Diverse kompletterande material till TATA69 Flervariabelanalys

Transkript

1 Hans Lundmark Matematiska institutionen Linköpings universitet Diverse kompletterande material till TATA69 Flervariabelanalys (Arbetsversion; håll utkik på kurshemsidan efter uppdateringar.) EXEMPEL OCH KOMMENTARER 1 Gränsvärden Kontinuitet, partiella derivator, differentierbarhet 4 3 Cylinderkoordinater och rymdpolära koordinater 14 4 Gradient, tangentlinjer, tangentplan, etc Kedjeregeln, PDE 1 6 Lokala extremvärden, kvadratiska former 4 7 Inversa/implicita funktionssatsen 7 8 Multipelintegraler (ej skrivet ännu) 9 TEORI (EJ SKRIVET ÄNNU) 30 1

2 EXEMPEL OCH KOMMENTARER Kursboken (Analys i flera variabler av Persson Böiers) är en aning snål med exempel, så här kommer några fler. Jag har försökt att förklara både hur man kan tänka för att angripa problemen och hur man sedan kan redovisa lösningen snyggt när man har tänkt och räknat klart. 1 Gränsvärden x 4 + y 3 Exempel 1.1. Undersök lim (x,y) (0,0) x + y. Tänk såhär: Om man inte har någon aning om hur man ska börja så kan man alltid göra en liten värdetabell över funktionen för att se om det ger några idéer. Det är dock ingen större idé att planlöst sätta in enbart heltalsvärden på x och y; det intressanta är ju vad som händer när x och y är nära noll, så man bör ta små värden. Om t.ex. x = y = 0,001 så är x 4 + y 3 0, , x = + y 0, , = 0, , = 0,001001, vilket är ett rätt litet tal. Efter lite sådant experimenterande bör man snabbt bli övertygad om att gränsvärdet visserligen är av den obestämda typen 0/0, men att täljaren (på grund av högre gradtal) går mot noll snabbare än vad nämnaren gör. Vår arbetshypotes blir därför att kvoten går mot noll. För att bevisa detta behöver vi göra något slags uppskattning, vilket oftast är enklast i polära koordinater (man visar att uttrycket går mot noll då radien ρ går mot noll, oberoende av vad vinkeln ϕ har för sig under tiden.) Redovisa såhär (alternativ 1): Uttryckt i planpolära koordinater x = ρ cos ϕ, y = ρ sinϕ har vi x 4 + y 3 x + y = (ρ cosϕ)4 + (ρ sinϕ) 3 ρ = ρ }{{} 0 cos 4 ϕ+ ρ }{{}}{{} begr. 0 sin 3 ϕ 0 + 0, då ρ 0. }{{} begr. (Här används räkneregeln nollgående gånger begränsat är nollgående. Faktorerna cos 4 ϕ och sin 3 ϕ är begränsade eftersom 0 cos 4 ϕ 1 och 1 sin 3 ϕ 1 för alla ϕ.) Svar: Gränsvärdet är 0. Redovisa såhär (alternativ ): Låt ρ = x + y. Då är x = x x + y = ρ, och på samma sätt ser man att y ρ. Detta ger att x 4 + y 3 x 4 x + y = + y 3 ρ x 4 + y 3 ρ ρ4 + ρ 3 ρ = ρ + ρ.

3 Eftersom ρ + ρ 0 då ρ 0 så följer det av instängningsregeln att x4 +y 3 x +y 0 då (x, y) (0,0). Svar: Gränsvärdet är 0. x y + x 3 Exempel 1.. Undersök lim (x,y) (0,0) x + y. Tänk såhär: Många byter reflexmässigt till polära koordinater det första man gör, vilket inte alltid är det bästa. I detta fall leder det till (cos ϕ sin ϕ)+ρ cos 3 ϕ, vilket inte har något välbestämt gränsvärde (eftersom ϕ kan variera hur som helst då ρ 0). I ett sådant här läge bör man börja misstänka att gränsvärde saknas, och för att bevisa detta får man byta taktik. Glöm det där uttrycket i polära koordinater, gå tillbaka till det ursprungliga uttrycket, och försök hitta exempel som visar att det inte kan finnas gränsvärde. I detta fall fungerar det t.ex. att närma sig origo längs x-axeln och y-axeln; funktionens värden på dessa linjer närmar sig +1 respektive 1 när man närmar sig origo, och då kan inte gränsvärdet existera (för om funktionens gränsvärde vore A så skulle man få samma värde A oavsett längs vilken kurva man närmar sig origo). Redovisa såhär: Sätt f (x, y) = x y +x 3 för (x, y) (0,0). Eftersom f (t,0) = x +y t +0+t 3 = 1 + t 1 då t 0 men f (0, t) = 0 t +0 = 1 1 då t 0, så kan inte t 0+t f (x, y) ha något gränsvärde då (x, y) (0,0). Svar: Gränsvärdet existerar inte. x 3 Exempel 1.3. Undersök lim (x,y) (0,0) x + y + x y. Tänk såhär: Baserat på tidigare erfarenhet gissar man nog att gränsvärdet är noll, eftersom täljaren är av grad 3 och nämnaren av grad. Men man måste vara lite försiktig när nämnaren inte bara är x + y = ρ, och se till att göra en uppskattning som verkligen bevisar påståendet. I detta fall kommer man att kunna förkorta bort ρ och får då kvar 1 + cosϕsinϕ i nämnaren, och man måste försäkra sig om att detta håller sig borta från noll (så att man inte får ett obegränsat stort värde eftersom man nästan dividerar med noll). Omskrivningen 1 + cosϕsinϕ = sinϕ visar att uttryckets värde ligger mellan 1 och 3 (eftersom 1 sinϕ 1). Det viktiga här är att eftersom detta visar att 1 + cosϕsinϕ 1/, cosϕsinϕ 1 1/ (observera vändningen av olikheten), vilket är vad som behövs för att få nollgående gånger begränsat. Redovisa såhär: Övergång till polära koordinater visar att x 3 x + y + x y = ρ 3 cos 3 ϕ ρ + ρ cosϕsinϕ = ρ cos 3 ϕ sinϕ ρ = ρ 0 ( 1) x då ρ 0, och instängningsregeln ger därmed att 3 0 då (x, y) (0,0). x +y +x y Svar: Gränsvärdet är 0. 3

