NMAF061, ZS Zápočtová písemná práce skupina A 16. listopad dx

Transkript

1 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Jedotlivé kroky při výpočtech stručě, ale co ejpřesěji odůvoděte. Pokud používáte ějaké tvrzeí, ezapomeňte ověřit splěí předpokladů. Jméo a příjmeí: Skupia: [0]. Bud dá fukcioál Φ a možiě M { y C [, ]) y ) 0, y) } předpisem Spočtěte Φy) x l [ + ) ] dy a) Prví Gâteaux derivaci fukcioálu Φ v bodě y ve směru h. Tedy δφ[y]h) eboli DΦy)[h], záleží a začeí, kterému dáváte předost.) a) Druhou Gâteaux derivaci fukcioálu Φ v bodě y ve směru h a g. Tedy δ Φ[y]h, g) eboli D Φy)[h, g], záleží a začeí, kterému dáváte předost.) Řešeí: Gâteaux derivaci fukcioálu Φy) v bodě y ve směru h spočteme dle defiice DΦy)[h] d dt Φy + th) t0. Po dosazeí Φy + th) derivujeme podle t a výsledkem je d Φy + th) dt po dosazeí t 0 získáme x l [ + x + DΦy)[h] d dt Φy + th) t0 dy + t dh ) ] dy + tdh což je hledaý vztah pro prví Gâteaux derivaci. ) dy dh ) + tdh x + dy Dále spočteme druhou derivaci. Opět vycházíme z defiice D Φy)[h, g] d DΦy + sg)[h]) ds dy dh ), s0.

2 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Dosazeím za y def y + sg do DΦy)[h] dostaeme DΦy + sg)[h] x Derivováím dostaeme d DΦy + sg)[h] ds { 4x + + dy + s dg + dy + s dg ) dy + s dg ) dh. dy ) ) + s dg ) dg dy + s dg ) dh dy } + x dg dh ). + dy + s dg Po dosazeí s 0 a drobém přeuspořádáí čleů získáme hledaou druhou derivaci { ) } D Φy)[h, g] x dy dg dh ) ) + ). + dy Povšiměte si, že výraz je bilieárí vzhledem k fukcím g a h. Navíc, pokud provedeme přezačeí h def g a g def h, dostaeme tetýž vztah. Obě posledě jmeovaá pozorováí jsou pro ámi zkoumaou třídu fukcioálů obecě platá. Takto si můžete rychle zkotrolovat, jestli váš výpočet vede k ěčemu rozumému. [0]. Bud dá fukcioál Φ a možiě M { y C [, 0]) y ) 0, y0) 0} předpisem Φy) 0 ) y + y ) yx. a) Spočtěte prví Gâteaux derivaci fukcioálu Φ v bodě y ve směru h. Tedy δφ[y]h) eboli DΦy)[h], záleží a začeí, kterému dáváte předost.) b) Napište Euler Lagrage rovice pro fukcioál Φ. c) Najděte extremály fukcioálu Φ a možiě M. d) Spočtěte druhou Gâteaux derivaci fukcioálu Φ v bodě y ve směru h. Tedy δ Φ[y]h, h) eboli D Φy)[h, h], záleží a začeí, kterému dáváte předost.) e) Rozhoděte, zda jsou alezeé extermály miimizéry či maximizéry daého fukcioálu. Řešeí:

