttujan k suhteen { x(k) dx dk +y(k) +ky dy = 0 dk x(k)+k dx dk +3y(k)dy = 0, dk Järjestelemällä tätä ja jättämällä riippuvuus muuttujasta k merkitsemättä saadaan { x dx (49) dk +kydy = dk y k dx dk +3ydy = x, dk joka vastaa aiempaa lineaarista yhtälöryhmää. Loppuosa laskusta menee samaan tyyliin kuin yllä. 6. Integraalilaskentaa Integrointia voidaan ajatella intuitiivisesti kahdella tapaa: joko derivoinnin käänteisoperaationa tai sitten pinta-alan määräämisenä. Olkoon f: X Y yhden muuttujan funktio, y = f(x), jossa X = [a,b] R on reaalilukuväli, jonka päätepisteet ovat a ja b. Integraaleja on kahdentyyppisiä: määrättyjä integraaleja ja määräämättömiä integraaleja. Määrätyssä integraalissa integroidaan välin yli. Tätä merkitään (50) b a f(x) dx. Tässä merkintä on integrointimerkki, väli [a,b] on integrointiväli, x on muuttuja, jonka suhteen integroidaan ja dx on differentiaali. Määräämätöntä integraalia merkitään (51) f(x) dx. Kun puhutaan integraalista derivoinnin käänteisoperaationa, niin tällöin tarkoitetaan määräämätöntä integraalia (51). Aloitetaan integroinnista derivoinnin käänteisoperaationa, koska tämän jälkeen on helpompaa lähestyä määrättyä integraalia (50). Integroitaessa funktiota f etsitään sellaista funktiota F, jonka derivaatta on funktio f. Tätä funktiota F kutsutaan funktion f integraalifunktioksi: 6.1. Määritelmä. Funktionf: X Y integraalifunktiof(x) on se funktiof: X Y, jolle pätee F (x) = f(x) kaikilla x X. Tätä integraalifunktiota merkitään F(x)= f(x) dx. Integraalifunktio on siis se funktio, jonka derivaatta on alkuperäinen funktio f. Lisäksi integraalifunktio on jatkuva, koska sillä on derivaatta.

32 3 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Esimerkki. Olkoon f(x) = x. Tämän funktion integraalifunktio F(x) on se funktio, jolle pätee F (x) = x. Yksi tälläinen on F(x) = x. Integraalifunktioksi sopisi myös F(x) = x +c, jossa c R, koska vakion derivaatta on nolla. Vakiota c kutsutaan integrointivakioksi Lause. Olkoon c R. Jos F on funktion f integraalifunktio, niin jokainen funktio G = F + c on funktion f integraalifunktio. Integraalifunktio ei siis ole yksikäsitteinen. Kuitenkin jos tiedämme yhden pisteen (x 0,y 0 ), joka kuuluu funktion G kuvaajaan, niin voimme ratkaista kyseisen integraalifunktion, joka kulkee pisteen kautta. 6.. Esimerkki. Olkoon f(x) = 4x, jolloin F(x) = x +c. Integraalifunktio, jolle F(3) =, on F(x) = x 16, koska F(3) = on sama kuin (3) +c = eli c = Lause. Olkoon funktioilla f ja g integraalifunktiot. Tällöin a) (f(x)+g(x)) dx = f(x) dx+ g(x) dx, b) af(x) dx = a f(x) dx, jossaa R. Sääntö a) sanoo, että funktioiden summa (samoin kuin erotus b)-kohdan perusteella) voidaan integroida termeittäin. Esimerkiksi kahden polynomifunktion summa voidaan integroida integroimalla kukin polynomi erikseen. Lisäksi säännön b) mukaan vakio voidaan viedä integraalin eteen. Seuraava lause sisältää integrointikaavoja, joita kannattaa verrata tarkkaan vastaaviin derivointikaavoihin Lause. Olkoon c R ja f jokin derivoituva funktio. Tällöin a) x n dx = 1 n+1 xn+1 +c, kun n 1 1 b) dx = ln x +c kun x 0 x c) e x dx = e x +c d) f (x)f(x) n dx = 1 n+1 f(x)n+1 +c kun n 1 f (x) e) dx = ln f(x) +c, kun f(x) 0 f(x) f) f (x)e f(x) dx = e f(x) +c

33 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Nämä kaavat seuraavat vastaavista derivointikaavoista. Huom: jokaisessa kaavassa on mukana integrointivakio. Muista laskuissa lisäksi, että integraalifunktion derivaatta on integroitavana oleva funktio, joten voit tarkastaa ratkaisusi derivoimalla Esimerkki. a) (x+x 3 ) dx = 1 x x4 +c = x + 1 x4 +c x3 b) dx = c) e x dx = x 3 1 dx = c = x5 +c 5 +1x3 ex dx = 1 e x dx = 1 ex +c. Huomaa juuren muuttaminen potenssimuotoon kohdassa b) ja kerroin kohdassa c) Esimerkki. Lasketaan integraali x(x +10) 5 dx. Tässä integroitava funktio on muotoa f (x)f(x) n, joten käytetään Lauseen 6.3 laskusääntöä d): x(x +10) 5 dx = (x +10) 5+1 +c = 1 6 (x +10) 6 +c. Tarkista vastaus derivoimalla Esimerkki. Lasketaan seuraava integraali suorittamalla ensin jakolasku x x+1 dx = (1 x x + 1 x) dx 1 = x lnx+ +1 x +1 +c = x lnx 1 x +c Esimerkki. Lasketaan integraali x(x+) dx }{{} = ( 1 x 1 ) dx = lnx ln(x+)+c x+ ( )

34 34 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Yhtäsuurudessa ( ) käytettiin osamurtohajotelmaa: Olkoon A ja B reaalilukuja ja muodostetaan osamurtohajotelma x(x+) = A x + B x+ x(x+) = A(x+)+Bx x(x+) Täytyy siis olla voimassa = A(x+)+Bx, joten pohdinnan jälkeen valitsemme A = 1 ja B = 1. Tällöin yhtäsuuruus ( ) pitää paikkansa. Osamurtohajotelmassa jaettavana olevan polynomin aste on oltava pienempi tai yhtäsuuri kuin jakajan ja jakajana olevan polynomin tulee olla jaettuna tekijöihinsä. Jos jaettavan polynomin aste on suurempi kuin jakajan, niin tällöin voidaan suorittaa polynomien jakolasku ennen osamurtohajotelman soveltamista. Osittaisintegroinnista saattaa olla hyötyä Lause. Olkoon f ja g derivoituvia funktioita. Tällöin on voimassa (5) f(x)g (x) dx = f(x)g(x) f (x)g(x) dx. Osittaisintegrointikaava (5) on helpompi johtaa kuin muistaa ulkoa. Kaava seuraa tulon derivointisäännöstä, kun kyseinen sääntö integroidaan puolittain: D(f(x)g(x)) = f(x)g (x)+f (x)g(x) f(x)g(x) = (f(x)g (x)+f (x)g(x)) dx Osittaisintegrointikaava seuraa tästä käyttämällä integraalin yhteenlaskuominaisuutta ja järjestelemällä yhtälöä uudelleen. Kaavan soveltamiseksi on tunnistettava tarvittavat funktiot f ja g Esimerkki. Lasketaan interaali xe x dx. Valitaan f(x) = x ja g (x) = e x, jolloin f (x) = 1 ja g(x) = e x. Sovelletaan sitten kaavaa (5): xe x dx = xe x e x dx = xe x e x +c = e x (x 1)+c Esimerkki. Lasketaan lnx dx. Valitaan f(x) = lnx ja g (x) = 1, jolloin f (x) = 1 x ja g(x) = x. Sovelletaan sitten kaavaa (5): 1 lnx dx = xlnx x dx = xlnx x+c. x