4 Kontinuitet, partiella derivator, differentierbarhet (Varning! Detta avsnitt är rätt långt, och riktar sig kanske mest till den som är lite mer teoretiskt intresserad, även om jag har försökt att förklara allting på ett så jordnära och handfast sätt som jag kan, för att visa att det inte är så svårt egentligen.) Liksom i envariabelanalysen gäller att sammansättningar av elementära funktioner har alla snälla egenskaper man kan önska sig (de är deriverbara hur många gånger som helst, ordningen hos blandade derivator spelar ingen roll, osv.) i de punkter där de är definierade. Men ifall funktionsuttrycket blir odefinierat i någon punkt (t.ex. för att man dividerar med noll) och man för hand ger funktionen ett värde där, så behöver det undersökas vilka egenskaper funktionen får i den punkten, och detta kräver oftast att man går tillbaka direkt till definitionerna. I det här avsnittet ska vi titta i detalj på hur man gör sådana undersökningar. Vi börjar med ett par väldigt grundläggande exempel, bara för att träna lite på begreppet kontinuitet: Exempel.1. Undersök kontinuitet hos funktionen f (x, y) = x + y. Här kan man direkt säga att f är kontinuerlig överallt, eftersom vi får anse det som ett välkänt faktum 1 att alla polynom är kontinuerliga. Exempel.. Undersök kontinuitet hos funktionen { x + y om (x, y) (1,), g (x, y) = 17 om (x, y) = (1,). Denna funktion har fel värde i punkten (1,); det borde ju vara 1 + = 5 istället för 17. Grafen z = g (x, y) ser ut som paraboloiden z = x + y, förutom att punkten (x, y, z) = (1,,5) brutalt har ryckts loss och flyttats till (1,,17) där den nu svävar fritt i rymden utan kontakt med de övriga punkterna på ytan! Så g (x, y) bör vara kontinuerlig utom just i punkten (x, y) = (1,). Vi kan enkelt visa detta såhär: gränsvärdet i punkten är lim (x,y) (1,) g (x, y) = lim (x,y) (1,) (x + y ) = 1 + = 5. Detta gränsvärde överensstämmer inte med funktionsvärdet i punkten, som ju är g (1,) = Resonemanget som ligger bakom detta är följande. Direkt från definitionen av kontinuitet kan man övertyga sig om att h(x, y) = x är kontinuerlig i en godtycklig punkt (x, y) = (a,b): givet ε > 0 kan man ta δ = ε, eftersom (x, y) (a,b) = (x a) + (y b) < δ då medför att h(x, y) h(a,b) = x a < δ = ε. På samma sätt ser man att k(x, y) = y är kontinuerlig överallt. Och enligt de satser som säger att produkter och linjärkombinationer av kontinuerliga funktioner är kontinuerliga följer det då att alla polynom i x och y är kontinuerliga. Notera att vi i den stjärnmarkerade likheten faktiskt använder resultatet från det föregående exemplet. Kontinuiteten hos elementära funktioner är någonting som vi tar så mycket för givet att vi knappt lägger märke till när vi använder den egenskapen! 4

5 Alltså är inte g kontinuerlig i punkten (1,). Däremot är g såklart kontinuerlig i alla andra punkter. (Om (a,b) (0,0) så finns det ju en cirkelskiva med centrum i (a,b) som inte innehåller origo; ta t.ex. radien lika med halva avståndet från (a,b) till origo. I den cirkelskivan överensstämmer g :s värden med värdena från funktionen f i föregående exempel, så eftersom f är kontinuerlig i punkten (a,b) måste även g vara det.) Nu till lite mer avancerade saker. De exempel som brukar användas för att illustrera vad som kan hända har ofta följande form 3 : (något homogent polynom i x och y) x f (x, y) = + y, om (x, y) (0,0), (något tal, oftast 0), om (x, y) = (0,0), Som tumregel (jämför exemplen nedan) kan man vänta sig att om polynomet i täljaren är av grad så blir det problem redan med kontinuiteten i origo; om polynomet är av grad 3 så är nog kontinuiteten okej men det kanske blir konstigheter med förstaderivator och/eller differentierbarhet i origo; om polynomet är av grad 4 så kan andraderivatorna ha något fuffens för sig i origo, osv. Exempel.3. Undersök kontinuitet och partiell deriverbarhet (speciellt i origo) för funktionen (x + y ) + x y f (x, y) = x + y, om (x, y) (0,0),, om (x, y) = (0,0). Tänk såhär: Det är kanske bekvämare att skriva om funktionen lite först: + x y f (x, y) = x, om (x, y) (0,0), + y, om (x, y) = (0,0). (Om man vill skulle man också kunna skriva x y f (x, y) = + x, om (x, y) (0,0), + y 0, om (x, y) = (0,0), men låt oss använda det ovanstående uttrycket istället.) Som vanligt kan man börja med en liten värdetabell om man inte får några bättre idéer. På axlarna (inklusive origo) blir det tvåor: 3 Eller något liknande. Ibland kanske man t.ex. har (x + y ) 1/ eller (x + y ) 3/ eller (x + y ) i nämnaren istället för bara x + y. 5

6 y f (0,0) = { f (0, y) = { + 0 y 0 +y = + 0 y =, (0, y) (0,0) f (x,0) = x { + x 0 x +0 = + 0 x =, (x,0) (0,0) Redan detta är tillräckligt för att säga lite om de partiella derivatorna. Tittar vi enbart på f :s värden utmed x-axeln så ser vi en envariabelfunktion som är konstant (lika med för alla x). Derivatan av en konstant funktion är noll överallt, vilket betyder att f x = 0 i varje punkt på x-axeln; den partiella derivatan f x är ju per definition den vanliga envariabelderivatan med avseende på x när man väl har fixerat y:s värde. Uttryckt i formler: f x (x,0) = 0 för alla x, inklusive x = 0, alltså i synnerhet f x (0,0) = 0. På samma sätt ser vi att f y (0, y) = 0 för alla y, och speciellt f y (0,0) = 0. Observera att man är tvungen att ta hänsyn till både den röda tvåan i origo och de blå tvåorna längs axlarna för att dra denna slutsats. Det skulle vara rent nonsens att säga att f x och f y är noll i origo med motiveringen f (0,0) är lika med två, och derivatan av den tvåan är noll. Om man bara tittar på en funktions värde i en enda punkt kan man ju inte säga någonting om hur grafen lutar, eller hur? Lutningen avgörs ju av vad funktionen har för värden i de omkringliggande punkterna. (Det är väldigt enkelt att hitta funktioner sådana att f (0,0) = men f x (0,0) 0 och f y (0,0) 0; ta t.ex. f (x, y) = + x + y.) En annan observation är att ifall man hade satt något annat värde än i origo, t.ex. f (0,0) = 17, så skulle varken f x (0,0) eller f y (0,0) ha existerat. (Längs x-axeln skulle man ju i så fall få en funktion av x som har värdet i alla punkter, förutom att den diskontinuerligt hoppar upp till värdet 17 när x = 0, och vi vet ju från envariabelanalysen att en envariabelfunktion inte kan ha någon derivata i en diskontinuitetspunkt. Därmed existerar inte f x (0,0), även om vi fortfarande skulle ha f x (x,0) = 0 i övriga punkter (x,0) (0,0) på x-axeln. Samma sak längs y-axeln.) Låt oss nu fylla i värden i några fler heltalspunkter i tabellen: 6

7 y x Om man inte har tänkt på det tidigare, så borde de upprepade värdena 5 och 1 5 göra att man märker det nu: funktionen är konstant längs varje stråle ut från origo. Enklast ser man det kanske genom att gå över till polära koordinater: för ρ > 0 har vi (ρ cosϕ)(ρ sinϕ) f (ρ cosϕ,ρ sinϕ) = + = + cosϕsinϕ, vilket bara beror på vinkeln ϕ, inte på radien ρ. Nedan är några nivåmängder utritade; punkten (0,0) tillhör förstås bara nivåmängden {f = } (ritad med rött) och inte de andra (blå) nivåmängderna. ρ f = 1/5 y f = 1/5 f = 1/5 f = 5/ f = f = 5/ f = 1/5 f = x (Försök att utifrån detta göra dig en mental bild av hur grafen z = f (x, y) ser ut! Rita upp den med dator om du är osäker.) Eftersom flera nivåkurvor med olika värden försöker mötas i origo, så har inte f (x, y) något gränsvärde när (x, y) (0,0). Och eftersom (0,0) tillhör definitionsmängden D f så innebär detta att (0,0) är en diskontinuitetspunkt för f. (Om f vore odefinierad i (0,0) så skulle man inte säga att f har en diskontinuitet där, oavsett om gränsvärdet existerar eller inte. Även om det ofta slarvas med språkbruket i sådana fall, är begreppen kontinuerlig och diskontinuerlig strängt talat bara definierade för punkter där f har ett värde.) 7

