Kahden muuttujan funktion osittaisderivaatoista (Edwards&Penney Luku 13.4)

Jos funktio z = f(x,y) on jatkuva jossakin alueessa, voidaan pitää hetken y vakiona, elijäljelle 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, jasitä 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:nmuuttujan funktiolle.

Esim. Jos f(x,y,z,t,v) = 2xy2z3t4v5, on f/v = 52xy2z3t4v4= 10xy2z3t4v4

Huomautus. Merkintä (esim.) f12 ei aina ole täysin yksikäsitteinen; jos funktiossa onenemmän kuin 11 muuttujaa, voi f12 tarkoittaa joko osittaisderivaattaa 12. muuttujansuhteen, tai toisen kertaluvun sekaderivaattaa, joka lasketaan derivoimalla f ensinensimmäisen muuttujan suhteen ja sitten toisen muuttujan suhteen!

Esim. Olkoon f(x,y) = exy + cosx - siny. Lasketaan kaikki 2-asteen osittaisderivaatat:f/x = yexy - sinx, joten 2f/x2 = y2exy - cosx ja 2f/xy = exy + xyexy

Vastaavasti f/y = xexy - cosy, mistä voidaan laskea2f/y2 = x2exy + siny ja2f/yx = exy + yxexy Onko sattumaa, että

2f/xy= 2f/yx?

Teoreema. Jos kahden muuttujan funktion f(x,y) osittaisderivaatat 2f/xy ja 2f/yxovat jatkuvina olemassa, ne ovat samat.

Esim. V(h,r) = r2h, joten V/r = 2rh ja 2V/rh = 2r, edelleen V/h = r2 ja2V/hr = 2r

Esim. Korkeamman kertaluvun osittaisderivaattoja, kun f(x,y) = x3y4; f/x = 3x2y4; 2f/xy = 12x2y3; 3f/xyy = 36x2y2, jne. (Huom: 3f/xy2 tarkoittaa 3f/xyy!)

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 silloinz:n osittaisderivaatat s:n ja t:n suhteen ovat

Näyttää toimivan!

t

v

y

z

t

u

x

z

t

z ja

s

v

y

z

s

u

x

z

s

z

Sama asia toisin merkittynä:

t)(s,vy)(x,ft)(s,uy)(x,ftz

t)(s,vy)(x,ft)(s,uy)(x,fsz

22211211

Esim. costs1y jae xmissä ,yxy)z(x, 2st22 Silloin

sint)s(yx2

2yse

yx2

2xtz 2

22

st

22

222st

22stst

cost)s(1e2

sint)cost)(ss2(1se2e

Sama tulos saadaan myös sijoittamalla ensin x = est ja y = 1+s2cost ja derivoimalla sitten:

jolloin ,cost)s(1et)z(s, 222st

222st

222st

cost)s(1e2

sint)scost)(s2(12se

t

z

Osittaisderivaatan geometrinen merkityskahden muuttujan tapauksessa:

Esimerkiksi pintaf(x,y) = -(x4 - xy +5y2) ...

... ja yz-tason suuntainentaso x = a määräävät 2-ulotteisenkäyrän z = - 5y2 – a4 + ay.fy(a,y) = -10y + a on tämän käyrän derivaatan lauseke

Vastaavalla tavalla xz-tasonsuuntaisen tason y = b japinnan f(x,y) määräämän leikkauskäyrän derivaatta onfx(x,b) = -4x3 – b.

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 jossakinpisteen (a,b) ympäristössä. Voidaan osoittaa,

että pisteeseen (a,b,f(a,b)) piirretyn tangenttitason yhtälö on

(*) z(x,y) = f(a,b) + f1(a,b)(x-a) + f2(a,b)(y-b)Jos nyt x on lähellä a:ta, sanokaamme x= a+h, ja y on lähellä b:tä, sanokaammey = b+k, niin z(x,y) on lähellä f(x,y):tä, eli likiarvokaavana (**) 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 jaf1(x,y) = 3x2 f1(1,2) = 3; edelleen f1(1,2)h = 0.3f2(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 = puolisuljettureaalilukuväli. Ne yleistetään 2-dim tapaukseen eli R2:n seuraavasti:Piste xR2 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 yA ja zA.

