Kahden muuttujan funktion osittaisderivaatoista (Edwards&Penney Luku 13.4) Jos funktio z = f(x,y) on jatkuva jossakin alueessa, voidaan pitää hetken y vakiona, eli jäljelle jää yhden muuttujan funktio; jos tämä funktio on derivoituva x:n suhteen, on funktiolla f(x,y) osittaisderivaatta x:n suhteen; merkitään f1(x,y) tai fx(x,y) tai f/x tai z/x [ luetaan doo]. Esim. f(x,y) = 2x2 + xy2 + sin(xy)+exy, jolloin f/x = 4x + y2 + ycos(xy) + yexy. Vastaavasti määritellään ja lasketaan funktion f(x,y) osittaisderivaatta y:n suhteen, ja sitä merkitään f2(x,y) tai fy(x,y) tai f/y tai z/y. Esim. f(x,y) = 2x2 + xy2 + sin(xy)+exy, on f/y = 2xy + xcos(xy) + xexy. Korkeamman kertaluvun osittaisderivaatat määritellään ja lasketaan luonnollisesti, esim. kun f(x,y) = 3sin2x·cosy, on f/x =6sinx·cosx·cosy ja 2f/x2= 6cosy(cos2x - sin2x). Huomautus. Osittaisderivaatat voidaan tietysti määritellä myös mielivaltaiselle n:n muuttujan funktiolle. Esim. Jos f(x,y,z,t,v) = 2xy2z3t4v5, on f/v = 52xy2z3t4v4= 10xy2z3t4v4 Huomautus. Merkintä (esim.) f12 ei aina ole täysin yksikäsitteinen; jos funktiossa on enemmän kuin 11 muuttujaa, voi f12 tarkoittaa joko osittaisderivaattaa 12. muuttujan suhteen, tai toisen kertaluvun sekaderivaattaa, joka lasketaan derivoimalla f ensin ensimmäisen muuttujan suhteen ja sitten toisen muuttujan suhteen!

Esim. Olkoon f(x,y) = exy + cosx - siny Esim. Olkoon f(x,y) = exy + cosx - siny. Lasketaan kaikki 2-asteen osittaisderivaatat: f/x = yexy - sinx, joten 2f/x2 = y2exy - cosx ja 2f/xy = exy + xyexy Vastaavasti f/y = xexy - cosy, mistä voidaan laskea 2f/y2 = x2exy + siny ja 2f/yx = exy + yxexy Onko sattumaa, että 2f/xy= 2f/yx? Näyttää toimivan! Teoreema. Jos kahden muuttujan funktion f(x,y) osittaisderivaatat 2f/xy ja 2f/yx ovat jatkuvina olemassa, ne ovat samat. Esim. V(h,r) = r2h, joten V/r = 2rh ja 2V/rh = 2r, edelleen V/h = r2 ja 2V/hr = 2r Esim. Korkeamman kertaluvun osittaisderivaattoja, kun f(x,y) = x3y4; f/x = 3x2y4; 2f/xy = 12x2y3; 3f/xyy = 36x2y2, jne. (Huom: 3f/xy2 tarkoittaa 3f/xyy!) Derivoinnin ketjusääntö usean muuttujan (reaaliarvoiselle) funktiolle Yhden muuttujan yhdistetylle funktiolle fog(x) on voimassa D(fog(x)) = f’(g(x))·g’(x). Tämä yleistyy kahden muuttujan funktiolle monella tavalla, esim. jos z = f(x,y), missä puolestaan x = u(s,t) ja y = v(s,t), niin silloin z:n osittaisderivaatat s:n ja t:n suhteen ovat

cost) s (1 e sint) cost)(s 2(1 se 2e + - = Sama asia toisin merkittynä: t) (s, v y) (x, f u t z s 2 1 × + = ¶ Esim cost s 1 y ja e x missä , y) z(x, 2 st + = . Silloin sint) s ( y x 2 2y se 2x t z st - × + = ¶ 2 2st st cost) s (1 e sint) cost)(s 2(1 se 2e + - = Sama tulos saadaan myös sijoittamalla ensin jolloin , cost) s (1 e t) z(s, 2 2st + = x = e st ja y = 1+s 2 cost ja derivoimalla sitten: 2 2st cost) s (1 e sint) cost)( 2(1 2se t z + - = ¶ Osittaisderivaatan geometrinen merkitys kahden muuttujan tapauksessa: Esimerkiksi pinta f(x,y) = -(x4 - xy +5y2) ... Vastaavalla tavalla xz-tason suuntaisen tason y = b ja pinnan f(x,y) määräämän leikkauskäyrän derivaatta on fx(x,b) = -4x3 – b. ... ja yz-tason suuntainen taso x = a määräävät 2-ulotteisen käyrän z = - 5y2 – a4 + ay. fy(a,y) = -10y + a on tämän käyrän derivaatan lauseke