8 Däremot är f kontinuerlig i alla övriga punkter (x, y) (0,0), eftersom formeln som definierar f i det området är en rationell funktion med nollskild nämnare, och precis som för polynom anser vi det som välkänt att rationella funktioner är kontinuerliga i de punkter där de är definierade, dvs. överallt där man inte dividerar med noll. Det som återstår nu är att att undersöka de partiella derivatorna färdigt, men detta är enkelt; i området (x, y) (0,0) är det bara att derivera +x y/(x +y ) som vanligt med hjälp av kvotregeln. (Varje punkt (x, y) (0,0) har ju en omgivning där funktionens värden ges enbart av uttrycket + x y/(x + y ), så specialvärdet f (0,0) = har inget inflytande på derivatorna i den punkten.) Formlerna som vi då får (se nedan) kommer förstås att som specialfall innehålla en del information som vi redan har observerat, nämligen att att f x = 0 längs x-axeln (minus origo) och att att f y = 0 längs y-axeln (minus origo). När man redovisar är det onödigt att visa samma sak två gånger, så efter att man har tagit fram derivatorna för alla punkter utom origo är det bara f x (0,0) och f y (0,0) som kräver specialbehandling. (Man bör förresten notera att exempel som detta visar att existens av partiella derivator i en punkt inte räcker för att garantera att funktionen är kontinuerlig i den punkten. Med andra ord: flervariabelfunktioner kan mycket väl ha partiella derivator i en diskontinuitetspunkt! Ett ännu mer extremt exempel skulle vara en funktion som är lika med 43 längs axlarna (inklusive origo), och lika med 17 i alla andra punkter; den blir ju väldigt uppenbart diskontinuerlig, men lika fullt kommer båda dess partiella derivator att existera (och vara noll) i origo.) Redovisa såhär: Funktionsvärdet f (0,0) är definierat. Däremot saknar f (x, y) gränsvärde då (x, y) (0,0), eftersom t.ex. f (t,0) = och f (t, t) = 5/ (för alla t 0). Alltså är funktionen f diskontinuerlig i punkten (0, 0). Däremot är den kontinuerlig i alla andra punkter, eftersom den där ges av en rationell funktion med nollskild nämnare. För (x, y) (0,0) ges de partiella derivatorna av ( f x (x, y) = + x y ) x x + y = y (x + y ) x y x (x + y ) = y(y x ) (x + y ) och (på samma sätt) ( f y (x, y) = + x y ) y x + y = x(x y ) (x + y ). I origo har vi, enligt definitionen 4 av partiell derivata, f x f (h,0) f (0,0) (0,0) = lim = lim h 0 h h 0 h = 0 4 Man kan också redovisa såhär, mer likt det resonemang ( vi förde ) ovan: f (x,0) = för alla x (även x = 0) medför att f x (x,0) = d f (x,0) = d d x d x f x (0,0) = 0. ( ) = 0, alltså speciellt 8

9 och f y f (0,k) f (0,0) (0,0) = lim = lim = 0. k 0 k k 0 k Alltså, sammantaget: y(y x ) f x (x, y) = (x + y, om (x, y) (0,0), ) 0, om (x, y) = (0,0), och f y x(x y ) (x, y) = (x + y, om (x, y) (0,0), ) 0, om (x, y) = (0,0). (En nyttig liten extraövning: Nu när vi har en formel för f x (x, y), gör en värdetabell för f x med värden längs x- och y-axlarna och kanske i några punkter till. Hur hänger dessa värden ihop med utseendet hos den ursprungliga funktionens graf z = f (x, y)? Är funktionen f x kontinuerlig i origo?) Exempel.4. Låt x 3 f (x, y) = x, om (x, y) (0,0), + y A, om (x, y) = (0,0). Vilket värde måste konstanten A ha för att f ska bli kontinuerlig? För detta värde på A, undersök om f är partiellt deriverbar, om f är differentierbar, och om f är av klass C 1. Tänk såhär: I området (x, y) (0,0) har f alla snälla egenskaper man kan tänka sig (eftersom f är en rationell funktion där), så det är bara origo som behöver undersökas. Med polära koordinater visar man lätt att x 3 /(x + y ) 0 då (x, y) (0,0), så vi måste ta A = 0 för att f ska bli kontinuerlig i origo. (Funktionsvärdet f (0,0) = A måste överensstämma med det värde lim (x,y) (0,0) f (x, y) = 0 som de omkringliggande punkterna tycker att det borde vara i origo.) För att undersöka om f är partiellt deriverbar i origo räcker det att beräkna f :s värden längs axlarna: 9

10 y f (0,0) = { f (0, y) = { y = 0 y = 0, (0, y) (0,0) f (x,0) = x { x 3 x +0 = x3 x = x, (x,0) (0,0) När vi tittar längs x-axeln ser vi envariabelfunktionen f (x, 0) = x (även för x = 0, eller hur?), vars derivata är lika med 1 överallt, speciellt i punkten x = 0. Alltså är f x (0,0) = 1. Och längs y-axeln ser vi den konstanta funktionen f (0, y) = 0 som har derivatan noll överallt, alltså speciellt f y (0,0) = 0. För (x, y) (0,0) är det bara att derivera x 3 /(x + y ) som vanligt med kvotregeln och snygga till resultatet. Sammantaget får man då x 4 + 3x y f x (x, y) = (x + y, om (x, y) (0,0), ) 1, om (x, y) = (0,0), och f y x 3 y (x, y) = (x + y, om (x, y) (0,0), ) 0, om (x, y) = (0,0). De partiella derivatorna f x och f y existerar alltså i alla punkter, speciellt i origo (vilket var det som inte var uppenbart från början). För att undersöka om f är av klass C 1 behöver vi ta reda på om f x och f y dessutom råkar vara kontinuerliga5 i origo. Men detta börjar vi ju ha tränat upp oss på nu! Det är bara att ta uttrycket för (x, y) (0,0) och se om det har något gränsvärde då (x, y) (0,0), och om detta gränsvärde existerar så kollar vi om det överensstämmer med funktionsvärdet i origo. Både f x och f y ges av uttryck med homogena fjärdegradspolynom i både täljare och nämnare, så vår tidigare erfarenhet får oss att misstänka att de inte har gränsvärde i origo. (Om man går över till polära koordinater så får man ju en faktor ρ 4 både uppe och nere, och när man förkortar bort den blir det ju bara kvar någonting ϕ-beroende, så man bör få olika värden beroende på från vilket håll man närmar sig origo.) Och mycket riktigt ser vi t.ex. att f x (x,0) = 1 medan f x (0, y) = 0 för alla y 0, så att värdetabellen för f x ser ut såhär: 5 Kom ihåg att bokstaven C i klass C 1 står för kontinuerlig, medan ettan betyder att det är alla förstaderivatorna som ska existera och vara kontinuerliga. 10