Ax

y

zJoukko 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 onmääritelmän 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, yoA ja m,MR siten, että xA: 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 sellainenkokonaan A:han sisältyvä xo:n ympäristö B, että aina, kun xB on f(xo) f(x). Samaan tapaan määritellään f:n paikallinen maksimi.Yhdessä nämä muodostavat f:n ääriarvot. MaksimitJaMinimit.mw

Teoreema. Jos kahden muuttujan funktiolla f(x,y) on ääriarvo pisteessä (xo,yo), niinfx (xo,yo) = fy (xo,yo) = 0, eli (yleistyy myös mihin tahansa n:n muuttujan funktioon).

0 )y,f(x 00

Todistus. Merkitään h(x) = f(x,yo), jolloin erityisesti h(xo) = f(xo,yo). Koska f:llä onääriarvo pisteessä (xo,yo), on h:lla ääriarvo pisteessä xo joten h’(xo) = 0. Mutta toisaaltah’(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 pistefunktiolle f, jos (i) f on differentioituva pisteessä xo ja 0x )f( 0tai (ii) f ei ole differentioituva pisteessä xo.

Teoreema. n:n muuttujan funktion f ääriarvot löytyvät kriittisten pisteiden joukosta, ts(i) taireunapistealueen määrittelyon (ii) n tai,1, i kaikilla 0)(

x

foo

i

xx

(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: .

(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 origoon lokaali (ja globaali) minimi.(ii) alueen reunalla x2+y2 = 1 on y2 = 1- x2 f(x,y) = x2 + 1 - x2 1 eli kaikki reunapisteetovat maksimipisteitä.Jos olisi A = {(x,y) R2 0<x2+y2 < 1}, eiääriarvoja olisi lainkaan (vaikka f rajoitettu)

A(0,0)0y02y

y

f

0x02xx

f

Kysymys: Onko aina voimassa: ’xo on kriittinen piste xo on ääriarvopiste’?

Vastaus: Ei! Tutkitaan funktiotaf(x,y) = 3x2-2y2; se on määritelty kaik-kialla. Koska osittaisderivaatat ovatkaikkialla jatkuvia, löytyvät ainoatkriittiset pisteen osittaisderivaattojennollakohdista: f1= 6x = (merk.) 0 x=0f2=-4y = (merk.) 0 y=0

Siis origo (0,0) on ainoa kriittinen piste. Seei kuitenkaan ole ääriarvopiste. Voidaannimitäin valita - kuinka läheltä origoa tahansa-pisteparit (x1,y1) ja (x2,y2) siten, että3x1

2-2y12 < 0 = f(0,0) ja 3x2

2-2y22 > 0 = f(0,0).

Origossa on satulapiste

Määritellään yleisemminkin: Jos 2:n muuttujan funktion f molemmat osittaisderivaatat ovatnollia pisteessä xo joka kuitenkaan ei oleääriarvopiste, on xo satulapiste.

Olemme nähneet funktion, jonka ääriarvot ovatmäärittelyalueen reunalla ja osittaisderivaattojennollakohdissa. Funktion 22 yxy)f(x, ainoa ääriarvo löytyy ’muualta’, nimittäin- f(x,y) on määritelty kaikkialla, joten mitään reunapisteitä ei ole

- f:llä ei ole osittaisderivaattojen nollakohtia, nimittäin

)0!y (mutta 0kun x 0,yx2

2x

x

f22

)0! x(mutta 0ykun 0,yx2

2y

y

f22

Siis ainoa mahdollinen ehdokas (0,0)ei ole osittaisderivaattojen 0-kohta.Kuitenkin f(0,0) = 0 on funktion globaali minimi! Kuva!

Maple V Release 5 Worksheet File

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

yyyx

xyxx0 ff

ff)D( x

x=xo

2oxyoyyoxx )(f)(f)(f xxx Sanalla diskriminatti on

toinenkin merkitys!