35 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Palautetaan mieliin summa-merkintä. Olkoon annettu joukko lukuja a i, jossa i = 1,,...,n. Muuttuja i toimii tässä indeksimuuttujana. Näiden lukujen summaa merkitään lyhyesti seuraavasti: n a 1 +a +...+a n = 6.9. Esimerkki. i=1 4 i = = 0. i=1 Katso tämän merkintätavan perusominaisuudet esimerkiksi YE19a-kurssin monisteesta. Summa voidaan laskea myös funktion arvoista: Esimerkki. a i n f(x i ) = f(x 1 )+...+f(x n ). i=1 Määrätyssä integraalissa integroidaan funktiota f yli välin [a, b] ja sitä merkitään b f(x) dx. a Määrätyssä integraalissa on tietyssä mielessä kyse käyrän ja x-akselin väliin jäävästä pinta-alasta, kun f(x) > 0 millä tahansa x [a, b] Esimerkki. Tarkastellaan vakiofunktiota f(x) = välillä [0, ]. Tässä tapauksessa käyrän alle jäävä pinta-ala välillä [0, ] saadaan neliön alana. Neliön ala on: kanta korkeus = = 4. Ajatellaan tilannetta nyt määrätyn integraalin avulla. Myöhemmin esitettävän Lauseen 6.6 mukaan, määrätty integraali lasketaan kaavalla b f(x) dx = F(b) F(a). Esimerkissä [a, b] = [0, ], a joten 0 f(x) dx = F() F(0) = 0 = 4. Seuraavaksi esitellään määrätyn integraalin tarkempi (muttei kovin tarkka) määrittely. Kyse on oikeastaan siitä, miten lasketaan yhteen jonkin jatkuvan funktion arvot jollain välillä (intuitiivisesti sama asia kuin yllä mainittu pinta-ala). Olkoon f: [a,b] R jatkuva funktio ja jaetaan väli [a,b] osaväleihin [x i 1,x i ] siten että a = x 0 < x 1 < x <... < x n 1 < x n = b. Osavälin[x i 1,x i ] pituus on x i = x i x i 1 ja eikä osavälien tarvitse olla yhtäpitkiä. Asetetaan jokaiselle välille tietyssä mielessä välin suurin funktion arvo M i ja välin pienin funktion arvo m i, jolloin voidaan määritellä summat n n S = M i x i ja s = m i x i. i=1 i=1

36 36 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Olkoon f(x i) funktion arvo, kun x i [x i 1,x i ]. Huomaa, että m i f(x i) M i. Niin sanottu Riemann-summa R määritellään kaavalla n R = f(x i) x i. i=1 Seuraava kuva havainnollistaa tilannetta. f(x) a x 1 x x 3 x x 4 b x 0 x 1 x x 3 x 4 Kuvassa väli [a,b] on jaettu neljään osaväliin. Kuvasta voidaan määrittää ala- ja yläsummat. Kaikki kolme summaa approksimoivat jatkuvan funktion f arvojen summaa välillä [a, b], mutta ovat epätarkkoja. Esimerkiksi summa S yliarvioi todellista summaa. Koska funktion arvoille on voimassa m i f(x i) M i, pätee myös s R S. Summiin liittyvä epätarkkuus vähenee sitä mukaa mitä enemmän osavälejä [x i 1,x i ] on. Joten, jos annetaan n, saadaan summalle tarkka arvo. Määrätty integraali on tämä raja-arvo eli (53) b a f(x) dx = lim n n f(x i) x i. Jos tämä raja-arvo on olemassa, niin funktion f(x) sanotaan olevan integroituva. Kurssilla käsitellään pääasiassa jatkuvia funktioita, joten seuraava lause on oleellinen Lause. Jos funktio f(x) on jatkuva välillä [a, b], niin tällöin se on integroituva. Käytännössä määrätyn integraalin laskeminen ei juuri eroa määräämättömän integraalin laskemisesta. Määrätyn integraalin laskemiseen tarvitaan määräämättömän integraalin laskemista integraalifunktion F(x) määrittämiseksi ja vähennyslaskua kuten seuraava lause kertoo. i=1

37 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Lause. Olkoon funktio F(x) funktion f: [a,b] R integraalifunktio. Tällöin määrätty integraali saadaan kaavalla (54) b a f(x) dx = F(b) F(a). Usein laskuissa on tapana merkitä välivaihe sijoitukselle: b/ F(x) = F(b) F(a). a Seuraavasta lauseesta käy ilmi määrätyn integraalin perusominaisuuksia: 6.7. Lause. Olkoon c R ja funktiot f ja g integroituvia. Tällöin a) b) c) d) b a b a b a b (f(x)+g(x)) dx = cf(x) dx = c f(x) dx = f(x) dx b a d a b a a b f(x) dx f(x) dx+ f(x) dx+ b a a b d g(x) dx f(x) dx kun d [a,b] g(x) dx kun f(x) g(x) välillä [a,b] Osittaisintegrointikaava (5) tulee määrätyssä integroinnissa muotoon (55) 6.1. Esimerkki. 1 0 b a (x+e x ) dx = f(x)g (x) dx = 1/ 0 b/ f(x)g(x) a b a f (x)g(x) dx. ( ) 1 x +e x = 1 1 +e e 0 = e 1. Funktion derivaatta f (x) voidaan tulkita kuvaavan funktion muutosnopeutta. Määrätyn integraalin avulla saadaan selville funktion arvon kokonaismuutos pisteestä a pisteeseen b. Kaikista tavallisista eteen tulevista rajafunktioista päästään integroimalla takaisin alkuperäiseen funktioon. Esimerkiksi rajakustannusfunktiosta saadaan integroimalla johonkin tuotannontasoon asti kokonaiskustannusfunktio.

38 38 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Esimerkki. Olkoon monopoliyrityksen rajatulo M R tuotannon y funktio, MR = a by. Jos yritys myy 10 kappaletta tuotettaan, niin kokonaistulo saadaan integraalina 10 0 / 10 (a by) dx = (ay 1 by ) = 10a 50b Esimerkki. Jatkuvasti korkolaskennasta muistetaan, että alkupääoma A kasvaa t vuodessa korolla r kaavan V = Ae rt mukaisesti arvoon V. Ajatellaan nyt projektia, joka tuottaa vuosittain kiinteän X määrän euroja. Vuoden päästä saatu X ei ole nykyrahassa laskettuna X vaan jotain vähemmän. Nykyarvo riippuu korkotasosta ja vuosista kaavan X NYKY = e rt X mukaisesti. Voidaan kysyä esimerkiksi, mikä on projektin nykyarvo T vuoden päästä, kun se tuottaa joka vuosi X määrän rahaa? Nykyarvo saadaan laskettua määrätyn integraalin avulla: X NYKY = T 0 e rt X dt = X T/ 0 ( 1 1 r e rt = X r e rt 1 ) = X r r ( 1 e rt ) Esimerkki. Pohditaan seuraavaksi kuluttajan- ja tuottajan ylijäämiä. Olkoon tuotteen käänteiskysyntäkäyrä p = d(q) ja käänteistarjontakäyrä p = s(q). Olkoon käänteiskysyntäkäyrä vähenevä ja käänteistarjontakäyrä kasvava tuotannon suhteen. Käänteiskysyntä edustaa kuluttajien maksuhalukkuutta tietystä tuotannonmäärästä. Kokonaismaksuhalukkuus määrästä q 0 on siten q0 0 d(q) dq. Kuluttajan ylijäämä on kokonaismaksuhalukkuuden ja ostamisesta koituvien kulujen erotus. Tuottajien kannalta käänteistarjontakäyrä edustaa tuotannon rajakustannusta, joten kokonaiskustannus määrästä q 0 saadaan q0 0 s(q) dq. Tuottajan ylijäämä on myyntitulojen ja kokonaiskustannuksen erotus. Kuluttajien ja tuottajien ylijäämien summa on siten q0 ( q0 ) q0 d(q) dq pq 0 + pq 0 s(q) dq = (d(q) s(q)) dq. 0 0 Seuraava kuva havainnollistaa jo tuttua asiaa: 0

39 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY p Kuluttajan ylijäämä s(q) p 0 Tuottajan ylijäämä d(q) q 0 q Seuraava lause on tietää: 6.8. Lause. Olkoon f: [a,b] R jatkuva funktio ja funktio F: [a,b] R määritelty kaavalla F(x) = x f(t) dt. Tällöin F on derivoituva ja a F (x) = f(x) kaikilla x [a,b]. Olkoon F(x) = b(x) f(x,t) dt. Seuraava kaava voidaan osoittaa oikeaksi: a(x) (56) df(x) dx = b (x)f(x,b(x)) a (x)f(x,a(x))+ Tätä kaavaa tarvitaan joissain sovelluksissa. b(x) a(x) f(x,t) x dt. 7. Trigonometriasta ja kompleksiluvuista 7.1. Trigonometriset funktiot. Kulmia mitataan joko asteina välillä [0, 360] tai radiaaneina välillä [0, π]. Yksi radiaani on siis 180 astetta jaettuna piillä. Tavoitteena tässä on palautella mieliin trigonometrian perusasioita. Tarkastellaan suorakulmaista kolmiota, jonka kateetit ovat x ja y sekä hypotenuusa on r. Olkoon hypotenuusan ja toisen kateetin välinen kulma θ. r y θ Pythagoraan lauseen r = x + y mukaan r = x +y. Määritellään sini-, kosini-, tangentti-, kosekantti-, sekantti- ja kotangenttifunktiot: x

