MS-A0204 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (ELEC2) Luento 5: Gradientti ja suunnattu derivaatta. Vektoriarvoiset funktiot. Taylor-approksimaatio. Antti Rasila Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto Kevät 2016 Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 1 / 16
Vektoriarvoiset funktiot Olkoon D R n ja f = (f 1, f 2,..., f m ) vektori, missä jokainen funktion f komponentti on funktio f j : D R ja m, n 2. Huomaa, että f j :t ovat tässä vektorin f komponentteja (eivät siis osittaisderivaattoja). Tällainen vektori määrittelee vektoriarvoisen funktion f : R n R m, jota kutsutaan myös vektorikentäksi. Usein käytetään merkintää y = f(x). Vektoriarvoisia funktiota esiintyy usein mm. fysiikassa sellaisten suureiden yhteydessä, joilla on voimakkuus ja suunta (esimerkiksi nopeus- ja voimakentät). Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 2 / 16
Vektoriarvoisen funktion derivointi Derivaatan luonnollinen vastine vektoriarvoisen funktion f = (f 1, f 2,..., f m ) tapauksessa on Jacobin matriisi Df(x) =. f 1 f 1 x 1 f 2 f 2 x 1 f m x 1 x 2 x 2. f m x 2 f 1 x n f 2 x n. f m x n. Jos m = n, Jacobin matriisi on neliömatriisi ja sen determinattia sanotaan funktion f Jacobin determinantiksi pisteessä x. Tätä determinanttia tullaan tarvitaan kurssin loppuosassa. Tätä notaatiota käyttäen ketjusääntö voidaan kirjoittaa yleisessä muodossa D(g f)(x) = Dg ( f(x) ) Df(x). Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 3 / 16
Sovellus: implisiittifunktiolause Tutkitaan yhtälöryhmää F (1) (x 1, x 2,..., x m, y 1, y 2,..., y n ) = 0, F (2) (x 1, x 2,..., x m, y 1, y 2,..., y n ) = 0,. F (n) (x 1, x 2,..., x m, y 1, y 2,..., y n ) = 0, pisteen P 0 = (a 1, a 2,..., a m, b 1, b 2,..., b n ) lähellä. Muuttujat y = (y 1,..., y n ) voidaan esittää muuttujien x = (x 1,..., x m ) funktioina jos pisteen P 0 lähellä, jos funktion F(y) = (F (1),..., F (n) )(y) Jacobin determinatti det DF(y) 0. P0 Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 4 / 16
Esimerkki 1 Osoitetaan, että (u, v) voidaan ratkaista muuttujien (x, y, z) funktiona systeemistä { F (x, y, z, u, v) = xy 2 + xzu + yv 2 3, G(x, y, z, u, v) = x 3 yz + 2xv u 2 v 2 2, pisteen P 0 = (1, 1, 1, 1, 1) lähellä. Muodostetaan Jacobin determinatti F F u v = xz 2yv P0 2uv 2 2x 2u 2 v = P0 G u G v Koska determinantti ei ole nolla, ratkaisu on olemassa. 1 2 2 0 = 4. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 5 / 16
Gradientti Olkoon f : D R n R, n 2, derivoituva pisteessä x D. Määritelmä Funktion f gradientti pisteessä x on vektori f = grad f = ( x 1 f, x 2 f,..., ) f R n. x n Gradientti kertoo funktion f nopeimman kasvun suunnan. Se on vektoriarvoinen funktio f : D R n. Gradientti voidaan tulkita Jacobin matriisin erikoistapauksena (m = 1). Tapauksessa n = 3 voidaan kirjoittaa = i x + j y + k z. Tapauksessa n = 2 kolmas termi jää pois. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 6 / 16
Esimerkki 2 Olkoon f (x, y) = x 2 + y 2. Saadaan f = 2xi + 2yj. Erityisesti f on kohtisuorassa jokaista origokeskisen ympyrän tangenttisuoraa vastaan. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 7 / 16
Gradientti ja tasa-arvokäyrät Lause Olkoon D R 2, (a, b) D ja f : D R derivoituva pisteessä (a, b) siten, että f (a, b) 0. Tällöin f (a, b) on kohtisuorassa pisteen (a, b) kautta kulkevaa funktion f tasa-arvokäyrää vasten. Seuraus: Jos piste x D on funktion f paikallinen ääriarvo (minimi tai maksimi), niin f (x) = 0. Tällainen piste ei kuitenkaan välttämättä ole funktion ääriarvo. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 8 / 16
