Ekstremi funkcije jedne varijable

Transcript

1 maksimum funkcije y = f(x) je vrijednost f(x 0 ) za koju vrijedi f(x 0 + h) < f(x 0 ) (1) za po volji male vrijednosti h minimum funkcije y = f(x) je vrijednost f(x 0 ) za koju vrijedi f(x 0 + h) > f(x 0 ) (2) za po volji male vrijednosti h

2 neprekinuta funkcija može imati ekstrem samo u točkama u kojima prva derivacija iščezava ili uopće ne postoji kod traženja ekstrema funkcije prvo trebamo naći točke x 0 u kojima vrijedi f (x 0 ) = 0 vrstu ekstrema možemo odrediti računajući više derivacije ako je f (x 0 ) < 0 točka x 0 je maksimum ako je f (x 0 ) > 0 točka x 0 je minimum ako je f (x 0 ) = 0 računamo više derivacije ako je red prve derivacije različite od nula neparan funkcija nema ni minimum ni maksimum

3 ako je red prve derivacije različite od nula paran i derivacija je pritom negativna funkcija ima maksimum ako je red prve derivacije različite od nula neparan i derivacija je pritom pozitivna funkcija ima minimum Primjer 1: f(x) = x 2 y = x 2 y 1. derivacija: f (x) = 2x nultočka 1. derivacije: x 0 = 0 2. derivacija: f (x 0 ) = 2 je pozitivna pa funkcija ima minimum x

4 Primjer 2: f(x) = x 2 y x 1. derivacija: f (x) = 2x nultočka 1. derivacije: x 0 = 0 2. derivacija: f (x 0 ) = 2 je negativna pa funkcija ima maksimum y = x 2

5 Primjer 3: f(x) = x 3 y x 1. derivacija: f (x) = 3x 2 nultočka 1. derivacije: x 0 = 0 2. derivacija: f (x 0 ) = 0 3. derivacija: f (x 0 ) = 6 y = x 3 prva derivacija različita od nule ima neparni red (3. derivacija) funkcija nema ni minimum ni maksimum, nego točku infleksije

6 funkcija z = f(x, y) ima ekstrem u točki P 0 = (x 0, y 0 ) ako možemo naći ǫ takav da područje x 0 ǫ < x < x 0 + ǫ i y 0 ǫ < y < y 0 + ǫ ulazi u područje definicije funkcije i pri tome vrijedi f(x, y) < f(x 0, y 0 ) u slučaju maksimuma (3) f(x, y) > f(x 0, y 0 ) u slučaju minimuma (4)

7 nužni uvjet postojanja ekstrema u točki P 0 = (x 0, y 0 ) f f x = 0 i x0,y 0 y = 0 (5) x0,y 0 prvi korak u traženju ekstrema je rješavanje sustava jednadžbi (5) vrstu ekstrema možemo odrediti na sljedeći način dobivena rješenja uvrstimo u Hessian 2 f 2 f x H = 2 x y 2 f y x 2 f y 2 ako je Hessian negativan funkcija nema ni maksimum ni minimum (6)

8 ako je Hessian pozitivan tada funkcija ima 2 f maksimum ako vrijedi x 2 < 0 2 f minimum ako vrijedi x 2 > 0 ako je Hessian jednak nuli, moramo koristiti složenije metode provjere vrste ekstrema

9 Primjer 1: f(x, y) = x 2 + y 2 z x y prve derivacije iščezavaju u točki (0, 0) Hessian u istoj točki iznosi 4 osim toga vrijedi x 2 f (0,0) = 2 funkcija ima minimum

10 Primjer 2: f(x, y) = x 2 y 2 z x y prve derivacije iščezavaju u točki (0, 0) Hessian u istoj točki iznosi 4 osim toga vrijedi x 2 f (0,0) = 2 funkcija ima maksimum

11 Primjer 3: f(x, y) = x 2 y 2 z x y prve derivacije iščezavaju u točki (0, 0) Hessian u istoj točki iznosi 4 funkcija nema ni minimum ni maksimum, nego sedlenu točku