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:

048y24xy

f

024y6xx

f

2

2

2

2

2yx

4yx 4y4y4 01)y(y3

2x1y

0x0y

22

11

Siis kriittiset pisteet ovat (0,0) ja (2,1). Tutkitaan niitätoisen derivaatan testillä. Muodostetaan diskriminantti:

96y24-

24-12x)D( x

1o Pisteessä (0,0) on

0)24(009624-

24-012D(0,0) 2

Johtopäätös: origossa on satulapiste

2o Pisteessä (2,1) on

0)24(962419624-

24-212D(2,1) 2

Koska lisäksi fxx (2,1) = 24 > 0, on piste (2,1) lokaali minimi

Maple V Release 5 Worksheet File

Esim. Tutki funktion f(x,y) = 4x2 - 4xy + y2 + 5ääriarvoja alueessa A ={(x,y)R2| -1x1, -1y1}

Ratkaisu. Kriittiset pisteet, ensin osit.deriv. 0-kohdat:

02y4xy

f

04y8xx

f 2x=y, siis kriittisiä pisteitäon ääretön määrä, kaikki A:ssaolevat pisteet (x,2x). Tutkitaanniitä diskriminantin avulla.

0161624-

4-8)D( x Harmi, emme voi pää-

tellä tästä mitään!

Kokeillaan sijoittamalla y=2x,jolloin f(x,y):stä tulee 1-muuttujanfunktio: sen ääriarvot?h(x) = 4x2 - 4x(2x) + (2x)2 + 5 = 4x2 - 8x2 + 4x2 + 5 5 ja h’(x) 0. Tästäkään ei voipäätellä mitään! Toisaalta huo-mataan, että f(x,y) = (2x-y)2 + 5

0Siis suoralla y=2x on (paikallinen) minimi (-määrä)

Tutkitaan sitten alueen A reunoja: 1o x= -1. Silloinf(-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

g’(y) =2y+4=0y= -2 A

2o x=1. Silloinf(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

h’(y) =2y-4=0y= 2 A

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= -1/2Ak(-1/2) = 4 (-1/2)2 + 4(-1/2) + 6 = 5 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= 1/2Ar( 1/2) = 4 (1/2)2 - 4(1/2) + 6 = 5 Siis (eräs) maksimi f(-1,1) = 14, minimi = 5

Ääriarvo.mws

Esimerkkejä vapaista ääriarvotehtävistäI. Regressiosuorat, pienimmän neliösumman menetelmä.Ajatellaan, että kahden ilmiön x ja y välistä riippuvuutta tutkitaan kokeellisin menetelmin, jolloin saadaan n kpl mittaustulospareja (xi,yi).

x

y

x1

y1

x2

y2

· · · xn

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 meilletuntemattomia vakioita. Nyt kysytään, miten nämä m ja b tulisi valita, että regressiosuora minimoisi etäisyydeteli etäisyyksien neliöiden summan

Asia lähemmin tarkasteltunai:s mittaustuloksen kohdalla:y-koordinaatti=yi

y-koordinaatti= mxi+b

erotus = yi-mxi-b

Olemme siis minimoimassa funktiota

n

1i

2ii bmxyb)f(m,

Etsitään siis osittaisderi-vaattojen nolla-kohdat:

n

1iii

n

1iiii

0b)mx2(yb

f

0b)mx(y2xm

f Näistä voidaanratkaista m jab, niiden lausek-keet ovat

n

1i

2n

1ii

2i

n

1iii

n

1ii

n

1ii

n

1i

2i

n

1i

2n

1ii

2i

n

1i

n

1i

n

1iiiii

xxn

.yxxyx

b ,

xxn

)(y)(x)y(xnm

II Suorien lyhin etäisyys ääriarvoprobleemana.Etsi suorien

17z

Rs s,-1y

2s3x

S ja

3t 2z

R t2t,y

t 1x

S 21

lyhin etäisyys minimoimalla niiden koordinaattien erotuksien neliöiden summaa eli (itse asiassa) funktiota

222 73t)(2s)1(2t2s)(3t)(1t)f(s,

Etsitään sen osittaisderivaattojen nolla-kohdat

010s+8t-6s

f

08s-28t+90t

f

18

79- =t

,9

37- = s

Lyhin etäisyys on silloinf(-79/18 , -37/9) =…= 5.680266906

Laskettu seuraavilla Maple-käskyillä:

SuorienEtäisyys.mw

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.