3 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Spočteme Gâteaux derivaci fukcioálu Φy) dle defiice DΦy)[h] d dt Φy + th) t0. Po dosazeí Φy + th) 0 ) y + th) + y + th) ) y + th)x derivujeme podle t a výsledkem je d 0 Φy + th) y + th)h + y + th) h hx) dt po dosazeí t 0 a itegraci per partes) dostaeme d 0 Φy + th) dt y y x) h. t0 Odkud lze přečíst Eulerovy Lagrageovy rovice pro fukcioál Φy) y y x 0. Eulerovy Lagrageovy rovice vyřešíme metodou variace kostat. Pokud tedy partikulárí řešeí evidíme rovou ebo pokud ehledáme řešeí metodou ásady pro speciálí pravou strau.) Řešeí homogeí rovice y y 0 je zřejmě yx) c e x + c e x. Hledejme yí partikulárí řešeí ehomogeí rovice y y x metoda variace kostat dává pro fukce c x) a c x) ásledujcí systém rovic [ ] [ ] [ ] e x e x c 0 e x e x c, x odkud [ ] c c [ e x e [ ] x e x e det x e x e x e x e x ] [ 0 x ] [ ] xe x xe x. Zbývá vyřešit difereciálí rovice pro c x) a c x), což sado provedeme pouhou itegrací c xe x, c xe x,

4 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 odkud c x + )e x, c x )ex, Dosadíme za fukce c x) a c x) do vzorce pro partikulárí řešeí a vidíme, že partikulárí řešeí jest yx) c x)e x + c x)e x x, což jsme ovšem mohli sado uhádout pouhým pohledem a zkoumaou rovici. Celkové řešeí ehomogeí rovice je yx) x + C e x + C e x, kostaty C a C určíme z okrajových podmíek y ) 0, což vede a soustavu rovic jejímž řešeím je Extremála je tudíž aeb [ ] C C [ ] e det yx) x y0) 0, e C + e C, C + C 0. [ e ] [ e ] 0 e e ) e e e ) ex + e ) e x yx) x e e sih x Druhou derivaci fukcioálu ϕ spočteme podle předpisu [ ]. D Φy)[h, h] d dt t0 DΦy + th)[h] d 0 0 y + th)h + y + th) h + he x ) ) dt t0 což je kupodivu totéž co plye z obecé věty: ) h + h ) ),

5 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Bud Φ fukcioál zadaý předpisem Φy) pak je jeho druhý difereciál rove kde D Φy)[h, h] P b a b a F y y, Q F y y d F x, y, y ). [ P h ) + Qh ], ) F y y, Můžeme si povšimout, že druhá Gâteaux derivace je ezáporá, z čehož je zřejmé, že extremála eí maximizér daého fukcioálu. Ke zjištěí povahy extremály použijeme ěkteré z ásledujících kritérií ebo Je-li y klasické řešeí Euler Lagrage rovic pro fukcioál Φy) b a F x, y, y ), a je-li pro každé x z itervalu [a, b] fukce fy, z) F x, y, z) kovexí, pak je y miimizér daého fukcioálu. Řekeme, že bod ã je kojugovaý k bodu a, pokud má rovice za y se dosazuje bod podezřelý z extrému) d P h ) + Qh 0 etriviálí řešeí s okrajovými podmíkami ha) 0, hã) 0. Bud Φ fukcioál zadaý předpisem Φy) b a echt y splňuje ásledující podmíky: a F x, y, y ) Fukce y je extremálou fukcioálu Φ, to jest řeší příslušou Eulerovu Lagrageovu rovici. Koeficiet P je v bodě extremály) kladý resp. záporý). Přesěji P x, y, y ) F y y > 0 resp. P x, y, y ) F y y < 0).

6 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Iterval a, b] eobsahuje žádé body kojugovaé k bodu a. Pak je y slabým) miimem resp. maximem) fukcioálu Φ. Prví z kritérií je splěo, fukce fy, z) je defiováa jako fy, z) y + z yx, kde x je libovolý bod z itervalu [, 0]. Spočteme druhý difereciál fukce f a vidíme, že pro každý vektor v R platí [ ] D 0 f[v, v] v v 0, 0 a fukce f je tedy kovexí jak je v příslušém kritériu požadováo. Druhé z kritérií je také zjevě splěo, ebot v ašem případě je P, Q a příslušá rovice pro existeci kojugovaého bodu je tedy a ) h + h 0, ha) 0, hã) 0, ale tato rovice má pouze triviálí řešeí řešeím rovice je hx) C e x + C e x, z okrajových podmíek pak plye, že obě itegračí kostaty jsou ulové), v itervalu, 0] proto eexistují kojugovaé body. Kromě toho jsou zřejmě splěy i ostatí podmíky. [0] 3. Bud dáa posloupost fukcí f x) e x) + xe x. Najděte bodovou limitu f této poslouposti v itervalu [0, + ). Rozhoděte, zda posloupost {f } + koverguje stejoměrě k f a itervalu J a a itervalu K, kde a) J 0, + ), b) K [α, + ), kde α R, α > 0. Řešeí: Volme x libovolě, ale pevě z 0, ), pak zjevě platí, že lim f x) lim e x ) + xe x). + + Pro x 0 pak platí Bodová limita poslouposti {f } + fx) lim f x) 0. + je tedy fukce f defiovaá předpisem { 0, x 0,, x 0, + ).

