8. Cvi ení. Damit folgt für das Taylorpolynom zweiter Ordnung von z: z 2 2 y/z y ln ln 2 2x/z ln 2

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1 Matematická analýza pro fyziky II LS 2015/16, MFF UK 8. Cvi ení 1. Rovnicí z 3 + yz xy 2 x 3 = 0 ja dána implicitní funkce z = zx, y v okolí bodu 1, 1 s hodnotami v okolí 1. Najd te její Taylor v polynom druhého ádu. F x, y, z := z 3 + yz xy 2 x 3 = 0, F 1, 1, 1 = 0, F z 1, 1, 1 = 3z 2 + y = 4 0 1,1,1 Der Satz über implizite Funktionen kann angewendet werden. Analog zu Aufgabe 1 wird die Gleichung F x, y, zx, y = 0 nach x und y mehrfach dierenziert. Druch Umstellen erhält man die partiellen Ableitungen von zx, y. z x 1, 1 = F x1, 1, 1 F z 1, 1, 1 = 1, z y1, 1 = F y1, 1, 1 F z 1, 1, 1 = 1 4 z xx = 1 F z [F xx + z x F xz + z x F zx + F zz z x ], z xx 1, 1 = 0 z yy = 1 F z [F yy + z y F yz + z y F zy + F zz z y ], z yy 1, 1 = 9 32 z xy = 1 F z [F xy + z y F xz + z x F zy + F zz z y ], z xy 1, 1 = 1 8 Damit folgt für das Taylorpolynom zweiter Ordnung von z: T 2 zx, y = z1, 1 + z x 1, 1 x 1 + z y 1, 1 y z xx1, 1 x z yy1, 1 y 1 2 = x + y 1 4 +z xy 1, 1 x 1y y 12 x 1y Najd te rovnici te né roviny k funkci zx, y denované implicitn pomocí rovnice 2 x/z + 2 y/z = 8 v okolí bodu 2, 2, 1 dotýkající se grafu funkce v bod 2, 2. F 2, 2, 1 = 0, F x, y, z := 2 x/z + 2 y/z 8 F z 2, 2, 1 = 2x/z x ln 2 z 2 2 y/z y ln 2 z 2 = 16 ln 2 0 2,2,1 Die Vorraussetzungen für die Anwendung des Satzes über implizite Funktionen sind gegeben. In einer Umgebung von 2, 2 existiert zx, y, gegeben durch F. Die Gleichung der Tangentialebene ist dabei die Taylorentwicklung 1. Ordnung von dieser Funktion zx, y. z2, 2 = 1, Gleichung der Tangentialebene: = 1 4 2,2,1 16 ln 2 2y/z ln 2 = 1 z 4 2,2,1 z x 2, 2 = F x2, 2, 1 F z 2, 2, 1 = 1 16 ln 2 2x/z ln 2 z z y 2, 2 = F y2, 2, 1 F z 2, 2, 1 = 1 z = z2, 2 + z z 2, 2 x 2 + x y 2, 2 y 2 = 1 4 x y

2 3. Ur ete maxima a minima funkce fx, y = 4x 2 3xy na kruhu K = {x, y : x 2 + y 2 1 }. Zunächst werden Extrempunkte im Innern von K nach dem bekannten Verfahren gesucht. H f0,0 = grad fx, y = 8x 3y, 3x =! 0, 0 x, y = 0, 0, det H f0,0 < 0 H f0,0 indenit 0, 0 kein Extrempunkt Nun wird das Verhalten von f auf dem Rand K := {x, y : x 2 + y 2 = 1} untersucht. Wir parametrisieren den Rand mit und denieren eine neue Funktion f durch xϕ = cos ϕ, yϕ = sin ϕ, ϕ [ π, π] fϕ = fxϕ, yϕ, ϕ [ π, π]. Oensichtlich gilt max fϕ = max fx, y. ϕ [ π,π] x,y K Wir suchen also Extrempunkte von f. Die Gleichung fϕ = 8 cos ϕ sin ϕ + 3 sin 2 ϕ 3 cos 2 ϕ = 0 führt auf tan2ϕ = 3 4. Diese Gleichung hat 4 Lösungen in [ π, π]: Wir setzen ϕ j = 1 2 arctan j π, j = 1, 0, 1, 2. 