11 y f x (0,0) = { f x (0, y) = { y (0 +y ) = 0 y 4 = 0, (0, y) (0,0) x f x (x,0) = { x 4 +3x 0 (x +0 ) = x4 x 4 = 1, (x,0) (0,0) Värdet 1 i origo ska inte beaktas när man beräknar gränsvärdet, men det är inskrivet i värdetabellen för fullständighets skull. De övriga värdena längs axlarna visar hur som helst att gränsvärdet lim (x,y) (0,0) f x (x, y) inte existerar, och därmed är f x (x, y) diskontinuerlig i origo. Och eftersom derivatan f x inte är en kontinuerlig funktion i hela R, så blir slutsatsen att funktionen f själv inte är av klass C 1 i hela R : f C 1 (R ). (Men som vi sade redan från början är förstås f av klass C 1 i det område som fås om man tar bort origo från R ; med formler kan vi skriva detta som f C 1( R \ {(0,0)} ). Det bakåtlutande snedstrecket betyder mängdminus : från mängden R tar vi bort den mängd {(0,0)} som bara innehåller punkten (0,0).) Eftersom det gick åt pipan redan för f x kunde vi dra slutsatsen att f C 1 (R ) utan att behöva undersöka f y, men det är ganska lätt att se att även f y är diskontinuerlig i origo. Visserligen är f y = 0 längs båda axlarna, men f y (t, t) = t 3 t/(t + t ) = 1/ för alla t 0, så gränsvärdet lim (x,y) (0,0) f y (x, y) existerar inte. Illustrera gärna detta i en värdetabell för f y som övning, och rita också gärna upp grafen z = f (x, y) med dator 6 och se ifall du kan observera hur lutningarna i x- och y-led gör mysko abrupta hopp i origo så som värdetabellerna för f x och f y indikerar! Det återstår att undersöka differentierbarhet. Om f hade varit av klass C 1 i hela R, så hade vi direkt kunna säga att f är differentierbar i hela R (enligt en grundläggande sats). Nu var det inte så, och det betyder att vi istället måste undersöka för hand ifall f är differentierbar i origo, direkt utgående från definitionen. De flesta källor (inklusive kursboken) brukar formulera definitionen av differentierbarhet för en funktion av två variabler såhär ungefär: 6 Det är bara att skriva in x^3/(x^+y^) i Googles sökruta, ifall du kör på en plattform som stödjer WebGL. 11

12 Funktionen f sägs vara differentierbar i punkten (a,b) om det finns tal A och B och en funktion ρ sådana att f (a + h,b + k) = f (a,b) + Ah + Bk + h + k ρ(h,k), och ρ(h,k) 0 då (h,k) (0,0). Själv tycker jag att det blir lite enklare om man löser ut ρ(h,k) ur detta samband, och bara ställer upp villkoret att det uttryck man då får ska gå mot noll. Då behöver man aldrig blanda in den där funktionen ρ, som ändå mest gör de flesta förbryllade: Funktionen f sägs vara differentierbar i punkten (a,b) om det finns tal A och B sådana att f (a + h,b + k) f (a,b) Ah Bk h + k 0 då (h,k) (0,0). En sats som ganska enkelt visas direkt ur definitionen är följande (se läroboken, sats i avsnitt.): Om f är differentierbar i punkten (a,b) så är f partiellt deriverbar i den punkten, och talen A och B är precis de partiella derivatorna: A = f x (a,b), B = f y (a,b). Om man sätter in detta i den alternativa formuleringen av differentierbarhetsdefinitionen ovan så får man ett väldigt handfast recept på hur man undersöker om en funktion är differentierbar i en viss punkt: Funktionen f är differentierbar i punkten (a,b) om och endast om de partiella derivatorna i den punkten existerar och dessutom f (a + h,b + k) f (a,b) f x (a,b)h f y (a,b)k h + k 0 då (h,k) (0,0). Det som detta handlar om är existensen av ett tangentplan: om funktionsytan z = f (x, y) har något tangentplan i punkten (x, y, z) = (a, b, f (a, b)) så måste detta plan luta i x- och y-led likadant som ytan själv lutar, dvs. planet måste ha de lutningar som f :s partiella derivator i punkten anger. Det är dock inte säkert att funktionsytan är tillräckligt slät för att planet med just de lutningarna ska kunna ligga tätt an mot ytan i alla riktningar; de partiella derivatorna tar ju bara hänsyn till hur det lutar i x- och y-riktningarna. Men om gränsvärdet ovan är noll så betyder det att planet verkligen tangerar ytan tillräckligt bra för att få kallas tangentplan, och det är denna egenskap hos funktionen som kallas differentierbarhet. Nåväl, åter till vårt konkreta exempel. I vårt fall var det punkten (a,b) = (0,0) som var intressant, så frågan vi ställer oss är: 1

13 Stämmer det att f (h,k) f (0,0) f x (0,0)h f y (0,0)k h + k 0 då (h,k) (0,0) eller inte? Om vi sätter in de kända värdena f (h,k) = h3 för (h,k) (0,0), f (0,0) = 0, h +k f x (0,0) = 1 och f y (0,0) = 0 så får vi h 3 h 0 1 h 0 k 3 h h +k h = +k h + k h + k = h3 h(h + k ) (h + k ) h + k = hk (h + k ) 3/. Detta uttryck har värdet noll längs axlarna, men om (h,k) = (t, t) (0,0) så är det lika med t t = 3/ 0. Alltså saknar det gränsvärde i origo, och slutsatsen (t +t ) 3/ av undersökningen är att f inte är differentierbar i origo. Om du har ritat upp grafen z = f (x, y) på dator, föreställ dig nu det tilltänkta tangentplanet i origo, z = f (0,0)+ f x (0,0) x + f y (0,0) y = 0+1 x +0 y, alltså planet z = x, inritat i samma bild, och se om du kan observera att det inte ligger an riktigt tätt emot grafen ifall man exempelvis tittar längs linjen (x, y) = (t, t)! Redovisa såhär: Det ovanstående var ju en ganska lång utläggning, men det är bara att ta bort en del av den pladdriga texten och redovisa de väsentliga delarna av undersökningen. Jag upprepar inte alla uträkningarna här, utan lämnar det som övning att renskriva det hela på ett lagom detaljerat sätt. Exempel.5. Uppgifter av typen beräkna de partiella andraderivatorna av någon lagom krånglig funktion f som har ett separat angivet värde i origo. Om du ställs inför en sådan uppgift så är det bara att göra den i två steg! Vi har ju sett ovan hur man beräknar f x och f y genom att dels titta på f :s värden längs axlarna för att få fram derivatorna i origo, och dels derivera som vanligt för att få fram derivatorna i övriga punkter (x, y) (0,0). När detta är gjort har vi ju både f x och f y uppskrivna som funktioner som ges av en formel för (x, y) (0,0) och ett separat värde i origo, så för att hitta deras derivator (dvs. f :s andraderivator) är det bara att tillämpa denna prodedur igen på de två funktionerna f x och f y : titta på deras värden längs axlarna för att få fram de partiella andraderivatorna av f i origo, och derivera som vanligt för att få fram andraderivatorna i övriga punkter. Om du vill ha ett konkret exempel att öva på, försök att beräkna f x y (0,0) och f y x (0,0) ifall x y(x y ) f (x, y) = x + y, om (x, y) (0,0), 0, om (x, y) = (0,0), Det ska bli f x y (0,0) = 1 och f y x (0,0) = +1. Kan du se dessa värden, eller åtminstone deras tecken, i grafen z = f (x, y) ifall du ritar upp den på dator? (För att se vad f x y (0,0) är ska man titta efter vad f x har för värden i punkterna längs 13