7 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Můžeme si povšimout, že a itervalu [0, + ) je bodová limita espojitá fukce. Fukce f jsou ovšem a témže itervalu spojité, proto eí možé aby a tomto itervalu stejoměrě kovergovaly k fukci f. Okamžitě proto můžeme říci, že zkoumaá posloupost ekoverguje stejoměrě a itervalu J. Sledujme však stadardí postup. Stejoměrou kovergeci vyšetříme s použitím ekvivaletí charakterizace. Platí věta Bud {f } + R posloupost fukcí. Posloupost fukcí {f } + koverguje pro + stejoměrě k fukci f a itervalu M, aeb právě když pro + platí f M f, σ 0, kde σ def sup f x) fx). x M Najděme tedy supremum fukce f x) fx) a příslušých itervalech. Zkoumejme ejprve iterval K. Na itervalu K jsou f x) i fx) spojité fukce, proto bude fukce f x) fx) a itervalu K abývat maxima. Platí f x) fx) e x + xe x x ) e x. Absolutí hodotu tedy odstraíme takto { x ) e x, x, f x) fx) x ) e x, x <. Hledejme yí maximum fukce f x) fx) a itervalu K {x R x }. Prví derivace je d f x) fx) e x + x) Derivace je tedy rová ule v bodě x ext +. Je zjevé, že alezeý bod je bodem, ve kterém zkoumaá fukce abývá uvedeém itervalu maxima. Po dosazeí dostaeme sup f x) fx) f x) fx)) xxext x K {x R x } e + ) ) + + ) e + ). Hledejme yí maximum fukce f x) fx) a itervalu K {x R x < }. Prví derivace je d f x) fx) e x + x),

8 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Derivace je tedy rová ule v bodě x ext +. Teto bod však eleží uvitř itervalu K {x R x < }. Na tomto itervalu tedy fukce abývá maxima v ěkterém z krajích bodů. Jelikož je fukce a zmíěém itervalu zjevě klesající, maximum se abývá v levém krajím bodě, tedy sup f x) fx) f x) fx)) xα α) e α. x K {x R x<} Celkem tedy pro iterval K dostaeme sup f x) fx) max x K kde α je pevé číslo. Jest a ásledě tedy lim + { e + ) ) + [ e + ) ) + + ) } e + )s, α) e α, + ) ] e x 0, [ α) e α ] 0, lim + sup f x) fx) 0, x K což zameá, že posloupost {f } + koverguje stejoměrě k f a itervalu K. Zkoumejme yí stejoměrou kovergeci a itervalu J. Využijeme výše uvedeých výpočtů. Opět platí sup f x) fx) f x) fx)) xxext x J {x R x } e + ) ) + + ) e + ). Na itervalu J {x R x < } ovšem musíme postupovat opatrě. Víme, že sup f x) fx) sup x) e x. x J {x R x<} x J {x R x<} Narozdíl od předchozího případu se yí můžeme s bodem x libovolě přiblížit ule. Hodota suprema musí být větší ež hodota v jakémkoliv bodě daého itervalu, tedy apříklad v bodě x, aeb Pak ovšem a proto sup x) e x x J {x R x<} ) e. sup f x) fx) sup x) e x ) e, x J x J {x R x<} sup f x) fx) 0, x J což zameá, že posloupost {f } + ekoverguje stejoměrě k f a itervalu J. Několik čleů poslouposti {f } + je ačrtuto a Obrázku.