2 sin 2ϕ 0 = sin 2ϕ 2 = 3 5, cos 2ϕ 0 = cos 2ϕ 2 = 4 5, sin 2ϕ 1 = sin 2ϕ 1 = 3 5, cos 2ϕ 1 = cos 2ϕ 1 = 4 5 in fϕ = 2cos2ϕ sin 2ϕ 2 ein und stellen fest, dass max fx, y = max fx, y = 9 x,y K x,y K 2, min fx, y = min fx, y = 1 x,y K x,y K 2. Andere Lösungsmethode für die Aufgabe max fx, y x,y K liefert folgender Satz Lagrangesche Multiplikatorenregel: Sei Ω R n. Die Funktionen f : Ω R, g : Ω R

3 seien stetig di'bar, und f besitze in ξ ein lokales Extremum unter der Nebenbedingung gx = 0. Ferner sei g ξ 0. Dann existiert eine Zahl λ, mit denen die Gleichung besteht. Wir suchen also Lösungen folgendes Systems: f ξ + λg ξ = 0 Hx, y, λ := 4x 2 3xy + λx 2 + y 2 1 x x, y, λ = 8x 3y + 2λx! = 0 y x, y, λ = 3x + 2λy! = 0 λ x, y, λ = x2 + y 2 1! = 0 Fasst man die ersten beiden Gleichungen als Gleichungssystem zur Bestimmung von x und y auf, so existiert nur eine nichttriviale Lösung also x, y 0, 0 klar, da 0, 0 / K, falls die Koezientendeterminante verschwindet λ 3 3 2λ = 8 + 2λ2λ 9 =! 0 λ 2 + 4λ 9 4 = 0 λ 1 = 1 2 λ 2 = 9 2 Erster Fall: 8x 3y + 2λ 1 x = 8x 3y + x = 0 y = 3x 1 = x 2 + y 2 = 10x 2 x = ± 1, y = ± f ± 1, ± 3 = Zweiter Fall: 8x 3y + 2λ 2 x = 8x 3y 9x = 0 x = 3y 1 = x 2 + y 2 = 10y 2 y = ± 1, x = f 3, ± 1 = Aus dem Vergleich der Funktionswerte und dem Wissen, dass die Extrema der stetigen Funktion f auf der kompakten Kreisscheibe angenommen werden müssen, folgt: ± 1, ± 3 sind die zwei Minima, 3, ± 1 die Maxima der Funktion in K Spo t te vzdálenost bodu 1, 1, 0 od rota ního hyperboloidu H = {x, y, z : x 2 + y 2 z 2 = 1 }. V eukleidovské norm je vzdálenost bodu x 0, y 0, z 0 a mnoºiny K denován jako d = inf x 0, y 0, z 0 x, y, z = inf x x0 2 + y y z z 0 2. x,y,z K x,y,z K }{{} =:rx,y,z

4 Da r oensichtlich nichtnegativ und stetig ist und für beliebig groÿe Beträge von x,y und z gegen Unendlich strebt, ist klar, dass das Inmum tatsächlich angenommen wird. Nach diesem Punkt wird gesucht. Da die Funktion r 2 streng monoton wachsend in r ist, für r 0, ist ein Minimum von r immer auch ein Minimum von r 2. Daher wird im folgenden das Minimum der Funktion r 2 x, y, z unter der Nebenbedingung x, y, z H gesucht Wir parametrisieren die Fläche H durch x = cosh ϕ cos θ, y = cosh ϕ sin θ, z = sinh ϕ, ϕ R, θ [0, 2π]. und denieren Die Bedingung führt auf und Die einzige Lösung ist fϕ, θ = cosh ϕ cos θ cosh ϕ sin θ sinh 2 ϕ. grad f = 0 cos θ + sin θ = 0 sinh ϕ 2 cosh ϕ cos θ + sin θ = 0. ϕ = 0, θ = 3π 4 und durch Einstetzen folgt d = 2 1. Lösung durch Lagrangesche Multiplikatorenregel: Lx, y, z, λ := x y z 2 + λ x 2 + y 2 z 2 1 L x x, y, z, λ = 2x 2 + 2λx =! 