Sisältö

5  Väliarvolause

Huomautus.

1) Lause 5.1 (sivu pageref) pätee, kun R² muutetaan Rⁿ:ksi.

2) Jos merkitään [`(b)]- [`(a)] = [`(h)], niin (1) pätee jos ja vain jos

f( a   - h   ) - f( a   ) = Ñf( a   + q h   ) · h   .

Lauseen 5.1 (sivu pageref) todistus:

Todistus.  Olkoon pisteiden [`(a)] ja [`(b)] yhdysjana

J = {  a   + th ê ê  0 £ t £ 1 }.

Määritellään derivoituva funktio g : [ 0, 1 ] ® R,

g(t) = f( a   + t h   )  æ è =f( a   + t( b   - a   )  ö ø .

Ketjusäännön mukaan

g¢(t) = D1f( a   + t h   )h1 + D2( a   + t h   )h2 = Ñf( a   + t h   ) · h   .

Toisaalta väliarvolauseesta seuraa, että on olemassa q Î ] 0, 1 [, jolle

g(1) - g(0) = g¢(q)(1 - 0) = g¢(q).

Saamme

f( a   +  h   ) - f( a   ) = g(1) - g(0) = g¢(q) = Ñf( a   + q h   ) · h   .

    ^[¯]

Esimerkki Jos | Ñf([`(a)]) | £ M tarkastelualueessa (ainakin janalla J), missä M on jokin positiivinen vakio, niin

ê ê  f( b   ) - f( a   )  ê ê = ê ê  Ñf( a   + q( b   - a   ) ) ·( b   - a   )  ê ê £ ê ê  Ñf(a + q( b   - a   ) )  ê ê ê ê   b   - a     ê ê £ M ê ê   b   - a     ê ê .

Kaavaa voidaan soveltaa fysiikan virhearvioinneissa: [`(b)] on jokin mitattu suure, [`(a)] sen tarkka arvo, | [`(b)]- [`(a)] | mittausvirhe (josta on jonkinlainen käsitys olemassa). Lauseke f([`(a)]) on etsitty suure, ja edellä mainitun kaavan mukaan M| [`(b)]- [`(a)] | on yläraja arvio virheelle, joka tehdään, kun f([`(a)]):n likiarvo f([`(b)]) lasketaan mittaustuloksen [`(b)] perusteella.

5.1  Implisiittifunktiolause

Huomautus. Siis funktio x ® y(x) toteuttaa f(x, y(x)) = 0,  " x Î ] a₁, a₂ [. Katso kuva 1.

Figure 1: Suorakulmio D

Esimerkki Funktion

f(x, y) = y5 + xy - 4 = 0

ratkaisupisteet tasossa: Katso kuva 2.

Figure 2: Ratkaisupisteet

Yhtälön koko ratkaisu ei ole minkään yhden muuttujan funktion kuvaaja!

Lauseen 5.2 (sivu pageref) todistus.

Todistus.  Oletetaan että D₂ f(a, b) > 0. Koska D₂f on jatkuva, tästä seuraa että on olemassa r > 0 siten, että D₂ f(x, y) > 0, kun (x, y) Î B([`(a)], r) (tässä [`(a)] : = (a, b)). Tarkastellaan funktioita y ® f(a, y); yllä olevan nojalla se on aidosti kasvava b:n n-ympäristössä. Olkoon b₁, b₂ Î R sellaisia, että

b -  r 2 < b1 < b < b2 < b +   r 2 .

Tällöin

f(a, b1) < 0 = f(a, b) < f(a, b2).

Koska f jatkuva, niin on olemassa sellaiset luvut a₁, a₂,

a -  r 2 < a1 < a < a2 < a +   r 2 ,

että

f(x, b1) < 0,     f(x, b2) > 0,

kun a₁ < x < a₂. Olkoon x Î ] a₁, a₂ [. Nyt pätee

 
1. f(x, b₁) < 0, f(x, b₂) > 0
2. j: y ® f(x, y) on jatkuva välillä ] b₁, b₂ [
3. j: y ® f(x, y) on aidosti kasvava.