14 y-axeln, alltså hur f :s graf lutar i x-led i de punkterna, och sedan försöka avgöra i vilken takt den lutningen ändras just när man passerar origo, om man rör sig längs y-axeln i positiv riktning. För f y x (0,0) gör man förstås samma sak men med ombytta roller för x och y.) Observera att denna funktion har den lustiga egenskapen att f x y f y x i origo! Det betyder att f C (R ), för det finns ju en sats som säger att de blandade andraderivatorna måste vara lika ifall funktionen är av klass C. Och om man räknar ut f x y (x, y) för alla (x, y), inte bara (x, y) = (0,0), kan man mycket riktigt med egna ögon konstatera att f x y inte är kontinuerlig i origo. 3 Cylinderkoordinater och rymdpolära koordinater För att ange läget hos en punkt P i rummet behöver man tre koordinater. Oftast använder man från ett vanligt kartesiskt koordinatsystem 7 där man läser av P:s koordinater (x, y, z) på axlarna: z P x Om man behåller z-koordinaten 8, men istället anger punktens läge i x y-led med planpolära koordinater på det vanliga sättet (x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ) får man punktens cylinderkoordinater (ρ, ϕ, z): 7 Kartesiska koordinater är uppkallade efter 1600-talsfilosofen René Descartes (Renatus Cartesius på latin). 8 Egentligen när man byter koordinatsystem ska man ju ge nya namn åt alla variabler, för att inte råka ut för olyckor med partiella derivator. T.ex. visar ju övning.3 i problemsamlingen att om man byter från (x, y) till (u, v) = (x 3y, x) så blir f v f, trots att v = x. Anledningen till detta är x att vid beräkningen av f är det v:s partnervariabel u som ska hållas konstant, medan man vid v beräkningen av f ska hålla x:s partnervariabel y konstant, och det är inte samma sak. Därför kan x man tycka att cylinderkoordinaterna borde heta t.ex. (ρ,ϕ, w) där x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, z = w. Men att hålla båda w:s partnervariabler ρ och ϕ konstanta är ju ekvivalent med att hålla båda z:s partnervariabler x och y konstanta, vilket gör att f w = f, och därför är det ofarligt att använda z namnet z i båda koordinatsystemen. y 14

15 z z P ϕ P y ρ x ρ x y-planet (sett från sidan ) Som den vänstra figuren illustrerar, kan man tänka sig ett halvplan som är fritt att rotera kring z-axeln, som en flagga ifall z-axeln är flaggstången. Vinkeln ϕ anger åt vilket håll flaggan ska peka för att innehålla punkten P, och den vinkeln mäts ifrån positiva x-axeln. I detta flagg-halvplan läser man sedan av koordinaterna ρ och z längs axlarna, som den högra figuren visar. Koordinaten ρ = x + y anger alltså avståndet från punkten P till z-axeln. Rymdpolära koordinater (r,θ,ϕ) får man ifall man behåller 9 vinkeln ϕ, men i flagg-halvplanet går över till att använda planpolära koordinater (r,θ) istället för (ρ, z): z z ϕ θ r P y θ r P ρ x ρ På grund av konventionen att mäta vinkeln θ ifrån z-axeln (i stället för ρ-axeln) blir sinus och cosinus omkastade jämfört med vad man är van: ρ = r sinθ, z = r cosθ. Eftersom man inte använder negativa värden på variabeln ρ, använder man heller aldrig vinklar θ utanför intervallet 0 θ π. 9 Det är ofarligt att använda samma variabelnamn ϕ både i cylinderkoordinater och i rymdpolära koordinater; att hålla ρ och z konstanta är ju ekvivalent med att hålla r och θ konstanta. (Jfr. föregående fotnot.) 15

16 Om vi kombinerar dessa formler ρ = r sinθ och z = r cosθ med de tidigare x = ρ cos ϕ och y = ρ sin ϕ får vi de samband som översätter direkt mellan kartesiska och rymdpolära koordinater 10 : x = r cosϕsinθ, y = r sinϕsinθ, z = r cosθ. Variabeln r är avståndet från punkten P till origo: r = ρ + z = x + y + z. En rättfram uträkning visar att ( ) d(x, y, z) (x, y, z) d(r,θ,ϕ) = det = = r sinθ = r sinθ (r,θ,ϕ) (beloppstecknen kan tas bort eftersom sinθ 0 i intervallet 0 θ π), så vid byte till rymdpolära koordinater i trippelintegraler gäller sambandet mellan volymselementen. 11 d xd yd z = r sinθ dr dθdϕ Exempel 3.1. I uppgifter med trippelintegraler förekommer ibland områden i den här stilen: { } D = (x, y, z) R 3 : 4 x + y + z 1 7 och z 3 (x + y ) och y x och x 0. Då är det upplagt för att byta till rymdpolära koordinater! Olikheterna är ju skräddarsydda för att ge gränserna för variablerna r, θ och ϕ separat: 4 x + y + z 7 r 7, 1 z 3 (x + y ) 0 θ π 3, y x och x 0 π ϕ π I olika kulturer har man olika traditioner, och det förekommer ofta att θ och ϕ används i ombytta roller. Vilken variant man har blivit uppfostrad med kan bero på om man är amerikan eller europé, eller om man är matematiker eller fysiker, osv. 11 Man kan inse detta geometriskt också. En liten ändring r i r :s värde, med θ och ϕ konstanta, gör att punkten P = (x, y, z) flyttar sig precis sträckan r (i radiell led). En ändring θ i θ:s värde, med r och ϕ konstanta, gör däremot att P flyttar sig sträckan r θ utmed en cirkel i flagghalvplanet med radien r och centrum i origo. Och en ändring ϕ i ϕ:s värde, slutligen, gör att P flyttar sig sträckan r sinθ ϕ längs en cirkel som ligger parallellt med x y-planet, med centrum i punkten (x, y, z) = (0,0,r cosθ) och med radien ρ = r sinθ. Om θ och ϕ är små kan vi approximera cirkelbågarna med räta linjesegment. De tre olika förflyttningarna sker i tre ortogonala riktningar, så om man varierar alla tre variablerna (r,θ,ϕ), och därmed sveper ut ett litet rätblock i r θϕ-rummet med volymen V = r θ ϕ, kommer punkten P att (approximativt) svepa ut ett litet rätblock i x y z-rummet med volymen ( r )(r θ)(r sinθ ϕ) = (r sinθ)v. Alltså är den lokala volymsskalan (för den avbildning som definieras av variabelbytesformlerna) lika med r sinθ. 16

17 Intervallet för r är väl ganska uppenbart, eftersom r = x + y + z. De andra två 1 ser man enklast om man ritar figurer. Vi börjar med olikheten z 3 (x + y ), och ritar en figur sedd från sidan, dvs. vi ritar hur det ser ut i ett flagg-halvplan som ligger med vinkeln ϕ relativt x-axeln. Eftersom villkoret är rotationssymmetriskt med avseende på z-axeln så spelar det ingen roll vad ϕ är. Uttryckt i variabeln ρ = x + y 1 0 får olikheten den enklare formen z 3 ρ, dvs. z ρ/ 3, vilket i vår plana figur betyder området ovanför den räta linjen z = ρ/ 3 (för ρ 0): z z = ρ 3 z > ρ 3 ρ x y-planet För att inse hur det verkligen ser ut i x y z-rummet, rotera denna figur kring z- axeln; (halv)linjen z = ρ/ 3 sveper då ut en kon, och området D består av alla punkter som ligger på eller ovanför denna kon. Vinklarna får man genom att känna igen att koefficienten 1/ 3 är tangens för π 6 : z θ går från 0 till π/3 z = ρ 3 π/6 ρ (Ifall man har andra koefficienter så blir det förstås andra vinklar. T.ex. kommer z x + y att motsvara 0 θ π 4, och det speciellt enkla fallet z 0, där konen plattas ut till att bli x y-planet, ger 0 θ π. Ifall man vänder på olikheterna så att området ligger under konen får man ett intervall som slutar vid π istället för att börja vid 0; t.ex. ger villkoret z 0 intervallet π θ π.) Olikheten för ϕ får man fram precis som i det planpolära fallet, eftersom man kan rita en figur för hur det ser ut rakt uppifrån: 17