0 x1 + λ 1 = 0 L y x, y, z, λ = 2y λy =! 0 y1 + λ + 1 = 0 L z x, y, z, λ = 2z 2λz =! 0 z1 λ = 0 L λ x, y, z, λ = x2 + y 2 z 2 1 =! 0 λ = 1 erfüllt die beiden ersten Gleichungen nicht. Für λ 1 gilt aus diesen Gleichungen aber immer: x = y. z 0 λ = 1 x = 1 2 = y NB z2 = 1 2 z / R Die einzigen extrempunktverdächtigen Stellen werden also für z = 0 berechnet und lauten ± 1, 1, 0. Werden diese Werte in r 2 x, y, z eingesetzt, erkennt man, dass das Minimum tat- 2 2 sächlich für das obere Vorzeichen gilt und somit erhält man den Abstand: 1 2 d = = = Aus den Symmetrien des Rotationshyperboloiden Rotationssymmetrie um z-achse, Symmetrie bezüglich der Ebene z = 0 folgt natürlich auch ohne Rechnung, dass der gesuchte Punkt auf dem Hyperboloiden den gleichen Winkel zur x-achse einschlien muss, wie der Punkt, dessen Abstand gesucht ist. Also für 1, 1, 0 gilt auch x = y und das Problem könnte von vornherein um eine Dimension reduziert werden.

5 5. Najd te kandidáty na lokální extrémy funkce f s udanou vazbou fx, y, z = x 2 + y 2 + z 2, kde x2 a 2 + y2 b 2 + z2 = 1 a > b > c > 0 c2 Kandidaten für relative Extrempunkte der Funktion fx, y, z unter der Nebenbedingung gx, y, z = 0 sind stationäre Punkte der Funktion Hier: Hx, y, z, λ := fx, y, z + λgx, y, z x Hx, y, z, λ = x 2 + y 2 + z λ a 2 + y2 b 2 + z2 c 2 1 2xλ! x, y, z, λ = 2x + x a 2 = 0 x 1 + λa 2 = 0 2yλ! x, y, z, λ = 2y + y b 2 = 0 y 1 + λb 2 = 0 2zλ! x, y, z, λ = 2z + z c 2 = 0 z 1 + λc 2 = 0 x2 x, y, z, λ = λ a 2 + y2 b 2 + z2 c 2 1 =! 0 x = y = z = 0 ist mit der Nebenbedingung nicht verträglich. Da a > b > c, diese also verschieden sind, kann λ höchstens so gewählt, dass einer der obigen Faktoren verschwindet. Daher können nicht zwei oder gar alle drei Koordinaten 0 sein. Es bleibt als einzige Möglichkeit zum Lösen des Gleichungssystems, dass genau zwei der Koordinaten x, y, z verschwinden und λ entsprechend gewählt wird. λ = a 2 y = z = 0, mit Nebenbedingung: x = ±a λ = b 2 x = z = 0, y = ±b λ = c 2 x = y = 0, z = ±c Mögliche Extrempunkte von f unter der gegebenen Nebenbedingung können also höchstens bei ±a, 0, 0, 0, ±b, 0 oder 0, 0, ±c liegen. Bemerkung: Da die Nebenbedingung eine kompakte Menge beschreibt und f dort stetig ist, ist von vornherein klar, dass f sein