12 da bi diferencijabilna funkcija f(x 1, x 2,...,x n ) imala ekstrem u točki T mora vrijediti f f x 1 = 0, f T x 2 = 0,..., T x n = 0 (7) T točku T zovemo stacionarna točka prirodu stacionarne točke provjeravamo računajući Hessian elementi Hessiana a ij = 2 f x i x j T, i, j = 1,...,n (8)

13 Hessian napisan u obliku matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n H =...., a ij = 2 f x i x j T a n1 a n2 a nn (9) funkcija f ima minimum u točki T ako vrijedi a 11 > 0, a 11 a 12 a 21 a 22 > 0,... (10) sve minore moraju biti pozitivne a 11 a 12 a 1k a 21 a 22 a 2k > 0,.... a k1 a k2 a kk k n (11)

14 funkcija f ima maksimum u točki T ako vrijedi a 11 < 0, a 11 a 12 a 21 a 22 > 0,... (12) minore naizmjenično mijenjaju predznak a 11 a 12 a 1k ( 1) k a 21 a 22 a 2k > 0, k n (13).... a k1 a k2 a kk

15 promatramo sustav opisan Lagrangianom L = 1 a ij (q 1,...,q n ) q i q j U(q 1,..., q n ) (14) 2 i,j E-L jednadžba za k ti stupanj ( ) d L L = 0 (15) dt q k q k koeficijenti a ik su simetrični (a ik = a ki ) L = 1 a kj (q) q j + a ik (q) q i q k 2 j i = j a kj (q) q j

16 deriviramo prethodni izraz po vremenu ( ) d L = a kj (q) q j + a kj (q) q i q j (16) dt q k q i j i,j druga derivacija potrebna za E-L jednadžbu L = 1 a ij (q) q i q j U(q) (17) q k 2 q k q k i,j E-L jednadžba za k-ti stupanj a kj q j + a kj q j q i 1 a ij (q) q i q j q i 2 q k j i,j i,j + U(q) = 0 (18) q k

17 da bi sistem mirovao u točki konfiguracionog prostora ( ) q (0) = q (0) 1,... q(0) n (19) mora vrijediti q i = q (0) i, q i = 0, q i = 0,,... q i = 0,... (20) uvrstimo uvjete (20) u E-L jednadžbu (18) = U(q 1,...,q n ) q i = 0 i = 1,...,n q=q (0) (21) točke ravnoteže se poklapaju s ekstremima potencijala

18 -sustavi s jednim stupnjem promatramo mala odstupanja od točke ravnoteže q 0 Taylorov razvoj potencijala U = U(q 0 )+ U q (q q 0 ) U q 2 (q q 0 ) prvi član možemo ignorirati jer je potencijal definiran do na konstantu drugi član iščezava jer smo u točki ravnoteže (22)

19 koristimo oznake k 2 U(q) q 2 q=q 0 potencijal možemo napisati u obliku kinetička energija sustava i x = q q 0 (23) U(q) U(q 0 ) kx 2 (24) T = 1 2 a(q) q 2 = 1 2 a(q)ẋ 2 (25) ẋ je mala veličina pa u Taylorovom razvoju koeficijenta a(q) trebamo zadržati samo nulti član

20 kinetička energija u blizini točke ravnoteže T = 1 2 a(q 0)ẋ 2 = 1 2 mẋ 2 (26) gdje je m a(q 0 ) Lagrangian malih oscilacija L s.o. = 1 2 mẋ kx 2 (27) E-L jednadžba mẍ + kx = 0 = ẍ + ω 2 x = 0 (28) gdje je kutna frekvencija ω = k m (29)

21 jednadžba gibanja je linearna diferencijalna jednadžba drugog reda opće rješenje je linearna kombinacija dva linearno nezavisna rješenja x(t) = C 1 cos ωt + C 2 sin ωt (30) slobodni parametri C 1 i C 2 odre deni su početnim uvjetima x(t = 0) = x 0 i ẋ(t = 0) = ẋ 0 (31) rješenje (30) možemo napisati u obliku x = A cos (ωt + φ) (32) ( A = C1 2 + C2 2 i φ = arctan C ) 2 C 1 (33)