Tangenttitaso: Kahden muuttujan funktion likiarvoista (Edwards&Penney Luku 13.6) Yhden muuttujan funktiota y= f(x) voidaan approksimoida pisteen x0 läheisyydessä tan- genttisuoralla • x0 Kahden muuttujan funktion kohdalla app- roksimointi tapahtuu tangenttitasolla: Olkoon funktio f(x,y) jatkuva jossakin pisteen (a,b) ympäristössä. Voidaan osoittaa, että pisteeseen (a,b,f(a,b)) piirretyn tangentti tason yhtälö on Jos nyt x on lähellä a:ta, sanokaamme x= a+h, ja y on lähellä b:tä, sanokaamme y = b+k, niin z(x,y) on lähellä f(x,y):tä, eli likiarvokaavana (*) z(x,y) = f(a,b) + f1(a,b)(x-a) + f2(a,b)(y-b) (**) f(a+h,b+k)  f(a,b) + f1(a,b)h + f2(a,b)k Esim. Arvioi likimääräisesti funktion f(x,y) = x3+e3y arvoa pisteessä (1.1,2.2). Ratkaisu. Olkoon tässä a = 1 ja b = 2, jolloin h = 0.1 ja k= 0.2. Nyt f(1,2) = 13+e6 ja f1(x,y) = 3x2  f1(1,2) = 3; edelleen f1(1,2)h = 0.3 f2(x,y) = 3e3y  f2(1,2) = 3e6 ; edelleen f2(1,2)k = 0.6e6. Siten f(1.1,2.2)  1+e6 + 0.3 + 0.6e6  647 Lue:likimain samat Maple : 736.421892

Usean (aluksi kahden!) muuttujan funktion ääriarvoista (Edwards&Penney: Luku 13.5) Johdantoa. Lukusuoralta tunnetaan käsitteet avoin, suljettu ja puoliavoin = puolisuljettu reaalilukuväli. Ne yleistetään 2-dim tapaukseen eli R2:n seuraavasti: Piste xR2 on alueen A  R2 rajapiste, jos jokaista x-keskeistä ja -säteistä (kuinka pientä tahansa!) ympyrää kohti on pisteet y, z  x siten, että ne ovat ympyrän sisällä ja yA ja zA. A y x Joukko A  R2 on suljettu, jos se sisältää kaikki rajapisteensä, muutoin se on ei-suljettu [varoitus: ei-suljettu joukko ei tarkoita samaa kuin avoin joukko, joukko on määritelmän mukaan avoin, jos sen komplementti on suljettu. On olemassa joukkoja, jotka ovat sekä avoimia että suljettuja, yksinkertaisimmat tällaiset ovat  ja R2]. Esim. Kiekko {(x,y) R2 x2+y2  1} on suljettu, se rajapisteet ovat pisteet ympyrällä {(x,y) R2 x2+y2 = 1}, samoin on suljettu käyrä {(x,y) R2 x2+y2 = 1}, mutta joukko {(x,y) R2 x2+y2 < 1} on ei-suljettu (onko se avoin?) Lause. Suljetussa alueessa A jatkuva usean muuttujan funktio f(x) saavuttaa A:ssa suu- rimman ja pienimmän arvonsa, ts  xo, yoA ja m,MR siten, että  xA: m = f(xo)  f(x)  f(yo) =M. Kyseiset m ja M ovat funktion f globaalit minimi ja maksimi. Alueessa A oleva piste xo on f:n paikallinen (lokaali) minimi, jos on olemassa sellainen kokonaan A:han sisältyvä xo:n ympäristö B, että aina, kun xB on f(xo)  f(x). Samaan tapaan määritellään f:n paikallinen maksimi. Yhdessä nämä muodostavat f:n ääriarvot. z