Minimum und Maximum annimmt. Welche dieser Punkte das sind, wird einfach durch Vergleich der Funktionswerte klar: f±a, 0, 0 = a 2 > f0, ±b, 0 = b 2 > f0, 0, ±c = c 2 Die Nebenbedingung beschreibt einen Ellipsoid. Die auf diesem Ellipsoid globalen Extrema von f benden sich also bei ±a, 0, 0 Maxima und 0, 0, ±c Minima. Dass 0, ±b, 0 keine Extremstellen sind, kann man sich am Funktionsverlauf in der x-y-ebene bzw. y-z-ebene verdeutlichen: z = 0 : x = 0 : x 2 a 2 + y2 b 2 = 1 x2 = a 2 y 2 a2 b 2 y 2 b 2 + z2 c 2 = 1 z2 = c 2 y 2 c2 b 2 fx, y, 0 = a 2 + y2 b 2 b 2 a 2 b 2 = f0, ±b, 0 Min. }{{} <0 f0, y, z = c2 + y2 b 2 b 2 c 2 b 2 = f0, ±b, 0 Max. }{{} >0 Stellt man sich einen Ellipsoiden vor, ist es anschaulich klar, dass der Abstand vom Koordinatenursprung f beschreibt ja dessen Quadrat auf den Achsen mit minimaler und maximaler Halbachse extremal wird. siehe Abbildung

6 6. Najd te lokální extrémy funkcí: a fx, y = 1 x 2 + y 2 na R 2 b fx, y = 4x 2 + y 2 e x2 4y 2 na R 2 c fx, y, z = x 3 + y 2 + z xy + 2z na R 3 Praktisches Vorgehen bei der Ermittlung von Extremstellen von Funktionen in mehreren Variablen f : Ω R n R Abgesehen davon, dass f lokale Extrema eventuell auch in Randpunkten von Ω bzw. an Stellen, in denen f nicht dierenzierbar ist, besitzen kann, so dass diese gesondert untersucht werden müssen siehe zum Beispiel Aufgabe a, sind in Hinblick auf lokale Extremstellen vor allem die Punkte x 0 Ω von Interesse, für die gilt: 1 grad fx 0 = 0 notwendige Bedingung D 1 D 1 fx 0 D 1 D 2 fx 0 D 1 D nfx 0 D 2 Für diese Punkte ist die HesseMatrix von f : Hfx 0 2 D 1 fx 0 D 2 D 2 fx 0 D 2 D nfx 0 :=. zu berechnen... D nd 1 fx 0 D nd 2 fx 0 D nd nfx 0 3 Ist die auf diese Weise vorliegende Matrix Hfx 0 positiv denit, so besitzt f an der Stelle x 0 ein lokales Minimum und entsprechend, falls Hfx 0 negativ denit ist, so liegt an der Stelle x 0 ein lokales Maximum vor. Nur diese beiden Fälle sind hinrichend für das Vorliegen eines lokalen Extremums. 4 Bleibt zu überprüfen, ob die HesseMatrix von f an der Stelle x 0 eine dieser beiden Eigenschaften besitzt. Dazu gibt es mehrere unterschiedliche Kriterien: zu a Ein Matrix A ist genau dann positiv bzw. negativ denit, wenn alle ihre Eigenwerte, d.h. alle n Nullstellen des charakteristischen Polynoms: pλ = deta λi I: n-dim- Einheitsmatrix echt positiv bzw. echt negativ sind. Da Hfx 0 aufgrund des Satzes von Schwarz eine reelle symmetrische Matrix ist, kann auch folgendes Kriterium angewandt werden: D 1 D 1 fx 0 