18 y Planet y = x { y x x 0 x ϕ går från π/ till π/4 Planet x = 0 Exempel 3.. Om området inte är uppbyggt av sfärer med centrum i origo, koner med z-axeln som symmetriaxel och spetsen i origo, och plan av formen Ax + B y + 0z = 0, så blir det förstås inte lika enkelt att uttrycka gränserna i rymdpolära koordinater. Vissa områden lämpar sig inte alls för att beskrivas med rymdpolära koordinater, medan andra går att hantera. T.ex. motsvaras området mellan planen z = 0 och z = 1, av { } D = (x, y, z) R 3 : 0 < z < 1, { E = (r,θ,ϕ) R 3 : 0 θ < π och 0 < r < 1 } cosθ och 0 ϕ < π. Detta ser man genom att sätta in koordinatsambandet z = r cosθ i olikheten 0 < z < 1, och notera att detta bara kan uppfyllas om cosθ > 0, och sedan dividera olikheten med cosθ. Man kan även se det trigonometriskt i följande figur (i en rätvinklig triangel där den närliggande kateten till vinkeln θ har längden 1 det är alltså sträckan från origo upp till punkten (x, y, z) = (0,0,1) måste hypotenusan ha längden 1/cosθ): z Planet z = 1 ρ x y-planet Hur långt man ska gå i r -led beror på vad θ är! (0 < r < 1/cosθ) 18

19 Exempel 3.3. Klotet med radie 1 och centrum i (0,0,1), D = { (x, y, z) R 3 : x + y + (z 1) 1 }, motsvaras av E = {(r,θ,ϕ) R 3 : 0 θ π } och 0 r cosθ och 0 ϕ < π. Detta ser man genom att skriva olikheten som x + y + z z, vilket är samma sak som r r cosθ. Eftersom r > 0 (utom i en enda punkt, nämligen origo, men det påverkar inte slutresultatet) kan man förenkla genom att dividera båda leden i olikheten med r. Att θ inte får vara större än π/ beror på att klotet ligger helt och hållet i det övre halvrummet z 0; man kan också se det på att olikheten 0 r cosθ blir orimlig ifall cosθ < 0. z Hur långt man ska gå i r -led beror på vad θ är! (0 < r < cosθ) ρ Men ifall man först translaterar koordinatsystemet så att origo hamnar i klotets centrum (u = x, v = y, w = z 1) och sedan byter till rymdpolära koordinater i uv w-rummet (u = r cosϕsinθ, v = r sinϕsinθ, w = r cosθ) så kommer förstås klotet helt enkelt att beskrivas av olikheterna 0 r 1, 0 θ π, 0 ϕ < π. Vad som är bäst att göra beror på sammanhanget. Ifall man t.ex. ska integrera en funktion som innehåller uttrycket x + y + z är det antagligen bättre att göra på det första sättet; man får en enklare integrand, till priset av att beskrivningen av området blir lite mer invecklad. 4 Gradient, tangentlinjer, tangentplan, etc. Några allmänna kommentarer bara: Nästan alla brukar komma ihåg från kursen i linjär algebra att mängden { } (x, y, z) R 3 : Ax + B y +C z = K är ett plan i R 3 med normalvektor n = ( AB 19 C ).

20 Däremot brukar förvånansvärt många ha missat motsvarande faktum i R, nämligen att mängden { } (x, y) R : Ax + B y = K är en rät linje i R med normalvektor n = ( A B ). Om f (x, y) är en funktion av två variabler så är gradienten ( f ) f (x, y) = x (x,y) f y (x,y) en vektor med två koordinater. Om (a,b) är en punkt som ligger på en nivåkurva 1 { (x, y) R : f (x, y) = K } så är f (a,b) en normalvektor till nivåkurvans tangentlinje i punkten (a,b). (Varning: Ofta visualiserar men ju en tvåvariabelfunktion genom att införa en z-axel och rita grafen, alltså ytan z = f (x, y). Somliga rör ihop saker och ting genom att försöka rita in gradienten i den bilden, som en tredimensionell vektor vinkelrät mot funktionsytan, men det är ju helt galet! För en tvåvariabelfunktion är det så att gradienten bor i R, medan grafen bor i R 3.) Om f (x, y, z) är en funktion av tre variabler så är gradienten f (x, y, z) = ( ) f x (x,y,z) f y (x,y,z) f z (x,y,z) en vektor med tre koordinater. Om (a,b,c) är en punkt som ligger på en nivåyta 13 { (x, y, z) R 3 : f (x, y, z) = K } så är f (a,b,c) en normalvektor till nivåytans tangentplan i punkten (a,b,c). I geometriska uppgifter av typen hitta alla punkter på den och den ytan, sådana att tangentplanet där har egenskapen si och så 1 Underförstått här: funktionen f ska vara av klass C 1, och f (a,b) ska inte vara nollvektorn. Dessa två villkor garanterar enligt implicita funktionssatsen att den nivåmängd som punkten (a, b) tillhör verkligen är en nivåkurva som går genom (a,b) med en väldefinierad tangentriktning, och inte består av t.ex. enbart punkten (a,b), eller av två kurvor som korsar varandra i (a,b), eller en kurva som har ett hörn eller en spets i (a,b). 13 Samma här: funktionen f ska vara av klass C 1, och f (a,b) ska inte vara nollvektorn, för att garantera att nivåmängden som punkten (a,b,c) tillhör verkligen är en snäll nivåyta. 0

21 bör man döpa den okända tangeringspunkten till (exempelvis) (a, b, c) istället för (x, y, z). Anledningen till detta är att man kanske behöver ställa upp ekvationen för tangentplanet i den punkten, x + y + z =, och där betecknar (x, y, z) en godtycklig punkt i planet. Men koefficienterna som ska stå i rutorna kommer i allmänhet att bero på den sökta tangeringspunktens koordinater, och om man då har döpt den också till (x, y, z) så kommer man att använda samma symboler x, y och z till två olika saker i en och samma ekvation, vilket garanterat slutar i total förvirring. 5 Kedjeregeln, PDE Man kan hitta rätt många exempel bland de gamla tentorna. Några allmänna kommentarer: Hur man transformerar andraderivator förklaras ganska utförligt i läroboken (exempel 7 och 8 i avsnitt.5). Se även exemplet nedan. Att transformera derivator till planpolära eller rymdpolära koordinater är inte världens roligaste sysselsättning, men det är bra att ha provat på det någon gång, eftersom det förekommer i många tillämpningar. Se exemplet nedan. Här är en vanlig fråga. Antag att vi löser en PDE med hjälp av ett variabelbyte; säg att u = x y och v är något annat (spelar ingen roll för detta exempel). Då kanske det händer att de sista stegen ser ut något i den här stilen 14 : z v = (...) = z(u, v) = (...) + g (u) (där g är en godt. C 1 -fkn av en variabel) = z(x, y) = (...) + g (x y ) (där g är en godt. C 1 -fkn av en variabel) Nu undrar många: Varför säger man i det sista steget fortfarande att g är en funktion av en variabel? Det står ju g (x y ), och den funktionen beror ju på båda variablerna x och y?!? Den här förvirringen tror jag orsakas av att man är van att använda fraser som funktionen f (x)"eller funktionen f (x, y), vilket för det mesta är väldigt praktiskt, men egentligen inte är helt korrekt om man ska vara noga. En funktion har ett namn; den kan heta f eller g eller ln eller sin, osv., så det är helt okej att prata om t.ex. funktionen f eller funktionen 14 En sidoanmärkning: Skrivsättet z(u, v) = z(x, y) är förstås lite fult strikt matematiskt sett, men det är bekvämt och bör inte leda till några problem om man vet vad man gör. 1