40 40 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Määritelmä. sinθ = y r, cosθ = x r, tanθ = y x, cscθ = r y, secθ = r x, cotθ = x y. Tärkeimmät näistä ovat sini-, kosini- ja tangenttifunktiot. Tarkastellaan origokeskistä yksikköympyrää ja sen sisältäviä suorakulmaisia kolmioita, joiden hypotenuusan pituus on yksi, toinen teräväkulma on origossa ja toinen yksiköympyrän kehällä. Yksikköympyrällä sinin ja kosinin määrittelyjoukkona on reaalilukujen joukko ja arvojoukkona on suljettu väli [ 1, 1], kun taas tangentin määrittelyjoukkona ovat reaaliluvut poislukien π/ ja sen monikerrat, eli luvut π/ + nπ, jossa n Z. Tangenttifunktion arvojoukko on R. *tähän tulee kuva yksikköympyrästä ja selittelyä* 7.1. Lause. (i) sin θ +cos θ = 1 (ii) sin(θ±φ) = sinθcosφ±cosθsinφ (iii) cos(θ±φ) = cosθcosφ sinθcosφ (iv) sinθ = sin(θ+nπ) (v) cosθ = cos(θ +nπ) (vi) tanθ = tan(θ+nπ) (vii) sin(θ) = sinθcosθ (viii) cos(θ) = cos θ sin θ. 7.. Kompleksiluvut Esimerkki. Mitä ovat yhtälön x +1 = 0 ratkaisut? Yhtälöllä ei ole ratkaisuja reaalilukujen joukossa, koska minkään reaaliluvun neliö ei ole 1 (Miltä kuvauksen f(x) = x +1 kuvaaja näyttää?). Yhtälöllä on kuitenkin ratkaisu kompleksilukujen joukossa. 7.. Määritelmä. Luku z = x+iy on kompleksiluku, jossa reaaliluku x on kompleksiluvun reaaliosa ja reaaliluku y on kompleksiluvun imaginaariosa. Imaginaariyksikölle i on voimassa i = 1. Kompleksiluvun z = x+iy reaaliosaa merkitään Re(z) ja imaginaariosaa Im(z). Kompleksilukujen joukkoa merkitään C.

41 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Esimerkki. (i) x +1 = 0 x = 1 x = ± 1 x = ±i. (ii) x 4x+13 = 0 x = 4±6 1 x = ±i Määritelmä. Kompleksiluvun z = x + iy liittoluku tai kompleksikonjugaatti on z = x iy. Toisin sanoen x+iy = x iy. Kompleksilukuja voidaan havainnollistaa seuraavalla kuvalla, jossa vaaka-akselina on reaaliakseli ja pystyakselina on imaginaariakseli. Im y x+iy x Re y x iy Olkoot z = x+iy ja w = u+iv kompleksilukuja. Niiden summa on Niiden erotus on Niiden tulo on z +w = (x+u)+i(y +v). z w = (x u)+i(y v). zw = (x+iy)(u+iv) = xu+ixv +iyu+i yv = xu yv +i(xv +yu), koska i = 1. Niiden osamäärä on z w = x+iy u+iv u iv u iv = xu ixv +iyu i yv u +v = xu+yv u +v +iyu xv u +v. Yllä olevan laskun mukaan liittolukujen tulolle pätee zz = x +y Esimerkki. (i) ( 7+i5) ( i5) = 7 +i(5+5) = 9+i10 (ii) ( i3)(+i3) = 4+i6 i6+( i3)(i3) = 4+9 = 13 (iii) 4+i3 1+i = 4+i3 1 i 1+i1 i = 4 i8+i3 i 6 = +i 1+ Kompleksiluvun z = x+iy moduli tai pituus on z = x +y. Lisäksi kompleksiluvuille z = x+iy ja w = u+iv pätee muun muassa (i) z +w = z +w (ii) zw = z w

42 4 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 (iii) z = z (iv) z +w z + w. Kompleksiluvun z = x+iy argumentti on kulma θ, jolle on voimassa yhtälöt cosθ = x ja sinθ = y z z. Argumentti on välillä [0, π] yksikäsitteinen ja sitä merkitään arg z = θ. Kompleksiluku z = x+iy voidaan ylläolevien yhtälöiden perusteella ilmaista napakoordinaateissa z = z (cosθ+isinθ). Seuraavassa kuvassa on ilmaistu kompleksiluku napakoordinaateissa sekä sen moduli ja argumentti. z θ z (cosθ+isinθ) 7.4. Esimerkki. Muutetaan kompleksiluvu z = 3 + i napakoordinaatteihin. Luvun moduli on z = 1+4 = 4. Luvun argumentille ovat voimassa yhtälöt cosθ = 3 3 = ja sinθ = 4 4 = 1, joten arg(z) = π. Luku z voidaan esittää muodossa 6 z = 4(cos π 6 +isin π 6 ). Tutkitaan seuraavaksi kompleksiluvun potensseja. Olkoon z = x + iy, jolloin polaarikoordinaattien avulla saadaan z = ( z (cosθ+isinθ)) = z (cosθ+isinθ) = z (cos θ+icosθsinθ sin θ) = z (cos(θ)+isin(θ)). Viimeisessä yhtäsuuruudessa käytettiin Lauseen 7.1 kahta viimeistä kaavaa. Kompleksitasossa kompleksiluvun toinen potenssi tarkoittaa siten modulin neliöintiä ja argumentin tuplaamista. Induktiolla voidaan osoittaa seuraava kaava: (57) z n = z n (cos(nθ)+isin(nθ)).

43 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Kompleksinen eksponenttifunktio määritellään kaavalla e z z k = k!, k=0 jossa k! on luvun k kertoma. Tämän kaavan, imaginääriosan i ominaisuuksien sekä kosini- ja sinifunktioiden sarjakehitelmien avulla voidaan osoittaa, että pätee kaava e iy = cosy +isiny, jota kutsutaan Eulerin yhtälöksi. Tästä saadaan e z = e x+iy = e x (cosy + isiny) sekä valitsemalla Eulerin yhtälössä y = π saadaan kaava e iπ = 1. Tähän on hyvä lopettaa kompleksilukujen käsittely ja siirtyä niiden hyödyntämiseen. 8. Differentiaaliyhtälöt Tavallinen differentiaaliyhtälö sisältää tuntemattoman yhden muuttujan funktion y(t) ja sen derivaattoja y (t), y (t) ja niin edelleen. Differentiaaliyhtälöt ovat keskeinen väline useissa taloustieteellisissä ja biologisissa malleissa Esimerkki. Yksinkertainen esimerkki differentiaaliyhtälöstä on dy (58) dt = y. Funktion y(t) derivaatta on yhtäsuuri kuin funktio itse. Huomataan, että funktio y = e t kelpaisi yhtälön ratkaisuksi. Toisaalta myös funktiot y = e t ja y = 3e t kelpaavat ratkaisuksi. Yleisesti yhtälön (58) ratkaisuja ovat kaikki muotoa y = ce t, c R, olevat funktiot. Differentiaaliyhtälön ratkaisulla tarkoitetaan sitä funktiota, joka toteuttaa kyseisen yhtälön ja differentiaaliyhtälön ratkaisemisella tarkoitetaan sen kaikkien ratkaisujen löytämistä. Differentiaaliyhtälöiden yhteydessä tulee tuntea ero yksityisratkaisun ja yleisen ratkaisun välillä: Differentiaaliyhtälön yksityisratkaisu jollain välillä I on funktio, joka toteuttaa yhtälön kaikilla t välillä I. Differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on kaikkien yksityisratkaisujen joukko. Esimerkissä 8.1 yleinen ratkaisu on y = ce t ja yksi sen yksityisratkaisuista on y = e t. Yleisestä ratkaisusta saadaan yksityisratkaisu, jos tehtävässä on annettu jokin alkuarvo eli funktion arvo jollain muuttujan t arvolla. Lisäksi yhtälöllä saattaa olla triviaaliratkaisuja, joita kutsutaan myös erikoisratkaisuiksi. Niitä ei (useimmiten) Funktion riippumattoman muuttujan symbolina käytetään kirjaintat, jonka voi ajatella aikana. Tässä luvussa derivaattaa merkitään joko y (t) tai dy (t). Joskus aikaderivaattaa merkitään ẏ(t). dt Lisäksi eksplisiittinen riippuvuus ajasta t jätetään yhtälöissä usein merkitsemättä.