D 1 D k fx 0 k := det.. k = 1,..., n : Hfx0 ist positiv denit k > 0 k = 1,..., n D k D 1 fx 0 D k D k fx 0 Der Fall n=2 lässt sich vollständig klassizieren: a dethfx 0 > 0 f xxx 0 > 0 = f hat ein lokales Minimum b dethfx 0 > 0 f xxx 0 < 0 = f hat ein lokales Maximum c Im Fall: dethfx 0 < 0 liegt kein Extremum vor, sondern ein Sattelpunkt d Im Fall: dethfx 0 = 0 ist keine Entscheidung möglich, d.h. er muss gesondert untersucht werden Es gilt: fx, y = 1 x 2 + y 2 f0, 0 = 1 x, y R 2 = f hat ein lokales Maximum in 0, 0. f ist in 0, 0 jedoch nicht dierenzierbar, denn f x bzw. f y existieren in 0, 0 nicht. [ ] x x = r cos ϕ z.b. f x x, y = x 2 + y = = cos ϕ 2 y = r sin ϕ zu b f x x, y = xe x2 4y 2 8x 2 2y f y x, y = ye x2 4y 2 8y 2 32x f xx x, y = e x2 4y 2 16x 4 40x 2 + 4x 2 y 2 2y f xy x, y = e x2 4y 2 64x 3 y + 16xy 3 68xy f yy x, y = e x2 4y 2 64y x 2 y 2 40y 2 32x Bestimmung möglicher Extremstellen: gradfx, y = 0 f x x, y = xe x2 4y 2 8x 2 2y } { = 0 x 8x 2 f y x, y = ye x2 4y 2 8y 2 32x y = 0 = 0 y 8y 2 32x = 0

7 Fallunterscheidung: x = 0 : = y = 0 8y 2 +2 = 0 = y = ± 1 2 = P 1 = 0, 0 P 2 = 0, 1 2 P 3 = 0, 1 2 y = 0 : = x = 0 bereits erfasst 8x = 0 = x = ±1 = P 4 = 1, 0 P 5 = 1, 0 Weitere Fälle gibt es nicht, denn: 0 = 8x 2 2y = 8y 2 32x x 2 + 6y > 0 x, y R 2 \ {0, 0} Überprüfung und Qualizierung der Extremwerte mit Hilfe der Hesse-Matrix: [ ] fxx P f HfP = xy P f xy P f yy P f xx f yy f xy P 1 = 0, P 2 = 0, e 4 e 0 P 3 = 0, e 4 e 0 P 4 = 1, 0 16 e 30 e 0 P 5 = 1, e e [ ] 8 0 = HfP 1 = = f besitzt im Punkt P ein lokales Minimum, da dethfp 1 > 0 und f xx P 1 = 8 > = HfP 2/3 = 2e 0 4 = f besitzt in den Punkten P 2 und P 3 kein lokales Extremum, da e die Eigenwerte der Matrix: λ 1 = 15 2e und λ 2 = 4 unterschiedliches Vorzeichen haben. e 16 0 = HfP 4/5 = e 0 30 = f besitzt in den Punkten P 4 und P 5 ein lokales Maximum, da e dethfp 4/5 > 0 und f xx P 4/5 < 0 zu c f x = 3x y f xx = 6x f xy = 12 f y = 2y + 12x f yy = 2 f xz = 0 f z = 2z + 2 f zz = 2 f yz = 0 Bestimmung möglicher Extremstellen: gradfx, y, z = 0 f x = 3x y = 0

8 f y = 2y + 12x = 0 f z = 2z + 2 = 0 } = y = 6x z = 1 } = 3x 2 72x = 0 Fallunterscheidung: x = 0 : = y = 0 = P 1 = 0, 0, 1 x = 24 : = y = 144 = P 2 = 24, 144, 1 Überprüfung und Qualizierung der Extremwerte mit Hilfe der Hesse-Matrix: f xx P f xy P f xz P HfP = f xy P f yy P f yz P f xz P f yz P f zz P In P 1 besitzt f sicher kein Extremum, denn fp 1 = 1 aber fx, 0, 1 = x Für P 2 ergibt sich HfP 2 = Da deren Unterdeterminanten mit 