22 koeficijent A odre duje amplitudu titranja, a koeficijent φ fazu ako promatramo gibanja u blizini točke stabilne ravnoteže (minimum potencijala) koeficijent k u razvoju je pozitivan kutna frekvencija ω je realna pa rješenje (30) zaista opisuje oscilacije ako promatramo gibanja u blizini točke nestabilne ravnoteže (maksimum potencijala) koeficijent k u razvoju je negativan kutna frekvencija ω je imaginarna pa rješenje (30) ne opisuje oscilacije, nego udaljavanje od točke ravnoteže (hiperbolne funkcije) svojstvo nestabilne ravnoteže: po volji mali pomak je dovoljan da se sustav sasvim udalji od te točke

23 Primjer: matematičko njihalo promatramo matematičko njihalo koje se giba u ravnini kinetička energija θ l T = m 2 l 2 θ2 potencijalna energija (34) z m Lagrangian njihala U = mgl cosθ (35) L = m 2 l 2 θ2 + mgl cosθ (36)

24 točke ravnotež slijede iz U θ = 0 = sin θ = 0 (37) uvjet ravnoteže ispunjavaju dvije točke θ st = 0 i θ nest = π (38) stabilna točka ravnoteže: θ st = 0 Razvoj potencijala: l θ x m U(θ) = mgl cos θ = mgl (1 12 ) θ2 = mgl mglθ2 (39)

25 pomak njihala od točke stabilne ravnoteže Lagrangian malih oscilacija lθ = x = l θ = ẋ (40) L st. = 1 2 [ mẋ 2 gm l x 2 ] nestabilna točka ravnoteže: θ st = π x m Razvoj potencijala: (41) π θ l U(θ) = mgl cos[π + (θ π)] = mgl cos [π θ] θ = mgl 1 2 mgl (π θ)2 (42)

26 pomak njihala od točke stabilne ravnoteže l(π θ) = x = l θ = ẋ (43) Lagrangian malih oscilacija L nest. = 1 2 [ mẋ 2 + gm l x 2 ] oba Lagrangiana se poklapaju s općenitim Lagrangianom malih oscilacija (27) ako definiramo (44) k st. = gm l i k nest. = gm l (45) kutne frekvencije g ω st. = l i ω nest. = g l (46)

27 stabilna točka ravnoteže: θ st. = 0 kutna frekvencija ω st. je realna pa njihalo uvijek ostaje u blizini točke ravnoteže mali pomak sistema od stabilne točke ravnoteže uzrokuje male oscilacije oko točke ravnoteže nestabilna točka ravnoteže: θ nest. = π kutna frekvencija ω nest. je imaginarna pa su rješenja zapravo hiperbolne, a ne oscilatorne funkcije mali pomak, pa makar i infinitezimalan, sistema od nestabilne točke ravnoteže nakon dovoljno dugo vremena vodi do potpunog udaljavanja sistema od te točke

28 kinetička energija pretpostavimo da sustav s n stupnjeva opisan Lagrangianom L = 1 a ik (q) q i q k U(q) (47) 2 i,k ima točku ravnoteže q 0 = { q1 0, q0 2,.. }.,q0 n (48) generalizirani pomak za i ti stupanj x i = q i q 0 i (49)

29 razvoj potencijala potencijalna energija u blizini točke ravnoteže V(q) = V(q 0 ) + 1 k ij x i x j (50) 2 i,j razvoj kinetičke energije kinetička energija u blizini točke ravnoteže T = 1 m ij ẋ i ẋ j (51) 2 i,j koeficijenti u prethodne dvije jednadžbe su simetrični k ij = k ji i m ij = m ji (52)

30 konstantni član V(q 0 ) u potencijalnoj energiji (50) možemo ignorirati Lagrangian sustava u blizini točke ravnoteže L = 1 [m ij ẋ i ẋ j k ij x i x j ] (53) 2 i,j E-L jednadžba za k ti stupanj ( ) d L L = 0 (54) dt ẋ k x k računamo derivacije potrebne za E-L jednadžbu L = 1 [m ij δ ik ẋ j + m ij ẋ i δ jk ] ẋ k 2 i,j = 1 2 j m kj ẋ j + i m ik ẋ i (55)