22 sin. Men ett uttryck som f (x), eller f (x, y) om det är en funktion av två variabler, betecknar inte själva funktionen som matematiskt objekt, utan ett tal, nämligen funktionens värde i en viss punkt x respektive (x, y). Så när man säger funktionen f (x) misshandlar man språket en aning; det man egentligen menar är funktionen f vars värde i punkten x är f (x). Och man säger ju också ofta t.ex. funktionen x när man menar den (icke namngivna) funktion som definieras av att dess värde i punkten x är x. I vårt fall har vi alltså en funktion g, som verkligen bara beror på en variabel: dess värde i punkten u betecknas g (u), och det finns bara plats att stoppa in ett enda tal som indata, för det står inte g (,,..., ) med en massa kommatecken som separerar olika platser där man kan stoppa in olika tal. Det vi gjorde i sista steget ovan var att bilda en sammansatt funktion: man kan tänka på g (x y ) som g (u) med u = u(x, y) = x y insatt. Vi har inte gett denna sammansatta funktion något eget namn, så om vi vill referera till den i ord får vi antingen använda det slarviga uttryckssättet funktionen g (x y ) (vilket alltså inte betyder samma sak som att säga bara funktionen g ), eller så skulle vi behöva använda en längre fras i stil med den (icke namngivna) funktion av två variabler vars värde i punkten (x, y) ges av att man bildar ett enda tal x y och sedan stoppar in detta enda tal i envariabelfunktionen g. Ifall vi döper den sammansatta funktionen till något, säg h, så är alltså h den tvåvariabelfunktion vars värde ges av formeln h(x, y) = g (x y ), och då kan vi kort och gott referera till funktionen h. Men även om h är en funktion av två variabler, så ändrar inte detta på faktumet att g är och förblir en envariabelfunktion. Om man har en godtycklig funktion g (u) och sedan ska integrera ett steg till med avseende på u, så blir resultatet av den integrationen helt enkelt en primitiv funktion till g. Eftersom g kunde vara lite vad som helst, kan även primitiven vara lite vad som helst, men man kan inte kalla denna nya godtyckliga funktion för g också, eftersom den bokstaven ju redan är upptagen. Ett lämpligt val kan vara att kalla den för G, alltså g (u)du = G(u) + h(v), där G (u) = g (u), och där h(v) är en integrations- konstant. Om man däremot har en funktion g (u) som ska integreras med avseende på en annan variabel v, så blir resultatet g (u)d v = g (u) v+h(u), eftersom g (u) kan betraktas som en konstant när integrationsvariabeln är v.

23 När man är klar är det lätt att kontrollera om ens svar uppfyller den givna PDE:n och de givna bivillkoren. Det är ju bara att ta funktionen man har kommit fram till och sätta in den i de givna ekvationerna! Ta för vana att alltid göra detta (på kladdpapper). Exempel 5.1. Formlerna för förstaderivatorna i planpolära koordinater är f x f y ( ) f sinϕ f = (cosϕ) ρ ρ ϕ, ( ) f cosϕ f = (sinϕ) ρ + ρ ϕ. Det är inte helt självklart hur man tar fram dessa formler; man får börja med att räkna ut f ρ och f ϕ uttryckta i f x och f y, och sedan löser man ut f x och f y ; se läroboken för detaljerna (exempel 17 i avsnitt.3). Men när man väl har formlerna på plats kan man återanvända dem för att transformera andraderivatorna (och även derivator av ännu högre ordning, om det någon gång skulle behövas). T.ex. får man f x y = (f x ) y genom att på f :s plats i formeln för f y sätta in uttrycket för f x. Såhär: ( ) f f cosϕ f = (sinϕ) y ρ + ρ ϕ 3

24 ger ( ) f y x = ( ) f f x = y x y ( ) f x = (sinϕ) ρ + ( cosϕ ρ ( ) ) f x ϕ ( ( ) ) (cosϕ) f ρ sinϕ f ρ ϕ = (sinϕ) + ρ = (sinϕ) (cosϕ) ρ ( ) cosϕ + (cosϕ) ρ ϕ f ρ + (cosϕ) f ρ + (cosϕ) ( ) f ρ ρ ( cosϕ ( f ρ ϕ ρ ) ( ) ) ) ((cosϕ) f ρ sinϕ f ρ ϕ ( ) sinϕ ρ f ρ ϕ ( sinϕ ρ ϕ ) f ϕ ϕ ( ) ( ) f sinϕ ϕ ρ ρ ( ) ( ) f sinϕ ϕ ρ ϕ ( = (sinϕ) 0 + (cosϕ) f ( cosϕ + ρ ( ) ( ) sinϕ f sinϕ ) ρ ρ ϕ f ρ ρ ϕ ( ) ( ) cosϕ f sinϕ ) ρ ϕ f ρ ϕ )( ( sinϕ) f ρ + (cosϕ) f ϕ ρ ( = (sinϕcosϕ) f cos ρ + ϕ sin ) ϕ ( ) f sinϕcosϕ ρ ρ ϕ f ρ ϕ ( ) ( sinϕcosϕ f cos ρ ρ ϕ sin ) ϕ f ρ ϕ. (Övning: Gör en liten rimlighetskoll av denna formel, genom att ta t.ex. Vänsterledet blir då genom att sätta in f ρ ρ(cos ϕ sinϕ ), och så vidare.) f = x y = ρ cosϕsinϕ. f y x = (x y) y x = (ρ cosϕsinϕ) ρ = 1. Kontrollera att högerledet också blir 1 = cosϕsinϕ, f ρ ϕ = (ρ cosϕsinϕ) ρ ϕ = 6 Lokala extremvärden, kvadratiska former Se gamla tentor för massor av exempel! Här tänkte jag bara ta upp några småsaker som många brukar fråga om. (Dock inte den allra vanligaste frågan, nämligen hur noggrant måste jag motivera på tentan?. Svaret på det hittar du i texten om rättningsnormer på kurshemsidan, ifall du inte tycker att det allmängiltiga rådet motivera så noggrant som du kan är tillräckligt tydligt.) 4