Olkoon f: A ® R, A Ì °  R², f(a, b) = 0 ja D₂ f(a, b) ¹ 0. Implisiittifunktiolauseesta siis seuraa, että yhtälöllä f(x, y) = 0 on yksikäsitteinen ratkaisu y(x) jokaista x Î ] a₁, a₂ [ kohti. Funktio x ® y(x) on jatkuvasti derivoituva. Derivaatan y¢(x) laskeminen:

Pätee f(x, y(x) ) = 0, joten

0 =   d dx f(x, y(x) ) = D1 f(x, y(x) ) ·1 +(D2 f)(x, y(x)) ·y¢(x)

mistä seuraa

y¢(x) =   -D1 f(a, b) D2 f(a, b) .

Esimerkki Tarkastellaan yhtälöä

xy - sin(x + y) = 0

(2)

Tällä on ratkaisu x = y = 0. Osoitetaan, että kyseessä oleva yhtälö määrittelee y:n x:n funktiona jossakin pisteen nolla ympäristössä ja lasketaan y¢(0).

Ratkaisu. Pätee f(0, 0) = 0 (Lause 5.2 (sivu pageref) kun a = 0, b = 0) ja D₂ f(x, y) = x - cos(x + y), D₂ f(0, 0) = -1 ¹ 0. Lause 5.2 (sivu pageref) soveltuu, joten yhtälö (2) määritteöee y:n x:n funktiona.

y¢(0) =   D1 f(0, 0) D2 f(0, 0) =   -1 1 = -1.

ja

D1 f = y - cos(x + y).

Tapaus, jossa implisiittilause EI toimi:

Tarkastellaan yhtälöä

æ è  x 2 ö ø 2     + y2 - 9 = 0

(3)

pisteessä (x, y) = (6, 0). Nyt

D2 f(x, y) = 2y,     D2 f(6, 0) = 0,

joten implisiittifunktiolauseen oletukset eivät ole voimassa.

Huomatus! Yhtälön (3) ratkaisupisteet muodostavat ellipsin tasoon. Katso kuva 3. Eli y ei ole yksikäsitteinen x:n funktio.

Figure 3: Ellipsi

Lause 5.3Olkoon A Ì °  R^{n + 1} ja f: A ® R jatkuvasti derivoituva funktio, jolle pisteessä ([`(a)], b) Î A Ì R^{n + 1}

f( a   , b) = 0,     Dn + 1 ( a   , b) ¹ 0.

Tällöin on olemassa [`(a)]:n ympäristö B([`(a)], r) Ì Rⁿ ja avoin väli ] b₁, b₂ [ ' b siten, että jokaisella [`(x)] Î B([`(a)], r) yhtälöllä f([`(x)], y) = 0 on yksikäsitteinen ratkaisu y([`(x)]) Î ] b₁, b₂ [.

Derivaatoille pätee:

Di y( x   ) = - Di f( x   , y( x   )) Dn + 1f( x   , y( x   ))     i = 1, ¼, n.

Lausetta 5.3 (sivu pageref) voidaan käyttää, kun halutaan varmistaa, että yhtälön f(x, y, z) = 0 ratkaisut muodostavat pinnan R³:ssa (vertaa luku 4).

Esimerkki Yhtälö

f(x, y, z) = zex2 + y2 + z2 = 0

määrittelee z:n muuttujien x ja y funktiona eräässä (0, 0, 0):n ympäristössä, sillä

f(0, 0, 0) = 0 ·e0 = 0,

eli yhtälö toteutuu. Nyt

D3 f(x, y, z)  = ex2 + y2 + z2 + z ·2zex2 + y2 + z2 D3 f(0, 0, 0)  = 1 ¹ 0  D1 f(x, y, z)  = 2xzex2 + y2 + z2.

Siis voidaan ratkaista z = z(x, y), kun (x, y) on pisteen (0, 0) jossain ympäristössä. Derivaatalle saadaan

¶z ¶x (0, 0) = D1 z(0, 0) = -  D1 f(0, 0, 0) D3 f(0, 0, 0) = -  0 1 = 0.