31 iskoristimo simetričnost koeficijenata m ij = m ji L = 1 m kj ẋ j + m kj ẋ i (56) ẋ k 2 j i indeks sumacije druge sume u jedn. (56) možemo preimenovati i j L ẋ k = j m kj ẋ j (57) jednakim postupkom dolazimo do L = x k j k kj x j (58)

32 E-L jednadžba za k-ti stupanj n [m kj ẍ j + k kj x j ] = 0, k = 1,...,n (59) j=1 došli smo do sustava od n linearnih homogenih jednadžbi drugog stupnja s konstantnim koeficijentima

33 povratak kinetičku energiju za sustav od p čestica uvijek možemo napisati u Kartezijevom sustavu T = 1 2 p i=1 (ẋ ) 2 m i i + ẏi 2 + żi 2 (60) pretpostavimo da cijeli sustav možemo opisati s n nezavisnih generaliziranih koordinata tako da vrijedi x i = x i (q 1,...,q n ) (61) y i = y i (q 1,...,q n ) (62) z i = z i (q 1,...,q n ) (63) pritom smo se ograničili na transformacije koje ne ovise eksplicitno o vremenu

34 komponente brzine u Kartezijevom sustavu ẋ i = ẏ i = ż i = n k=1 n k=1 n k=1 x i q k q k = ẋ 2 i = y i q k q k = ẏ 2 i = z i q k q k = ż 2 i = n k,j=1 n k,j=1 n k,j=1 x i q k x i q j q k q j (64) y i q k y i q j q k q j (65) z i q k z i q j q k q j (66) kinetička energija sustava T = 1 p n ( m i xi x i + y i y i 2 q k q j q k q j i=1 k,j=1 + z ) ] i z i q k q j q k q j (67)

35 promjenimo poredak sumacije u prethodnoj jednadžbi [ T = 1 n p ( xi x i q k q j m i + y i y i 2 q k q j q k q j k,j=1 i=1 + z )] i z i (68) q k q j definiramo koeficijente p ( xi x i a kj (q) = m i + y i y i + z ) i z i q k q j q k q j q k q j i=1 (69) koji su simetrični a kj (q) = a jk (q) (70)

36 kinetička energija se svela na sljedeću kvadratnu formu T = 1 2 n a ij (q) q i q j (71) i,j=1

37 povratak Taylorov razvoj funkcije od n oko točke {q 0 1,...,q0 n } V(q 1,..., q n ) = V(q1 0,...,q0 n ) n V + q i (q i qi 0 ) i= n 2 V 2! q i q j (q i qi 0 )(q j qj 0 ) i,j= n 3 V 3! q i q j q k i,j,k=1 0 (q i q 0 i )(q j q 0 j )(q k q 0 k) + (72)

38 koristimo oznaku: x i q i qi 0 ako je q 0 točka ravnoteže linearni članovi iščezavaju V q i = 0 (73) 0 u harmoničkoj aproksimaciji se zadržavamo na kvadratičnim članovima definiramo koeficijente k ij 2 V q i q j (74) 0 koji su očito simetrični k ij = k ji potencijal možemo napisati u sljedećem obliku V(q) = V(q 0 ) n k ij x i x j (75) i,j=1

39 povratak kinetičku energiju smo napisali u obliku T = 1 2 n a ij (q) q i q j (76) i,j=1 tražimo razvoj kinetičke energije oko točke ravnoteže {q 0 1,...,q0 n } pomak od ravnoteže x i q i q 0 i = ẋ i = q i (77) uvrstimo q i u kinetičku energiju T = 1 2 n a ij (q)ẋ i ẋ j (78) i,j=1

40 u harmoničkoj aproksimaciji se zadržavamo na kvadratičnim članovima malih veličina ẋ i su već male veličine pa u Taylorovom razvoju koeficijenata a ij (q) stanemo na nultom članu definiramo koeficijente m ij = a ij (q 0 ) (79) koji su očito simetrični kinetička energija blizu točke ravnoteže T = 1 n m ij ẋ i ẋ j (80) 2 i,j=1