Teoreema. Jos kahden muuttujan funktiolla f(x,y) on ääriarvo pisteessä (xo,yo), niin fx (xo,yo) = fy (xo,yo) = 0, eli (yleistyy myös mihin tahansa n:n muuttujan funktioon). Todistus. Merkitään h(x) = f(x,yo), jolloin erityisesti h(xo) = f(xo,yo). Koska f:llä on ääriarvo pisteessä (xo,yo), on h:lla ääriarvo pisteessä xo joten h’(xo) = 0. Mutta toisaalta h’(xo) = fx (xo,yo). Samalla tavalla merkitsemällä g(y) = f(xo,y) nähdään että fy (xo,yo), = 0 Määr. n:n muuttujan funktion f määrittelyalueeseen kuluva piste xo on kriittinen piste funktiolle f, jos (i) f on differentioituva pisteessä xo ja tai (ii) f ei ole differentioituva pisteessä xo. Teoreema. n:n muuttujan funktion f ääriarvot löytyvät kriittisten pisteiden joukosta, ts (i) (ii) Reunapisteet (x,y) (joissa siis x2+y2 = 1) ovat kriittisiä pisteitä. Kriittisissä pisteissä tapahtuu seuraavaa: (i) f(0,0) = 0 ja 0 x2+y2 aina, joten origo on lokaali (ja globaali) minimi. (ii) alueen reunalla x2+y2 = 1 on y2 = 1- x2 f(x,y) = x2 + 1 - x2  1 eli kaikki reunapisteet ovat maksimipisteitä. Jos olisi A = {(x,y) R2 0<x2+y2 < 1}, ei ääriarvoja olisi lainkaan (vaikka f rajoitettu) (iii) muualta määrittelyalueesta. Esim. Etsi funktion f(x,y) = x2+y2 ääriarvot alueessa {(x,y) R2 x2+y2  1} Ratkaisu. Etsitään f:n kriittiset pisteet: (i) Osittaisderivaattojen 0-kohdat: .

Siis origo (0,0) on ainoa kriittinen piste. Se ei kuitenkaan ole ääriarvopiste. Voidaan nimitäin valita - kuinka läheltä origoa tahansa- pisteparit (x1,y1) ja (x2,y2) siten, että 3x12-2y12 < 0 = f(0,0) ja 3x22-2y22 > 0 = f(0,0). Kysymys: Onko aina voimassa: ’xo on kriittinen piste  xo on ääriarvopiste’? Vastaus: Ei! Tutkitaan funktiota f(x,y) = 3x2-2y2; se on määritelty kaik- kialla. Koska osittaisderivaatat ovat kaikkialla jatkuvia, löytyvät ainoat kriittiset pisteen osittaisderivaattojen nollakohdista: f1= 6x = (merk.) 0  x=0 f2=-4y = (merk.) 0  y=0 Origossa on satulapiste - f:llä ei ole osittaisderivaattojen nollakohtia, nimittäin Määritellään yleisemminkin: Jos 2:n muuttujan funktion f molemmat osittaisderivaatat ovat nollia pisteessä xo joka kuitenkaan ei ole ääriarvopiste, on xo satulapiste. Olemme nähneet funktion, jonka ääriarvot ovat määrittelyalueen reunalla ja osittaisderivaattojen nollakohdissa. Funktion Siis ainoa mahdollinen ehdokas (0,0) ei ole osittaisderivaattojen 0-kohta. Kuitenkin f(0,0) = 0 on funktion globaali minimi! Kuva! ainoa ääriarvo löytyy ’muualta’, nimittäin - f(x,y) on määritelty kaikkialla, joten mitään reunapisteitä ei ole

Toisen kertaluvun derivaattojen testi (ääriarvojen löytämiseksi) (Edwards&Penney Luku 13.10) Olkoon kahden muuttujan funktiolla f(x,y) jatkuvat toisen kertaluvun osittaisderivaatat (jolloin mm. fxy = fyx) pisteessä xo.f:n diskriminantti määritellään determinattina Sanalla diskriminatti on toinenkin merkitys! x=xo Silloin, jos (i) D(xo) > 0 ja fxx (xo)>0, on piste xo lokaali minimi (ii) D(xo) > 0 ja fxx (xo)<0, on piste xo lokaali maksimi (iii) D(xo) < 0 on piste xo satulapiste (iv) D(xo) = 0 testi ei sano mitään, kaikki mahdollista. Esim. Tutkittava funktion f(x,y) = 2x3-24xy + 16y3 ääriarvoja. Ratkaisu. Etsitään kriittiset pisteet Reunapisteitä ei ole. Koska kyseessä polynomi, ovat osittaisderivaatat jatkuvia kaikkialla, eli f aina differentioituva. Ositt.derivaatt. 0-kohdat: 1o Pisteessä (0,0) on Johtopäätös: origossa on satulapiste 2o Pisteessä (2,1) on Siis kriittiset pisteet ovat (0,0) ja (2,1). Tutkitaan niitä toisen derivaatan testillä. Muodostetaan diskriminantti: Koska lisäksi fxx (2,1) = 24 > 0, on piste (2,1) lokaali minimi