Ratkaisu.

a b c

Kokonaispinta-alaa A ja pituuksia a, b ja c yhdistävät lausekkeet

120 cba

)c()b()a(A 24

124

124

1

Sijoitetaan c = 120 – a – b A:n lausekkeeseen komennolla subs(c= ..., A); jolloin Minimoitava funktio on silloin

:= A a2

16

b2

16

( ) 120 a b2

16

Etsitään sitten A:n osittaisderivaattojen nollakohdat:

> solve({diff(A,a)=0,diff(A,b)=0},{a,b});

{ },b 40 a 40

Tutkitaan tämän pisteen pisteen luonnetta kuvaajan avulla:

> plot3d(A, a=30..50,b=30..50);Kuvaajan perusteella minimi saavutetaan, kuna = b = c = 40 cm, jolloin myös c = 40 cm.

Rautalankamalli2.mws

Hessen matriisi yleiselle usean muuttujan funktiolle (Edwards&Penney Luku 13.10)

Neliömuotojen yhteydessä tutustuimme jo reaalisiin, symmetrisiin 33-matriiseihin jatoisaalta kahden muuttujan ääriarvojen etsimisen yhteydessä 2. kl. derivaatojen testiin.Nyt näemme, että nämä kaksi asiaa voidaan yleistää ja yhdistää, kun otetaan käyttöönkäsite 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.

Esimerkki 1. Koska

z

y

x

)z,y,x(

A

X201

030

102

T

neliömuoto!

xzzyx 2232 222

22222 32 yzxzxzx

03 2222 yzx)zx(

aina, kun (x,y,z) ¹ (0,0,0),on A positiividefiniitti.

Lasketaanpas A:n ominaisarvot eli ratkaistaan l yhtälöstä

0

201

030

102

0

21

123 )(

0123 2 ]))[(( 01203 2 ])[( tai)(

13 121 , taiHuomaamme, että positiividefiniitin matriisin Akaikki ominaisarvot ovat positiivisia. Olisiko tämävain sattumaa?

Esimerkki 2. Koska

z

y

x

)z,y,x(

A

X201

030

102

T

neliömuoto!

xzzyx 2232 222

2222 3yzx)zx(

on A on indefiniitti.

Lasketaan taas A:n ominaisarvot:

0

201

030

102

0

21

123 )(

0123 2 ]))[(( 01203 2 ])[( tai)(

13 121 , tai

Huomaamme, että indefiniitillä matriisilla A on sekäpositiivisia että negatiivisia ominaisarvoja Olisiko tämäkin vain sattuman kauppaa?

0y ja 0 zkun x, ainakin,

0y ja 0zkun x, ainakin,

0

0

Esimerkki 3. Koska

z

y

x

)z,y,x(

A

X310

120

001

T

yzzyx 232 222

22222 22 zzyzyyx

02 2222 z)zy(yx

aina, kun (x,y,z) ¹ (0,0,0),on A negatiividefiniitti.

Laskemalla A:n ominaisarvot huomamme, että ne kaikkiovat 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.

Tarkastellaan nyt yleistä n:n muuttujan reaaliarvoista funktiota f:Rn→R. Oletetaan, ettäf:n kaikki toisen kertaluvun osittaisderivaatat ovat olemassa vieläpä jatkuvina jossakinavaruuden Rn pisteen X = (x1, x2, ... ,xn) ympäristössä. Määritellään funktion f Hessen matriisi seuraavalla tavalla:

nnij

))X(xx

f()X(H

2

X

Kyseessä on siis nn-matriisi,jonka alkioina on funktioita.Koska oletimme osittaisderi-vaatat jatkuviksi, on matriisiH(X) symmetrinen.Kiinteällä X:n arvolla X0

on H(X0) reaalinen. Voimme siis puhua matriisinH(X0) definiittisyydestä!

Esim. Tutki funktion f(x,y) = excos(y) Hessen matriisi definiittisyyttä pisteessä (0,π/2).Ratkaisu. Hesse:

2

22

2

2

2

y

f

yx

fyx

f

x

f

)X(H

excos(y)

11

2

xx

f

21

2

xx

f

nxx

f

1

2

12

2

xx

f

22

2

xx

f

nxx

f

2

2

1

2

xx

f

n

2

2

xx

f

n

nn xx

f

2

-exsin(y)

-exsin(y) -excos(y)

)ycos()ysin(

)ysin()ycos(ex =

)cos()sin(

)sin()cos(e

22

220

01

100H)merkitään(

Nyt det(H0 - lI) = l2 – 1 = 0.Siis l1 = -1 < 0 ja l2 = 1 > 0.

Johtopäätös: Ko. Hessen matriisi on indefiniitti