44 44 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 saada yleisestä ratkaisusta millään vakion c arvolla. Jatketaan esimerkkiä lisäämällä tehtävälle alkuarvo. 8.. Esimerkki. Ratkaistaan alkuarvotehtävä (59) dy dt = y, (60) y(0) = 1. Alkuarvon (60) mukaan funktion arvo hetkellä t = 0 on 1. Yhtälön (59) yleinen ratkaisu on muotoa y = ce t. Alkuarvon mukaan y(0) = 1, joten yhdistämällä tämä tieto ratkaisuun saamme määritettyä vakion c arvon: 1 = ke 0 k = 1. Alkuarvoon y(0) = 1 liittyväksi (yksityis)ratkaisuksi saamme siten funktion y = e x. Kertalukua n olevan differentiaaliyhtälön normaalimuoto on y (n) = f(t,y,y,...,y (n 1) ). Kertaluku tarkoittaa yhtälön korkeimman derivaatan kertalukua. Kertalukua n olevan differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu y(t,c 1,...,c n ) sisältää (useimmiten) n kappaletta vakioita c i. Siten kertalukua n olevan differentiaaliyhtälön yksityisratkaisua varten tarvitaan n kappaletta alkuarvoja eli yksi kullekin derivaatalle Esimerkki. Ratkaistaan differentiaaliyhtälö y = t 3. Yleinen ratkaisu saadaan integroimalla yhtälö: y = t 3 y = 1 4 t4 +c Esimerkki. Ratkaistaan toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöy = 1. Integroimalla kerran saadaan y = t+c 1. Yleinen ratkaisu saadaan integroimalla toistamiseen: y = 1 t +c 1 t+c. Yleinen ratkaisu riippuu tässä tapauksessa kahdesta vakiosta. Siten jonkin yksityisratkaisun löytämiseen tarvittaisiin kaksi alkuarvoa, toinen funktiolle ja toinen sen derivaatalle. Differentiaaliyhtälö on lineaarinen, jos se voidaan esittää muodossa (61) y (n) +a n (t)y (n 1) + +a (t)y +a 1 (t)y = b(t). Lineaarinen differentiaaliyhtälö ei siis sisällä esimerkiksi funktion tai sen jonkin derivaatan kertolaskua. Yhtälö (61) on lisäksi vakiokertoiminen, jos kerroinfunktiot a i (t) ovat kaikki vakioita (eli eivät riipu ajasta t), ja homogeeninen, jos b(t) = 0.

45 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Esimerkin 8.1 differentiaaliyhtälö on ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö. Se on lisäksi vakiokertoiminen ja homogeeninen Esimerkki. (i) Yhtälö y = y+ voidaan kirjoittaa muotoon y y =, joten se on ensimmäisen kertaluvun lineaarinen ja epähomogeeninen differentiaaliyhtälö. (ii) Yhtälö y = y(1 y) on ensimmäisen kertaluvun epälineaarinen, koska sitä ei voi kirjoittaa muotoon (61). (iii) Yhtälö y = 5y + 7t voidaan kirjoittaa muotoon y 5 y = 7 t, joten se on toisen kertaluvun lineaarinen ja epähomogeeninen differentiaaliyhtälö. Tarkastelemme pääasiassa vain ensimmäisen kertaluvun lineaarisia differentiaaliyhtälöitä ja muutamaa epälineaarista yhtälötyyppiä. Normaalimuoto ensimmäisen asteen differentiaaliyhtälölle annettuna jokin alkuarvo on siis dy (6) dt = f(t,y), y(t 0) = y 0 Alkuarvotehtävää ratkaistaessa pyritään siis etsimään funktiota, joka toteuttaa kyseisen yhtälön ja annetun alkuarvon. Seuraava lause koskee ratkaisun olemassaoloa ja yksikäsitteisyyttä (teknisiä ykstyiskohtia on karsittu kuten muutamissa muissakin lauseissa) 8.1. Lause. Jos f(t, y) on jatkuva ja osittaisderivaatta muuttujan y suhteen on olemassa jatkuvana, niin tällöin alkuarvotehtävällä (6) on yksikäsitteinen ratkaisu y(t) jollain t 0 :n sisältävällä välillä. Lauseen ehdot täyttyvät tämän luvun jokaisessa esimerkissä, joten ratkaisut voidaan etsiä ilman murheita Esimerkki. Onko funktio y(t) = 3t differentiaaliyhtälön y = y ratkaisu? Derivoimalla ehdokasta saadaan y = 3. Toisaalta y(t) = 3, joten funktio y(t) = 3t t t tosiaan ratkaisee yhtälön. Aloitetaan ensimmäisen kertaluvun lineaarisista differentiaaliyhtälöistä, jotka ovat muotoa (63) y +p(t)y = q(t) Jos funktiot p(t) ja q(t) ovat vakioita, niin tällöin differentiaaliyhtälö on vakiokertoiminen. Tarkastellaan ensin vakiokertoimisen yhtälön ratkaisua integroivan tekijän avulla. Ratkaistaan siis yhtälö (64) y +ay = b, jossa a ja b ovat reaalilukuja. Integroiva tekijä on tässä tapauksessa (65) e a dt = e at

46 46 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 (tässä integrointivakio on valittu nollaksi). Kertomalla yhtälö (64) molemmin puolin tällä tekijällä saadaan e at y +ae at y = be at. Tämä yhtälö selittää integroivan tekijän käytön, koska vasemmalla puolella on funktion e at y derivaatta muuttujan t suhteen (muista tulon derivointisääntö). Tämän huomion jälkeen voidaan sitten integroida yhtälö molemmin puolin muuttujan t suhteen, d (66) dt (eat y) = be at e at y = b a eat +c y = b a +ce at. Näin on saatu vakiokertoimisen lineaarisen differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu. Kuten aiemmin, jokin yksityisratkaisu löydetään, jos tehtävässä on annettu alkuarvo Esimerkki. Ratkaise alkuarvotehtävä y y = 1, y(0) = 1. Tässä integroiva tekijä on e t. Kerrotaan yhtälön molemmat puolet tällä, jolloin saadaan e t y ye t = e t. Vasemmalle puolelle saadaan derivaatta muuttujan t suhteen, jolloin voidaan integroida d (67) dt (e t y) = e t e t y = 1 e t +c y = 1 +cet. Tämä on differentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu (joka olisi saatu myös suoraan käyttämällä kaavaa (66)). Alkuarvotehtävän ratkaisu saadaan määrittämällä vakion c arvo käyttämällä alkuehtoa y(0) = 1 1 = 1 +c. Alkuarvotehtävän ratkaisuksi saadaan y = et. Entä jos kyseessä ei olekaan vakiokertoiminen yhtälö? Edetään vastaavalla tavalla eli ratkaistaan yhtälö (63) käyttämällä integroivaa tekijää, joka on e P(t) = e p(t) dt. Kerrotaan yhtälö (63) integroivalla tekijällä e P(t) y +p(t)ye P(t) = e P(t) q(t) d dt (ep(t) y) = e P(t) q(t) e P(t) y = e P(t) q(t) dt+c y = e P(t) e P(t) q(t) dt+e P(t) c. Tämä on yhtälön yleinen ratkaisu.