Esim. Tutki funktion f(x,y) = 4x2 - 4xy + y2 + 5 ääriarvoja alueessa A ={(x,y)R2| -1x1, -1y1} Ratkaisu. Kriittiset pisteet, ensin osit.deriv. 0-kohdat: Kokeillaan sijoittamalla y=2x, jolloin f(x,y):stä tulee 1-muuttujan funktio: sen ääriarvot? h(x) = 4x2 - 4x(2x) + (2x)2 + 5 = 4x2 - 8x2 + 4x2 + 5  5  2x=y, siis kriittisiä pisteitä on ääretön määrä, kaikki A:ssa olevat pisteet (x,2x). Tutkitaan niitä diskriminantin avulla. ja h’(x)  0. Tästäkään ei voi päätellä mitään! Toisaalta huo- mataan, että f(x,y) = (2x-y)2 + 5 0 Harmi, emme voi pää- tellä tästä mitään! Siis suoralla y=2x on (paikallinen) minimi (-määrä) Tutkitaan sitten alueen A reunoja: 1o x= -1. Silloin f(-1,y) = 4(-1)2 - 4(-1)y + y2 + 5 = y2 + 4y + 9 =g(y) Tämän ääriarvot alueen päissä ja/tai kun g’(y) = 0. g(-1) = (-1)2 + 4(-1) + 9 = 6, g(1) = (1)2 + 4(1) + 9 = 14 3o y=-1. f(x,-1) = 4x2 + 4x + 6 =k(x). Tutkitaan alueen päät ja k’(x) = 0. k(-1) = 4(-1)2 + 4(-1) + 6 = 6, k(1) = 4(1)2 + 4(1) + 6 = 14. k’(x) = 8x+4=0, jolloin x= -1/2A k(-1/2) = 4 (-1/2)2 + 4(-1/2) + 6 = 5 g’(y) =2y+4=0 y= -2 A 2o x=1. Silloin f(1,y) = 4(1)2 - 4(1)y + y2 + 5 = y2 - 4y + 9 =h(y). Tämän ääriarvot alueen päissä ja/tai kun h’(y) = 0. h(-1) = (-1)2 - 4(-1) + 9 = 14, h(1) = (1)2 - 4(1) + 9 = 6 4o y=1. f(x,1) = 4x2 - 4x + 6 =r(x). Tutkitaan alueen päät ja r’(x) = 0. r(-1) = 4(-1)2 - 4(-1) + 6 = 14, r(1) = 4(1)2 - 4(1) + 6 = 6. r’(x) = 8x-4=0, jolloin x= 1/2A r( 1/2) = 4 (1/2)2 - 4(1/2) + 6 = 5 h’(y) =2y-4=0 y= 2 A Siis (eräs) maksimi f(-1,1) = 14, minimi = 5

y Esimerkkejä vapaista ääriarvotehtävistä I. Regressiosuorat, pienimmän neliösumman menetelmä. Ajatellaan, että kahden ilmiön x ja y välistä riippuvuutta tutkitaan kokeellisin menetelmin, jolloin saadaan n kpl mittaustulospareja (xi,yi). yn · Ajatellaan lisäksi, että meillä on syytä uskoa x:n ja y:n välillä vallitsevan lineaarisen riippuvuuden, ts. y = mx + b, missä m ja b ovat meille tuntemattomia vakioita. Nyt kysytään, miten nämä m ja b tulisi valita, että regressiosuora y2 minimoisi etäisyydet y1 eli etäisyyksien neliöiden summan x1 x2 xn · · · x Olemme siis minimoimassa funktiota Asia lähemmin tarkasteltuna i:s mittaustuloksen kohdalla: Etsitään siis osittaisderi- vaattojen nolla-kohdat: y-koordinaatti=yi Näistä voidaan ratkaista m ja b, niiden lausek- keet ovat erotus = yi-mxi-b y-koordinaatti = mxi+b

II Suorien lyhin etäisyys ääriarvoprobleemana. Etsi suorien lyhin etäisyys minimoimalla niiden koordinaattien erotuksien neliöiden summaa eli (itse asiassa) funktiota Etsitään sen osittaisderivaattojen nolla-kohdat Lyhin etäisyys on silloin f(-79/18 , -37/9) =…= 5.680266906 Laskettu seuraavilla Maple-käskyillä:

III 120 cm pitkä rautalanka jaetaan kolmeen osaan ja jokainen pätkä väännetään neliöksi. Miten jako pitäisi tehdä, jotta syntyvien neliöiden pinta-alojen summa minimoituisi? Ratkaise ongelma Maplea hyväksi käyttäen. Kokonaispinta-alaa A ja pituuksia a, b ja c yhdistävät lausekkeet Ratkaisu. a b c Sijoitetaan c = 120 – a – b A:n lausekkeeseen komennolla subs(c= ..., A); jolloin Minimoitava funktio on silloin Etsitään sitten A:n osittaisderivaattojen nollakohdat: > solve({diff(A,a)=0,diff(A,b)=0},{a,b}); Tutkitaan tämän pisteen pisteen luonnetta kuvaajan avulla: Kuvaajan perusteella minimi saavutetaan, kun a = b = c = 40 cm, jolloin myös c = 40 cm. > plot3d(A, a=30..50,b=30..50);

käsite Hessen matriisi. Aluksi asetetaan seuraava Hessen matriisi yleiselle usean muuttujan funktiolle (Edwards&Penney Luku 13.10) Neliömuotojen yhteydessä tutustuimme jo reaalisiin, symmetrisiin 33-matriiseihin ja toisaalta kahden muuttujan ääriarvojen etsimisen yhteydessä 2. kl. derivaatojen testiin. Nyt näemme, että nämä kaksi asiaa voidaan yleistää ja yhdistää, kun otetaan käyttöön käsite Hessen matriisi. Aluksi asetetaan seuraava Määritelmä. Reaalinen, symmetrinen matriisi A on (i) positiividefiniitti, jos jokaiselle reaaliselle vektorille X (¹ 0) pätee XTAX > 0, (ii) negatiividefiniitti, jos jokaiselle reaaliselle vektorille X (¹ 0) pätee XTAX < 0, (iii) indefiniitti, jos on olemassa reaalinen vektori X jolle XTAX < 0 ja reaalinen vektori Y jolle YTAY > 0. Lasketaanpas A:n ominaisarvot eli ratkaistaan l yhtälöstä Esimerkki 1. Koska neliömuoto! Huomaamme, että positiividefiniitin matriisin A kaikki ominaisarvot ovat positiivisia. Olisiko tämä vain sattumaa? aina, kun (x,y,z) ¹ (0,0,0), on A positiividefiniitti.

Lasketaan taas A:n ominaisarvot: Esimerkki 2. Koska Lasketaan taas A:n ominaisarvot: neliömuoto! Huomaamme, että indefiniitillä matriisilla A on sekä positiivisia että negatiivisia ominaisarvoja Olisiko tämäkin vain sattuman kauppaa? on A on indefiniitti. Esimerkki 3. Koska Laskemalla A:n ominaisarvot huomamme, että ne kaikki ovat negatiivisia. Yleinen totuus on seuraava Lause. Reaalinen, symmetrinen matriisi A on (i) posit.definiitti joss A:n ominaisarvot ovat positiivisia, (ii) negat.definiitti joss A:n ominaisarvot ovat negatiivisia, (iii) indefiniitti joss A:lla on sekä positiivisia että negatiivisia ominaisarvoja. aina, kun (x,y,z) ¹ (0,0,0), on A negatiividefiniitti.

Tarkastellaan nyt yleistä n:n muuttujan reaaliarvoista funktiota f:Rn→R. Oletetaan, että f:n kaikki toisen kertaluvun osittaisderivaatat ovat olemassa vieläpä jatkuvina jossakin avaruuden Rn pisteen X = (x1, x2, ... ,xn) ympäristössä. Määritellään funktion f Hessen matriisi seuraavalla tavalla: Kyseessä on siis nn-matriisi, jonka alkioina on funktioita. Koska oletimme osittaisderi- vaatat jatkuviksi, on matriisi H(X) symmetrinen. Kiinteällä X:n arvolla X0 on H(X0) reaalinen. Voimme siis puhua matriisin H(X0) definiittisyydestä! Esim. Tutki funktion f(x,y) = excos(y) Hessen matriisi definiittisyyttä pisteessä (0,π/2). Ratkaisu. Hesse: excos(y) -exsin(y) = -exsin(y) -excos(y) Nyt det(H0 - lI) = l2 – 1 = 0. Siis l1 = -1 < 0 ja l2 = 1 > 0. Johtopäätös: Ko. Hessen matriisi on indefiniitti