1 = 144, 2 = 144 und 3 = 288 allesamt positiv sind, liegt ein lokales Minimum vor. 7. Najd te lokální extrémy následujících funkcí v uvedených oblastech: fx, y = x 4 + y 4 x 2 2xy y 2, M = R 2 fx, y = xy + 50 x + 20, y M = {x, y : x > 0, y > 0} fx, y = x 2 y 3 6 x y, M = {x, y : x > 0, y > 0} 1. = 4x 3 2x 2y = 0 x = 4y 3 2x 2y = 0 y Tedy 4x 3 = 2x+2y = 4y 3, tedy x 3 = y 3 a tedy i x = y. Po dosazeni zpet mame 0 = 4x 3 4x = 4xx 2 1 a body s fx, y = 0 jsou tedy 0, 0, 1, 1, 1, 1. Matice parcialnich derivaci je 12x Hfx, y = 2 2, 2 2, 12y , 2 Je Hf1, 1 = Hf 1, 1 = pozitivne denitni, funkce ma tedy lok. minimum. Matice 2, 10 2, 2 Hf0, 0 = je indenitivni. Ale fx, x = 2x 2, 2 4 4x 2 = 2x 2 x 2 2 je na okoli nuly zaporna a fx, x = 2x 4 je na okoli nuly kladna. V 0, 0 nema funkce tedy lok. extrem. 2. = y 50/x 2 = 0 x = x 20/y 2 = 0 y

9 Dosazenim x = 20/y 2 dostaneme y = 50y 4 /400 = y 4 /8, tedy y 4 8y = 0, tedy yy 3 8 = 0. Reseni jsou 0 nelezi ale v oblasti a 2. Pro y = 2 dostaneme x = 20/2 2 = 5. Jde tedy o bod 5, 2. Matice 4/5, 1 Hf5, 2 = je pozitivne denitni, funkce ma tedy v 5, 2 lok. maximum. 1, 5 3. Je fx, y = 6x 2 y 3 x 3 y 3 x 2 y 4 a = 12xy 3 3x 2 y 3 2xy 4 = xy x 2y = 0 x = 18x 2 y 2 3x 3 y 2 4x 2 y 3 = x 2 y x 4y = 0. y Pro x, y > 0 je 12 3x 2y = 18 3x 4y = 0 s resenim 2, 3. Dale je 12y Hfx, y = 3 6xy 3 2y 4, 36xy 2 9x 2 y 2 8xy 3 36xy 2 9x 2 y 2 8xy 3, 36x 2 y 6x 3 y 12x 2 y 2 Hf2, 3 = 162, , 144 9, 6 = 18 6, 8 Tato matice je neg. denitni, funkce ma tedy v 2, 3 lok. maximum. 8. Najd te sup f a inf f na M pro: fx, y = 1/x + 1/y, M = {x, y : 1/x 2 + 4/y 2 = 1} fx, y = y, M = {x, y : x 2 + y 2 2 = Kxy}, K > 0 fx, y = x + y, x 3 + y 3 2xy = 0, x 0, y 0} fx, y = x 2 + y 2, M = {x, y : x 2 + 4y 2 = 1} fx, y = x xy + 2y 2, M = {x, y : 4x 2 + y 2 = 1} 1. fx, y = 1/x 2, 1/y 2, gx, y = 2/x 3, 2/y 3. fx, y a gx, y jsou kolinearni, pokud ex. λ R: 1 x 2 = 2λ x 3, 1 y 2 = 2λ y 3. Tedy x = 2λ a y = 8λ. Tyto hodnoty dosadime do gx, y = 1/x 2 + 4/y 2 1 = 0 a dostaneme 1/4λ 2 + 4/64λ 2 = 1, tedy λ 2 = 5/16 a λ = ± 5/4. Pro λ = 5/4 dostaneme x, y = 5/2, 2 5 a fx, y = 5/2. Pro λ = 5/4 dostaneme x, y = 5/2, 2 5 a fx, y = 5/2. Zadne jine lok. extremy funkce f na M nema. Pokud x ± je y ±2 a fx, y ±1/2. Funkce f ma tedy glob. max. na M v 5/2, 2/sqrt5 a minimum v opacnem bode. 4. 2x = λ 2x 2y = λ 8y. Pro x 0 a y 0 nema soustava reseni. Pro x = 0 je y = ±1/2 a pro y = 0 je x = ±1. V 0, ±1/2 nabyva f lok. i glob. minima k M, a sice 1/4. V ±1, 0 nabyva f lok. i glob. max