47 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Esimerkki. Ratkaistaan yhtälö y ty = e t. Integroiva tekijä on nyt e t dt = e t, joten kertomalla yhtälö sillä saadaan e t y te t y = e t e t. Nyt d dt (e t y) = 1 e t y = t+c y = e t (t+c). Tarkista derivoimalla ja sijoituksella, että ratkaisu on oikein. Tarkastellaan seuraavaksi separoituvia differentiaaliyhtälöitä Esimerkki. Ratkaistaan differentiaaliyhtälö y = ty. Erikoisratkaisu on vakiofunktio y = 0. Kirjoitetaan yhtälö muotoon dy = ty. Ratkaistaan siirtämällä dt muuttujaa y sisältävät termit yhtälön vasemmalle ja muuttujaa t sisältävät termit yhtälön oikealle puolelle ja integroimalla puolittain. dy 1 (68) y = tdt y dy = t dt+c eli (69) ln y = 1 t +c y = e 1 t +c y = ke 1 t, jossa k = ±e c. Ylläolevan esimerkin differentiaaliyhtälö on separoituva. Differentiaaliyhtälö on separoituva, jos se voidaan kirjoittaa muodossa dy dt = p(t)g(y), jossa p(t) on jokin muuttujan t funktio ja g(y) jokin muuttujan y funktio. Kirjoitetaan yhtälö muotoon, jossa muuttujaa y sisältävät termit ovat vasemmalla ja muuttujaa t sisältävät termit ovat oikealla puolella yhtälöä, dy g(y) = p(t)dt Tämä voidaan ratkaista integroimalla molemmat puolet, jolloin saadaan 1 g(y) dy = p(t) dt+c. Juuri näin toimittiin Esimerkissä 8.9. Yhtälöllä saattaa olla muitakin ratkaisuja. Näin on kun funktiolla g(y) on nollakohtia. Tällöin nollakohdat ovat yhtälön erikoisratkaisuja. Ne ovat siis ratkaisuja, jotka eivät kuulu yhtälön yleiseen ratkaisuun eli niitä ei saada millään vakion c arvolla. Esimerkissä 8.9 tällainen oli vakiofunktio y = 0. Miksi sitä ei saada yleisestä ratkaisusta millään vakion arvolla?

48 48 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Esimerkki. Ratkaistaan uudelleen Esimerkin 8.1 yhtälö dy dt = y, joka on separoituva. Yhtälössä g(y) = y, jolla on nollakohta y = 0. Tämä on yhtälön erikoisratkaisu. Siirretään muuttujat omille puolilleen, jolloin dy y = dt. Integroimalla puolittain 1 y dy = 1 dt+c ln y = t+c e ln y = e t+c y = ke t, jossa k = ±e c. Tämä on haluttu ratkaisu. Lisäksi tulee muistaa erikoisratkaisu Esimerkki. Ratkaistaan yhtälö y = t y. Tämä yhtälö on separoituva, kun p(t) = t ja g(y) = 1 y. Nyt funktiolla g(y) ei ole nollakohtaa. Separoidaan Integroidaan y dy = dy dt = t y y dy = t dt. t dt+c 1 3 y3 = 1 3 t3 +c y 3 = t 3 +c y = 3 t 3 +c. Ratkaistaan seuraavaksi yksi sovelluksissa usein esiintyvä differentiaaliyhtälö: 8.1. Esimerkki. Tarkastellaan logistista kasvufunktiota, joka on muotoa ( y = ry 1 y ). K Tässä y tarkoittaa populaation kokoa tietyllä hetkellä, joten sen on oltava positiivinen luku. Yhtälössä K on ympäristön kantokyky ja r on populaation eksponentiaalinen kasvuaste, jos kantokyky olisi ääretön. Parametri r voidaan tulkita yksinkertaisesti populaation hedelmällisyydeksi eli syntyvyyden ja kuolleisuuden erotukseksi. Oletetaan, että r = 1 ja K = 1, jolloin differentiaaliyhtälö saa muodon, dy dt = y(1 y) Tällä yhtälöllä on kaksi erikoisratkaisua y = 0 ja y = 1. Yhtälö on separoituva, joten saadaan 1 (70) y(1 y) dy = 1 dt+c.

49 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Integrointia varten on käytettävä osamurtokehitelmää (71) 1 y(1 y) = A y + B 1 y 1 y(1 y) = A(1 y)+by. y(1 y) Tämä yhtälö pätee, kun A = 1 ja B = 1. Nyt yhtälö (70) tulee muotoon (populaation koolle pätee 0 < y < 1) (7) ( 1 y + 1 ) 1 y dy = joka on sama asia kuin (73) jossa jälleen k = e c. 1dt+c lny ln(1 y) = t+c ln y 1 y = et+c y = e t+c ye t+c y = ket 1+ke t, y 1 y = t+c, Aiemmin käsiteltiin ensimmäisen kertaluvun lineaarisia differentiaaliyhtälöitä, jotka ratkaistiin integroivan tekijän avulla. Toinen tapa ratkaista ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö on jakaa ongelma kahtia homogeenisen yhtälön yleisen ratkaisun ja täydellisen yhtälön yksityisratkaisun etsimiseen. Alkuperäisen differentiaaliyhtälön ratkaisu on näiden kahden summa. Olkoon (74) y +p(t)y = q(t). Tähän liittyvä homogeeninen yhtälö on y + p(t)y = 0 ja täydellinen yhtälö on yhtälö itse. Homogeenisen yhtälön yleinen ratkaisu saadaan separoimalla muuttujat ja täydellisen yhtälön yksityisratkaisu saadaan arvaamalla, vakion varioinnilla tai määräämättömien kertoimien keinolla. Täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu saadaan näiden summana Esimerkki. Ratkaistaan yhtälö y y = 1 uudelleen. Tähän yhtälöön liittyvä homogeeninen yhtälö on y y = 0, jonka yleinen ratkaisu saadaan separoimalla (75) 1 y dy = dt+c ln y = t+c e ln y = e t+c y = ke t, jossa k = ±e c. Täydellisen yhtälön yksityisratkaisuksi kelpaa arvaus y = 1. Täydellisen yhtälön yleinen ratkaisu on siten y = 1 +ket, joka on sama kuin ratkaisu intergoivan tekijän avulla. Tässä menetelmässä hankaluutena on täydellisen yhtälön yksityisratkaisun löytäminen. Apuvälineet tätä varten ovat vakion variointi ja määräämättömien kertoimien keino, jotka esitellään luennoilla ajan salliessa.

50 50 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Toisen kertaluvun differentiaaliyhtälöistä Toisen kertaluvun vakiokertoiminen lineaarinen differentiaaliyhtälö on standardimuodossaan (76) ẍ+a 1 ẋ+a 0 x = f(t), a 1,a 0 R, jossa f on jokin muuttujan t reaalinen funktio. Tällaisen ratkaiseminen voi olla vaikeaa riippuen tästä funktiosta. Homogeenisen yhtälön (77) ẍ+a 1 ẋ+a 0 x = 0, ratkaiseminen on sen sijaan suoraviivaista. Oletetaan, että funktio x(t) = e λt on homogeenisen yhtälön ratkaisu. Sijoittamalla x(t) ja sen derivaatat x (t) = λe λt ja x (t) = λ e λt homogeeniseen yhtälöön saadaan (78) λ e λt +a 1 λe λt +a 0 e λt = 0 λ +a 1 λ+a 0 = 0. Toisin sanoen funktio x(t) = e λt on homogeenisen yhtälön ratkaisu täsmälleen kun λ on yhtälön (78) eli karakteristisen polynomin ratkaisu. Karakteristisella polynomilla voi olla joko yksi reaalinen ratkaisu, kaksi reaalista ratkaisua tai sitten kompleksiluku pari (liittoluvut). Seuraava lause antaa keinon ratkoa homogeeninen yhtälö: 9.1. Lause. Olkoon ẍ+a 1 ẋ+a 0 x = 0 ja olkoot λ 1 ja λ tähän yhtälöön liittyvän karakteristisen polynomin (78) ratkaisut. Tällöin pätee: (i) Jos λ 1 ja λ ovat eri reaalilukuja, niin homogeenisen yhtälön ratkaisu on x(t) = C 1 e λ 1t +C e λ t, jossa C 1,C R. (ii) Jos λ 1 ja λ ovat sama reaaliluku λ, niin homogeenisen yhtälön ratkaisu on x(t) = C 1 e λt +C te λt, jossa C 1,C R. (iii) Jos λ 1 = α+iβ ja λ = α iβ, niin homogeenisen yhtälön ratkaisu on x(t) = e αt (C 1 cos(βt)+c sin(βt)), jossa C 1,C R. Vakiot C 1 ja C voidaan määrittää, jos yhtälölle on annettu alkuarvot x(0) = x 0 ja ẋ(0) = x Esimerkki. Ratkaistaan alkuarvotehtävä ẍ 3ẋ+x = 0, x(0) = 0,ẋ(0) = 1 Karakteristinen polynomin λ 3λ + = 0 ratkaisut ovat λ = 1 ja λ =, joten Lauseen 9.1 mukaan yhtälön ratkaisu on x(t) = C 1 e t +C e t.