Todistus Olkoon 0 I ja r(t): I R 2 tasa-arvokäyrän sellainen parametrisointi, että r(0) = (a, b). Koska r on tasa-arvokäyrä, kaikilla t I pätee f (x(t), y(t)) = f (a, b) eli vakio, missä r(t) = x(t)j + y(t)j. Ketjusäännöstä saadaan (koska vakiofunktion derivaatta on nolla) f 1 ( x(t), y(t) ) x (t) + f 2 ( x(t), y(t) ) y (t) = 0. Erityisesti pisteessä t = 0 tämä tarkoittaa, että f (a, b) r (0) = 0, eli toisin sanoen vektori f ja r (0) ovat kohtisuorassa. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 9 / 16
Suunnattu derivaatta Lause Edellinen tulos voidaan tulkita niin, että funktio kasvaa jyrkimmin gradienttinsa suuntaan. Tasa-arvokäyrä puolestaan antaa suunnan, johon edettäessä funktio ei kasva eikä vähene. Tämä johtaa kysymykseen funktion arvon kasvunopeudesta muihin suuntiin liikuttessa, mitä kutsutaan suunnatuksi derivaataksi. Suunnattu derivaatta voidaan löytää seuraavaa tulosta käyttäen: Olkoon f : D R 2 R funktio, (a, b) D ja u sellainen vektori, että u = 1. Tällöin funktion f suunnattu derivaatta suuntaan u saadaan kaavasta D u f (a, b) = u f (a, b). Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 10 / 16
Esimerkki 3 1/2 Olkoon f (x, y) = y 4 + 2xy 3 + x 2 y 2. Etsitään D u (0, 1), kun u on (a) i + 2j, (b) j + 2i, (c) 3i, (d) i + j. Ratkaisu: Lasketaan f (x, y) = (2y 3 + 2xy 2 )i + (4y 3 + 6xy 2 + 2x 2 y)j, f (0, 1) = 2i + 4j. (a) i + 2j = 5 ja siten u = (i + 2j)/ 5. Saadaan D u f (0, 1) = 1 5 (i + 2j) (2i + 4j) = 2 + 8 5 = 2 5. Huomaa, että tässä u ja f (0, 1) ovat yhdensuuntaiset. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 11 / 16
Esimerkki 3 2/2 (b) j 2i = 5 ja siten u = (j 2i)/ 5. Saadaan D u f (0, 1) = 1 5 (j 2i) (2i + 4j) = 4 + 4 5 = 0. Vektorit u ja f (0, 1) ovat siis kohtisuorassa. (c) 3i = 3 ja siten u = i. Saadaan D u f (0, 1) = i (2i + 4j) = 2. Tämä on sama kuin f 1 (0, 1). (d) i + j = 2 ja siten u = (i + j)/ 2. Saadaan D u f (0, 1) = 1 2 (i + j) (2i + 4j) = 2 + 4 2 = 3 2. Huomaa, että 3 2 4.243 < 2 5 4.472. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 12 / 16
Taylorin kaava Yhden muuttujan tapauksessa m + 1 kertaa jatkuvasti derivoituvaa funktiota f : I R voidaan approksimoida kaavalla f (x) f (a) + f (a)(x a) + f (a) 2! kun a, x I. (x a) 2 +... + f (m) (a) (x a) m. m! Tämä idea yleistyy usean muuttujan tapaukseen: Jos a, h R n, n 2 ja funktiolla F : D R n R on jatkuvat kertaluvun (m + 1) osittaisderivaatat pisteitä a, a + h yhdistävällä janalla, niin F (a + h) m j=0 (h ) j f (a). j! Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 13 / 16
Esimerkki 4 Olkoon (a, b) R 2 ja f (x, y) neljä kertaa jatkuvasti derivoituva kiekossa (a, b)-keskisessä r-säteisessä kiekossa. Etsitään 3. asteen approksimaatio. Jos h = (h, k), niin f (a+h, b +k) f (a, b)+(hd 1 +kd 2 )f (a, b)+ 1 2! (hd 1 +kd 2 ) 2 f (a, b) + 1 3! (hd 1 + kd 2 ) 3 f (a, b) = f (a, b) + hf 1 (a, b) + kf 2 (a, b) + 1 ( ) h 2 f 11 (a, b) + 2hkf 12 (a, b) + k 2 f 22 (a, b) 2! + 1 ( ) h 3 f 111 (a, b) + 3h 2 kf 112 (a, b) + 3hk 2 f 122 (a, b) + k 3 f 222 (a, b). 3! Huom. 1. asteen Taylor-approksimaatio on sama kuin tangenttitaso. Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 14 / 16
Esimerkki 5 1/2 Etsitään 2. asteen Taylor-approksimaatio funktiolle f (x, y) = x 2 + y 3 pisteen (1, 2) ympäristössä. Lasketaan f (1, 2) = 3, f 1 (x, y) = eli f 1 (1, 2) = 1/3 ja f 2 (1, 2) = 2. Edelleen f 11 (x, y) = x x 2 + y 3, f 2(x, y) = 3y 2 2 x 2 + y 3, y 3 (x 2 + y 3 ) 3/2, f 11(1, 2) = 8 27, Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 15 / 16
Esimerkki 5 2/2 f 12 (x, y) = 3xy 2 2(x 2 + y 3 ) 3/2, f 12(1, 2) = 2 9, f 22 (x, y) = 12x2 y + 3y 4 4(x 2 + y 3 ) 3/2, f 22(1, 2) = 2 3. Siten f (1 + h, 2 + k) 3 + 1 3 2!( h + 2k + 1 8 ( 27 h2 + 2 2 ) hk + 2 9 3 k2). Antti Rasila (Aalto-yliopisto) MS-A0204 Kevät 2016 16 / 16