25 Exempel 6.1. Förklara hur man utifrån kvadratkompletteringen Q(h,k,l) = h + k + 11l + hk 4hl + kl = (h + k l) + (k + 3l) l på ett metodiskt sätt kan se att den kvadratiska formen Q är indefinit. Att en kvadratisk form är indefinit betyder (per definition) att den kan anta både positiva och negativa värden, så för att visa att Q är indefinit räcker det att hitta några tal (h 1,k 1,l 1 ) som gör att Q > 0 och några andra tal (h,k,l ) som gör att Q < 0. Poängen med att kvadratkomplettera på det systematiska sättet som förklaras i läroboken (se exempel 35 i avsnitt.6) är att det blir enkelt att hitta sådana tal. I vårt fall kan vi få Q att anta ett negativt värde genom att se till att den sista termen (den med minustecken framför) ger ett bidrag, men inte de andra två termerna: Q(h,k,l) = (h + k l) }{{ +(k + 3l) } }{{}}{{} l. =0 =0 >0 För att åstadkomma detta, ta ett godtyckligt l 0, bestäm sedan k så att mittentermen blir noll, och bestäm sedan till slut h så att även den första termen blir noll. Om vi t.ex. börjar med att ta l = 1, så måste vi ta k = 3 för att få k + 3l = 0, och med dessa värden på k och l så måste vi ta h = 5 för att få h + k l = 0: Q(5, 3,1) = (5 + ( 3) 1) }{{ +( ) } }{{}}{{ 1 } = = < 0. =0 =0 >0 Sedan kan vi även få Q att anta ett positivt värde genom att istället se till att en av termerna med positiv koefficient ger bidrag, medan de andra är noll, t.ex. såhär: Q(h,k,l) = (h + k l) }{{ +(k + 3l) } }{{}}{{} l. >0 =0 =0 Genom att ta l = 0 och sedan k = 0 dödar vi raskt term nummer tre och två, och för att det ska bli någonting kvar av term nummer ett väljer vi ett godtyckligt h 0, t.ex. h = 1: Q(1,0,0) = ( ) }{{ +( ) } }{{}}{{ 0 } = = 1 > 0. >0 =0 =0 Dessa två exempel, Q(5, 3, 1) < 0 och Q(1, 0, 0) > 0, visar att Q är indefinit. (En liten parentes: Som en kontroll på att man har räknat rätt är det en god idé att också sätta in sina siffror i det ursprungliga uttrycket Q = h + k + 11l + hk 4hl + kl och se om man får ut samma värden: Q(5, 3,1) = 5 + ( 3) ( 3) ( 3) 1 = =, Q(1,0,0) = = = 1. 5

26 Bra, det verkar stämma!) Exempel 6.. Förklara hur man utifrån kvadratkompletteringen Q(h,k,l) = h + k + 15l + hk 4hl + kl = (h + k l) + (k + 3l) + l kan se att den kvadratiska formen Q är positivt definit. Att en kvadratisk form är positivt definit betyder (per definition) att dess värde alltid blir strängt större än noll så snart man stoppar in någonting annat än (h,k,l) = (0,0,0). För att visa att någonting alltid inträffar räcker det inte hur många värden man än testar, utan det krävs något slags resonemang istället. Eftersom Q i detta exempel är en summa av kvadrater med positiva koefficienter framför, så är det uppenbart att Q:s värden är större än eller lika med noll för alla indata (h,k,l). Det man måste visa är att lika med noll enbart inträffar när (h,k,l) = (0,0,0). Låt oss ta en titt på ekvationen Q = 0: Q(h,k,l) = (h + k l) }{{ +(k + 3l) } + }{{}}{{} l = Eftersom ingen term kan ge något negativt bidrag så ser vi att ekvationen bara kan uppfyllas på följande sätt: Q(h,k,l) = (h + k l) }{{ +(k + 3l) } + }{{}}{{} l = 0, =0 =0 =0 dvs. alla tre termerna måste vara noll. Detta ger att h + k l = 0 och k + 3l = 0 och l = 0. Här ser man poängen med att ha kvadratkompletterat på det systematiska sättet som förklaras i läroboken: man får ett triangulärt ekvationssystem där man enkelt läser av lösningen med bakåtsubstitution. Det står ju i klartext att l måste vara noll, och sätter man in l = 0 i ekvationen k + 3l = 0 så ser man att även k måste vara noll, och sätter man sedan in k = l = 0 i ekvationen h + k l = 0 så ser man att även h måste vara noll. Alltså är (h,k,l) = (0,0,0) det enda sättet att få Q(h,k,l) att bli noll, och det var ju detta som behövde visas. Exempel 6.3. Förklara hur man utifrån kvadratkompletteringen Q(h,k,l) = h + k + 13l + hk 4hl + kl = (h + k l) + (k + 3l) kan se att den kvadratiska formen Q är positivt semidefinit. På samma sätt som i föregående exempel ser man direkt att Q:s värde är större än eller lika med noll för alla indata (h,k,l). Låt oss undersöka när fallet lika med noll inträffar. Ekvationen Q(h,k,l) = (h + k l) }{{ +(k + 3l) } = 0 }{{} 0 0 6

27 är uppfylld om och endast om h + k l = 0 och k + 3l = 0. Men här har vi ju ingen tredje ekvation som tvingar l att vara noll, utan vi kan sätta l till vad vi vill och sedan låta k och h anpassa sig så att ekvationerna uppfylls. Om t.ex. l = 1 så blir k = 3 och h = 5. Alltså är Q(5, 3,1) = 0, vilket visar att det inte enbart är i origo som Q har värdet noll, och därmed är Q inte positivt definit, utan bara positivt semidefinit. 7 Inversa/implicita funktionssatsen Alla de här uppgifterna av typen visa att det här ekvationssystemet är lokalt entydigt lösbart och att det inversa sambandet är en avbildning av klass C 1 eller visa att det här ekvationssystemet lokalt definierar den och den variabeln som C 1 - funktion av de övriga är nästan alltid direkta tillämpningar av antingen inversa eller implicita funktionssatsen. Det gäller bara att identifiera vilken sats det gäller, och sedan att verifiera att rätt förutsättningar är uppfyllda. När det är gjort, kan man bara åberopa satsen och säga det som skulle visas är alltså sant enligt sats si och så. Inversa funktionssatsen används när man har ekvationssystem med lika många ekvationer som obekanta, och ska visa att det i princip är lokalt entydigt lösbart i en omgivning av en given punkt (dvs. att man kan betrakta de obekanta som funktioner av vad som står i högerledet, dvs. att det för varje val av högerled som ligger tillräckligt nära de siffor man hade från början finns exakt en lösning, ifall man inskränker sig till att leta lösningar i en tillräckligt liten omgivning av den givna punkten). Det är tre villkor som behöver verifieras, varav de första två oftast är triviala: 1. Funktionerna i vänsterleden är av klass C 1. (Detta är oftast helt uppenbart, eftersom det brukar vara polynom eller andra elementära funktioner.). Den givna punkten är en lösning till ekvationssystemet. (Också självklart, för annars vore ju uppgiften felkonstruerad! Men det bör kontrolleras ändå.) 3. Funktionaldeterminanten av vänsterledet ska vara skild från noll när man sätter in den givna punkten. (Detta liknar linjär algebra, där man använder determinanten för att undersöka om ett linjärt n n-system är entydigt lösbart. Skillnaden där är att matrisen är konstant, så det blir samma determinant oberoende av i vilken punkt man tittar. I det olinjära fallet kan ekvationssystemet ha olika egenskaper i olika punkter.) Implicita funktionssatsen handlar om underbestämda ekvationssystem, alltså system där man har färre ekvationer än obekanta. Säg t.ex. att man har 5 variabler men bara ekvationer. Om man fixerar värdet på 3 av variablerna 7