51 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Määritetään vakiot alkuarvojen avulla. Ratkaisun ja alkuarvojen avulla saadaan yhtälöpari 0 = C 1 +C 1 = C 1 +C. Sen ratkaisu on C 1 = 1 ja C = 1. Alkuarvotehtävän ratkaisu on x(t) = e t +e t. 9.. Esimerkki. Ratkaistaan yhtälö ẍ+4ẋ+5x = 0. Karakteristinen polynomin λ +4λ+5 = 0 ratkaisut ovat λ = +i ja λ = i, joten Lauseen 9.1 mukaan yhtälön ratkaisu on 9.. Lause. Yhtälön x(t) = e t (C 1 cos(t)+c sin(t)). (79) ẍ+a 1 ẋ+a 0 x = f(t), a 1,a 0 R, ratkaisu saadaan homogeenisen yhtälön ẍ + a 1 ẋ + a 0 x = 0 yleisen ratkaisun ja epähomogeenisen yhtälön ẍ+a 1 ẋ+a 0 x = f(t) yksityisratkaisun summana. Ongelma on epähomogeenisen yhtälön yksityisratkaisun etsiminen. Siihen on useita keinoja, joista tässä esitellään määräämättömien kertoimien keino. Siinä yksityisratkaisua haetaan sopivalla yrittteellä, jonka valinta riippuu funktiosta f. Jos esimerkiksi f on astetta n oleva polynomi, kannattaa yritteeksi kokeilla astetta n olevaa polynomia. Esimerkiksi, jos f on toisen asteen polynomi, niin yritteeksi kannattaa asettaa x(t) = A + Bx + Cx, jolloin tämän yritteen ja annetun yhtälön avulla pyritään ratkaisemaan kertoimet A, B ja C siten, että yhtälö toteutuu yritteellä. Jos f on eksponenttifunktio ce at, kannattaa yritteeksi kokeilla esimerkiksi funktioita Ae at, Ate at tai At e at. Lisäksi f voi sisältää trigonometrisia funktioita tai erilaisia komboja yllä mainituista, jolloin vastaava yrite sisältää samantyyppisiä funktioita Esimerkki. Ratkaistaan yhtälö ẍ + ẋ x = 3 t. Homogeenisen yhtälön ẍ+ẋ x = 0 ratkaisu on x(t) = C 1 e t +C e t. Etsitään epähomogeenisen yhtälön yksityisratkaisua yritteen x(t) = A + Bt avulla sijoittaen yrite ja sen derivaatat yhtälöön. Saadaan B (A+Bt) = 3 t B A Bt = 3 t. Kertoimien A ja B täytyy siten toteuttaa yhtälöpari B A = 3 B =.

52 5 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 Parin ratkaisu on B = 1 ja A = 1. Siten yksityisratkaisuksi kelpaa x(t) = 1 + t. Lauseen 9. mukaan yleinen ratkaisu on tämän ja homogeenisen yhtälön ratkaisun summa eli x(t) = C 1 e t +C e t 1+t Esimerkki. Ratkaistaan yhtälö ẍ+4ẋ+4x = e t. Homogeenisen yhtälön ẍ+ 4ẋ+4x = 0 ratkaisu on x(t) = C 1 e t +C te t. Etsitään epähomogeenisen yhtälön yksityisratkaisua yritteen x(t) = At e t avulla sijoittaen yrite ja sen derivaatat yhtälöön. Saadaan (Ae t 4Ate t 4Ate t +4At e t )+4(Ate t At e t )+4At e t = e t A = 1 Siten yksityisratkaisuksi kelpaax(t) = 1 t e t. Lauseen 9. mukaan yleinen ratkaisu on tämän ja homogeenisen yhtälön ratkaisun summa eli x(t) = C 1 e t +C te t + 1 t e t. Ensimmäiseksi mieleen tuleva yriteae t ei toimi (kokeile), kuten ei toimi myöskään yrite Ate t. 10. Matriisin ominaisarvot ja -vektorit Tulkitaan nyt vektori x = (x 1,...,x n ) pystyvektorina x = [x 1,...,x n ] T. Olkoon A neliömatriisi, jonka koko on n n Määritelmä. Luku λ on matriisin A ominaisarvo, jos on olemassa vektori x 0 siten, että (80) Ax = λx. Vektori x = [x 1,...,x n ] T 0 on ominaisarvoon λ liittyvä ominaisvektori. Jos matriisin A ajatellaan vastaavan jotain kuvausta, niin ominaisvektorin idea selvenee hieman. Kun kuvataan ominaisvektoria x matriisin A avulla, saadaan kuvaksi ominaisvektori kertaa ominaisarvo. Voi ajatella, että ominaisvektorin kuvaaminen matriisilla on sama asia kuin sen venyttäminen tai kutistaminen ominaisarvollaan. Kirjoitetaan yhtälöryhmä Ax = λx muotoon (A λi)x = 0, jossa I on identtinen matriisi. Seuraava lause antaa tavan laskea matriisin A ominaisarvot Lause. Luku λ on matriisin A ominaisarvo, jos ja vain jos A λi = 0. Lauseen 10.1 mukaan ominaisarvo saadaan yhtälön A λi = 0 ratkaisuna.

53 10.1. Esimerkki. Matriisin seuraavan yhtälön ratkaisut. MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY det [ 1 3 ([ 1 3 ] ominaisarvot ovat Lauseen 10.1 mukaisesti ] λ [ ]) 1 0 = Suorittamalla matriisilaskutoimitukset ja kehittämällä determinantti yhtälö saadaan muotoon (1 λ)( λ) 6 = 0. Yhtälön ratkaisut, ja siten ominaisarvot, ovat λ = 4 ja λ = 1. [ ] a b 10.. Esimerkki. Matriisin ominaisarvot ovat yhtälön λ c d (a+d)λ+ad cb = 0 ratkaisut. Huomaa, että tämä yhtälö voidaan kirjoittaa myös muodossa λ tr(a)λ+det(a) = 0, jossa tr(a) on matriisin jälki eli tr(a) = a+d Esimerkki. Lasketaan matriisin ominaisarvot. Ne ovat yhtälön λ λ 0 0 λ = (1 λ)( λ)λ+( λ) = 0 ratkaisut. Yhtälö voidaan kirjoittaa muotoon ( λ)(λ λ+) = 0, joten ratkaisut (ja siten ominaisarvot) ovat λ =, λ = 1 +i 7 ja λ = 1 i 7. Ominaisarvojen laskemisen jälkeen jokaiseen ominaisarvoon λ liittyvä ominaisvektori x saadaan yhtälöryhmän (A λi)x = 0 ratkaisuna. [ ] Esimerkki. Matriisin ominaisarvot ovat λ = 4 ja λ = 1. Ominaisarvoon λ = 4 liittyvä ominaisvektori x = [x 1,x ] T on yhtälöryhmän 3 ([ ] [ ])[ ] [ ][ ] x1 3 x1 4 = 0 = x 3 x ratkaisu. Kirjoitetaan yhtälöryhmä tavalliseen tyyliin yhtälöparina { 3x1 x = 0, 3x 1 x = 0. Yhtälöt ovat siis samat, jolloin mikä tahansa nollasta poikkeava vektori, joka toteuttaa yhtälön 3x 1 x = 0, kelpaa ominaisarvoa λ = 4 vastaavaksi ominaisvektoriksi. Tällaiseksi vektoriksi käy esimerkiksi [x 1,x ] T = [, 3] T. Ominaisarvoa