9 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 [0] 4. Rozhoděte, zda je řada stejoměrě kovergetí a možiě a) J [, + ), b) K [α, + ), α R +, α >. l + x) x Dále rozhoděte, zda je tato řada a uvedeých itervalech absolutě stejoměrě kovergetí. Řešeí: Využijeme Weierstrass kritérium, které říká: Bud te {f } + a {g } + poslouposti fukcí, přičemž {g } + je posloupost ezáporých fukcí. Necht platí: Řada + g x) koverguje stejoměrě a možiě M. Pro každé x M a N platí f x) g x). Potom řada + 0 f x) koverguje stejoměrě a možiě M. Na itervalu J a tedy i itervalu K zjevě platí, že Zkoumejme yí řadu l + x) x l + x) x x. x x. Tato řada je geometrická řada, kdykoliv je x, + ), tak platí M M x M+ x x M+ x) x 0. x M + Navíc, je-li x K, pak je řada M kritéria proto plye, že řada x je a itervalu K stejoměrě kovergetí. stejoměrě kovergetí. Z Weierstrassova l + x) x Prozkoumejme yí stejoměrou kovergeci a itervalu J. Nejprve zjistíme, jestli řada splňuje utou podmíku a stejoměrou kovergeci, která říká: Jestliže řada + f x) koverguje stejoměrě a možiě M, pak f M 0.

10 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Zkoumejme tedy stejoměrou kovergeci poslouposti f l + x) x a itervalu J. Bodová limita je a zkoumaém itervalu ula, avíc je posloupost a tomoto itervalu posloupostí ezáporých fukci. Ekvivaletí kritérium pro stejoměrou kovergeci poslouposti fukcí zí Bud {f } + R posloupost fukcí. Posloupost fukcí {f } + koverguje pro + stejoměrě k fukci f a itervalu M, aeb právě když pro + platí f M f, σ 0, kde σ def sup f x) fx). x M Kokrétě tedy chceme spočíst Použijeme odhad l + x) sup f x) fx) sup x [, ) x [, ) x. l + x) x l + x) x x x x. Vzorové řešeí umístěé a iteretové stráky ve čtvrtek 6. listopadu bylo v tomto bodě chybé, omlouváme se. Platí proto sup f x) fx) 0 x [, ) a posloupost {f } + tudíž koverguje stejoměrě a itervalu J [, + ). Je proto splěa utá podmíka pro stejoměrou kovergeci řady a itervalu J. f x) Prozkoumejme platost Bolzao Cauchy podmíky, která říká: Řada {f } + koverguje stejoměrě a M právě když ε > 0, 0 N, N, p N, x M : 0 +p k+ f k x) < ε.

11 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Pro x, + ) platí +p k+ l + kx) kx k +p k+ Volme yí p a x +, pak l + + )x) x l l + + )x) l + + )x) + p)x +p p + p)x +p. )) + + ) + ) + ) l ) l e ) + +, z čehož plye, že lze zvolit ε tak, že pro libovolé 0 jsme schopí ajít, p a x tak, aby +p f k x) ε. k Bolzao Cauchy podmíka tedy eí splěa a řada tedy eí a itervalu J stejoměrě kovergetí. Případě můžeme jedodušeji postupovat i takto. Povšiměte si, že předchozí postup lze a rozdíl od áledujícího postupu uplatit i v případě, že zkoumáme pouze iterval, + ) a ikoliv iterval [, + ).) Zkoumejme rovou řadu a dosad me za x. Pak je l + x) x l + x) x x l + ), což je ovšem divergetí číselá řada. Zkoumaá řada tedy ekoverguje stejoměrě a itervalu J.

12 NMAF06, ZS Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 f x) x Obrázek : Posloupost {f } +.