54 54 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 λ = 1 vastaavaksi ominaisvektoriksi voidaan valita esimerkiksi [x 1,x ] T = [1,1] T, koska ominaisarvoa λ = 1 käyttäen määritelmän yhtälöpariksi saadaan { x1 x = 0, 3x 1 +3x = Differentiaaliyhtälöt R :ssa Lineaariset differentiaaliyhtälöt R :ssa. Toisen asteen homogeeninen differentiaaliyhtälö voidaan kirjoittaa muodossa (81) ẍ+a 1 ẋ+a 0 x = 0, a 1,a 0 R. Tämä voidaan esittää differentiaaliyhtälöryhmänä, joka koostuu kahdesta ensimmäisen asteen yhtälöstä: otetaan käyttöön uudet muuttujat x 1 ja x, ja suoritetaan muuttujan vaihdokset x 1 = x ja x = ẋ. Yhtälö (81) voidaan tällöin kirjoittaa yhtälöryhmänä { ẋ1 = x (8), ẋ = a 0 x 1 a 1 x, koska ẋ 1 = ẋ = x ja ẋ = ẍ = a 0 x a 1 ẋ = a 0 x 1 a 1 x. Tämän luvun alussa kiinnostuksen kohteena ovat muotoa (83) ẋ = Ax olevat yhtälöt, jossa x on pystyvektori [x 1,x ] T ja A on vakiomatriisi eli (84) ẋ 1 = ax 1 +bx ẋ = cx 1 +dx, jossa a, b, c, d R. Differentiaaliyhtälösysteemin yksikäsitteinen tasapainoratkaisu on yhtälöiden ẋ 1 = 0 ja ẋ = 0 ratkaisu eli (x 1,x ) = (0,0), jos kerroinmatriisin determinantti ei ole nolla. Tasapainoratkaisu tai tasapainotila lasketaan samaan tyyliin myös yhtälöille, jotka eivät ole muotoa (84): Esimerkki. Yhtälöparin tasapainotilat ovat (,) ja (, ). ẋ = 4 xy ẏ = x y, Tavoitteena on tutkia tasapainotilan stabiilisuutta. Differentialiyhtälöryhmän (83) karakteristinen yhtälö on (85) det(a λi) = 0, jossa I on identtinen matriisi ja λ R. Karakteristisen yhtälön ratkaisut ovat siis matriisin A ominaisarvot. Tutkitaan seuraavaksi tasapainotilan stabiilisuutta. Karkeasti sanoen, jos tasapainotilan läheltä alkavat ratkaisut pysyvät lähellä tasapainotilaa, niin tasapainotila on

55 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY stabiili. Jos lisäksi tasapainotilan läheltä alkavat ratkaisut lähestyvät tasapainotilaa, kun t, niin tasapainotila on asymptoottisesti stabiili. Differentiaaliyhtälöryhmän (83) stabiilisuusominaisuuksia voidaan tutkia matriisin A ominaisarvojen avulla Lause. Olkoon ẋ = Ax, A vakiomatriisi. Tällöin tasapainotila (x 1,x ) = (0,0) on: (i) stabiili, jos matriisin A ominaisarvojen reaaliosat ovat negatiiviset tai ominaisarvoista toinen on nolla ja toisen reaaliosa negatiivinen. (ii) asymptoottisesti stabiili, jos matriisin A ominaisarvojen reaaliosat ovat negatiiviset. (iii) epästabiili, jos ainakin toinen matriisin A ominaisarvojen reaaliosista on positiivinen. ] [ ] [ ] [ẋ1 1 0 x Esimerkki. Tutkitaan yhtälön = tasapainotilan (0, 0) stabiilisuusominaisuudet. Nyt A =. Lasketaan matriisin A ominaisarvot: ẋ 0 x [ ] λ 0 0 λ = 0 (1 λ)( λ) = 0, joten ominaisarvot ovat λ 1 = 1 ja λ =. Molemmat ovat positiivisia reaalilukuja, joten Lauseen 11.1 perusteella tasapaino on epästabiili. ] [ ] [ ] [ẋ1 1 x Esimerkki. Tutkitaan yhtälön = tasapainotilan (0,0) ẋ 8 3 x [ ] 1 stabiilisuusominaisuudet. Nyt A =. Lasketaan matriisin A ominaisarvot: 8 3 λ λ = 0 λ +λ+ = 0, joten ominaisarvot ovat λ 1 = 1+i 7 ja λ = 1 i 7. Ominaisarvojen reaaliosat on negatiiviset, joten Lauseen 11.1 perusteella tasapaino on asymptoottisesti stabiili Esimerkki. Tutkitaan yhtälön ẍ ẋ x = 0 tasapainotilan stabiilisuusominaisuudet. Tämän voisi ratkaistakin. Sen voisi muuntaa yhtälöpariksi, mutta sen stabiilisuusominaisuudet voidaan tutkia suoraan sen karakteristinen polynomin λ λ = 0 avulla. Tämän ratkaisut ovat λ 1 = 1 ja λ =, joten tasapainotila on epästabiili.

56 56 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY Epälineaariset differentiaaliyhtälöt R :ssa. Tarkastellaan seuraavaksi epälineaarisia differentiaaliyhtälöitä tasossa. Tarkasteltava pari on muotoa (P) ẋ(t) = f(x(t),y(t)) ẏ(t) = g(x(t),y(t)), jossa f ja g oletetaan olevan kahdesti jatkuvasti derivoituvia. Parin (P) ratkaisun, eli funktioiden x(t) ja y(t), löytäminen, jotka toteuttavat kyseisen parin, on vaikeaa. Ratkaisemisen sijaan pyrimme antamaan keinot, joilla on mahdollista tutkia tasapainotilan stabiilisuutta. Tasapainotilassa ei muuttujissa x ja y tapahdu muutoksia eli ẋ ja ẏ ovat nollia. Toisin sanoen tasapainotila (x,y ) on yhtälöparin f(x,y) = 0 g(x,y) = 0, ratkaisu. Koska funktiot f ja g ovat kahdesti jatkuvasti derivoituvia, voimme linearisoida parin (P) oikean puolen tasapainotilan ympäristössä: f(x,y) = f(x,y )+f x (x,y )(x x )+f y (x,y )(y y ) g(x,y) = g(x,y )+g x (x,y )(x x )+g y (x,y )(y y ). Nyt pari (P) saadaan muotoon [ẋ ] [ ][ ] fx (x =,y ) f y (x,y ) x x ẏ g x (x,y ) g y (x,y ) y y, ja tekemällä muuttujanvaihdos (z 1,z ) = (x x,y y ) (jolloin (ż 1,ż ) = (ẋ,ẏ)), tämä saadaan edelleen muotoon (86) [ ] z1 = z [ ][ ] fx (x,y ) f y (x,y ) z1 g x (x,y ) g y (x,y. ) z Tämä on lineaarinen differentiaaliyhtälöpari, jossa kerroinmatriisina on Jacobin matriisi arvioituna tasapainotilassa. Sillä on aina ratkaisuna (0,0) Lause. Differentiaaliyhtälöparin (P) tasapainotila on (i) asymptoottisesti stabiili, jos tasapainotilassa Jacobin matriisin ominaisarvojen reaaliosat ovat negatiiviset. (ii) epästabiili, jos ainakin toinen Jacobin matriisin ominaisarvojen reaaliosista on positiivinen tasapainotilassa. Stabiilisuusominaisuuksia varten riittää tutkia Jacobin matriisia tasapainotilassa Esimerkki. Tutkitaan parin ẋ = y +1 ẏ = x y,

57 tasapainotilan (87) MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY ( 1 ), 1 stabiilisuus. Jacobin matriisi on [ ] 0, 1 1 ja sen ominaisarvot ovat λ = 1 ja λ =, joten tasapainotila on epästabiili Esimerkki. Tutkitaan parin ẋ = x(4 x y) ẏ = y(8 6x y), tasapainotilojen (0,4), (,0), (0,0) ja (1,1) stabiilisuus. Jacobin matriisi on [ ] 4 4x y x (88). 6y 8 6x 4y Tutkitaan tasapainotilan(1, 1) stabiilisuus sijoittamalla se Jacobin matriisiin, jolloin [ ]. 6 Sen ominaisarvot ovat λ = 3 ja λ = + 3. Toinen on positiivinen, joten tasapainotila on epästabiili. Samaan tapaan selvitetään, että tasapainotilat (0, 4), (, 0) ovat asymptoottisesti stabiileja kun taas tasapainotila (0, 0) on epästabiili Vaihetaso. Vaihetasoanalyysin (phase plane analysis) avulla voidaan myös tutkia differentiaaliyhtälöparin tasapainotilan tai -tilojen stabiilisuutta. Tarkastellaan sopivaa differentiaaliyhtälöparia (89) (90) ẋ(t) = f 1 (x(t),y(t)) ẏ(t) = f (x(t),y(t)). Tämän yhtälön jostain alkuarvosta (x 0,y 0 ) alkava ratkaisu (x(t),y(t)) muodostaa polun x y-tasoon. Tietyllä hetkellä (esim. t = t 1 ) tämä ratkaisu määrittää x ytason pisteen (esim. (x(t 1 ),y(t 1 ))) ja funktiot f 1 ja f määrittävät kussakin ratkaisun muodostaman polun pisteessä suunnan (vektorin) johon ratkaisu on menossa. Toisaalta jokaiseen alkuarvoon liittyy oma ratkaisunsa, jonka jokaiseen pisteeseen funktiot f 1 ja f liittävät suunnan (vektorin). Jätetään argumentti t merkitsemättä.vaihetasoanalyysin tavoitteena on hahmotella ratkaisujen kulkua tasossa. Tätä varten tulee ensin määrittää niin sanotut isokliinit. x-isokliini koostuu pisteistä (x, y), jotka toteuttavat yhtälön ẋ = 0 (eli yhtälön f 1 (x,y) = 0). Näissä pisteissä ei muuttujan x arvoissa tapahdu muutosta, joten ratkaisun suunta riippuu vain ẏ:stä. Toisin sanoen liikkeen suunta on samansuuntaista y-akselin kanssa. x-isokliini jakaa tason kahtia, toisella puolella ẋ > 0 ja toisella ẋ < 0. Vastaavasti y-isokliini koostuu pisteistä(x, y), jotka toteuttavat yhtälön ẏ = 0 (eli yhtälön f (x,y) = 0). Näissä pisteissä ei muuttujan y arvoissa tapahdu muutosta,

58 58 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 joten ratkaisun suunta riippuu vain ẋ:stä. Toisin sanoen liikkeen suunta on samansuuntaista x-akselin kanssa. Myös y-isokliini jakaa tason kahtia, toisella puolella ẏ > 0 ja toisella ẏ < 0. Tasapainotilassa, eli yhtälöiden ẋ = 0 ja ẏ = 0 ratkaisussa, ei tapahdu mitään liikettä. Siirtymällä tasapainopisteestä hitusen johonkin suuntaan muutosta on. Vaihetasoanalyysissä tehdään vain kaksi asiaa: piirretään isokliinit ja hahmotellaan suuntia sekä päätellään kuvan perusteellaa tasapainotilan tai tilojen stabiilisuus, jos se vain on mahdollista. Vaihetasoanalyysia kannattaa usein täydentää tutkimalla tasapainotilan stabiilisuutta myös linearisoinnilla, jos se on mahdollista Esimerkki. Tehdään vaihetasoanalyysi systeemille (91) (9) ẋ = x y ẏ = y +x. x-isokliinit pisteet toteuttavat yhtälön y = x ja y-isokliinin pisteet toteuttavat yhtälön y = x. Piirretään nämä suorat tasoon: Kuva 6. Isokliinit Niiden leikkauspiste (1, 1) on systeemin tasapainopiste. Suora y = x jakaa tason kahteen osaan. Toisessa osassa ẋ < 0 ja toisessa ẋ > 0. Toisaalta suora y+x = 0 jakaa tason myös kahteen osaan, toisessa ẏ < 0 ja toisessa ẏ > 0. Siten suorat yhdessä jakavat tason neljään osaan, joissa kaikissa pätee tietty muuttujien x ja y derivaattojen merkkikombinaatio (esimerkiksi ẋ < 0 ja ẏ < 0). Miten merkit päätellään? (Periaatteessa riittäisi tarkistaa suunta jokaisessa isokliinien rajaaman neljänneksen yhdessä pisteessä.) Kiinnitetään jokin x:n arvo ja mietitään yhtälöä ẋ = x y. Kun x on kiinteä, kasvattamalla muuttujan y arvoa huomataan, että ẋ < 0 suoran y = x yläpuolella. Suoran alapuolella taas ẋ > 0. Kiinnitetään seuraavaksi jokin muuttujan y arvo. Nyt kasvattamalla muuttujan x arvoa huomataan, että ẏ > 0 suoran y+x = 0 yläpuolella. Lisäksi ẏ < 0 kyseisen suoran alapuolella. Katso Kuva Esimerkki. Tehdään vaihetasoanalyysi systeemille (93) (94) ẋ = y +x ẏ = y +x. Piirretään jälleen isokliinit, katso Kuva 8. Tasapainopisteitä on nyt kaksi, (0, 0) ja ( 1, 1). Miten derivaattojen ẋ ja ẏ merkit päätellään? Esimerkiksi näin: koska

59 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY y x Kuva 7. Vaihetasokuvio Kuva 8. Vasen kuva: Isokliinit. Oikea kuva: Vaihetasokuvio. ẋ = 1 > 0, käyrän ẋ = 0 oikealla puolella ẋ > 0 ja vasemmalla puolella ẋ < 0. x Koska ẏ = 1 > 0, käyrän ẏ = 0 oikealla puolella ẏ > 0 ja vasemmalla puolella x ẏ < 0. Kuvasta nähdään, että molemmat tasapainot ovat epästabiileja Esimerkki. (Tämä esimerkki on yksinkertaistettu versio Leonardin ja Longin kirjasta.) Tehdään vaihetasoanalyysi systeemille (95) k = sk 1 δk (96) ṗ = k γp, jossa s, δ ja γ ovat positiivisia lukuja. Muuttuja k on pääoma (eli oletetaan, että k > 0) ja sitä tuotetaan funktion sk 1 mukaisesti. Termi δk kuvaa pääoman

60 60 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY 011 kulumista. Saastetta p (p > 0) syntyy yksi yksikkö per pääomayksikkö ja sitä poistuu systeemistä termin γp mukaisesti. Nyt k ( s ), = 0, kun k = 0 tai k = ja δ ṗ = 0, kun p = k. Piirtämällä vaihekuvio k p-tasoon huomataan, että tasapaino ( γ (s ) ), s on stabiili. Piirtelyyn palataan luennolla. δ γδ Kuva 9. Vaihetasokuvio Tutkitaan seuraavaksi yhtälön ẋ = Ax, jossa A on vakiomatriisi, vaihetasokuvioita. Oletetaan, että det(a) 0. Tämä oletus takaa, että (0, 0) on ainoa tasapainopiste. Olkoon yhtälö muotoa [ẋ1 ẋ ] = [ ] a b c d [ ] x1 x. b d λ = 0 Vaihetasokuvio riippuu matriisin A ominaisarvoista, jotka ovat yhtälön a λ c eli yhtälön λ (a+d)λ+(ad bc) = 0 ratkaisut. Matriisin A jälki tr(a) on a+d ja determinantti det(a) on ad bc, joten yhtälö voidaan kirjoittaa lyhyemmin muodossa λ tr(a)λ+det(a) = 0. Sen ratkaisut ovat (97) λ = tr(a)± tr(a) 4det(A). Ominaisarvot ovat joko reaalilukuja tai kompleksilukuja riippuen matriisin A jäljestä ja determinantista. Merkitään diskriminanttia tr(a) 4det(A) kirjaimella D. Tarkastellaan seuraavaksi tavallisimmat tapaukset. Jos D > 0, yhtälön (97) ratkaisut ovat reaalilukuja. Jos lisäksi det(a) > 0 ja tr(a) < 0, ominaisarvot ovat negatiivisia eli λ 1 < λ < 0. Tällöin tasapainotila on asymptoottisesti stabiili ja vaihetasokuvio on kuten Kuvassa 10. Jos D > 0 ja lisäksi det(a) > 0 ja tr(a) > 0, ominaisarvot ovat positiivisia eli λ 1 > λ > 0. Tällöin tasapainotila on epästabiili ja vaihetasokuvio on kuten Kuvassa 10. Jos D > 0 ja

61 MATEMATIIKAN ALKEET II (YE19B), SYKSY lisäksi det(a) < 0, ominaisarvot ovat ovat erimerkkisiä eli λ 1 < 0 < λ. Tällöin tasapainotila on epästabiili (satulapiste) ja vaihetasokuvio on kuten Kuvassa Kuva 10. Vasen kuva: λ 1 < λ < 0. Keskimmäinen kuva: λ 1 > λ > 0. Oikea kuva: λ 1 < 0 < λ. Jos D < 0 eli det(a) > 1 4 tr(a), yhtälön (97) ratkaisut ovat kompleksilukuja. Jos tr(a) > 0, ominaisarvojen reaaliosat ovat positiiviset. Siten tasapainotila on epästabiili ja vaihekuvio on kuten Kuvassa 11. Jos D < 0 ja tr(a) < 0, ominaisarvojen reaaliosat ovat negatiiviset. Siten tasapainotila on asymptoottisesti stabiili ja vaihekuvio on kuten Kuvassa Kuva 11. Vasen kuva: Re(λ 1 ) = Re(λ ) > 0. Oikea kuva: Re(λ 1 ) = Re(λ ) < 0.