Sammanfattning TATA43

Transkript

1 Sammanfattning TATA43 Innehåll Förkunskap... 2 Beskrivning av mängder... 2 Beskrivning av funktioner/tor... 4 Implicita funktioner... 4 Polära koordinater... 4 Rmdpolära koordinater... 4 Clindriska koordinater... 5 Differentialkalkl... 6 Teori... 6 Derivata... 6 Lokala undersökningar... 8 Optimering (med bivillkor)... 0 Implicita funktionssatsen... Eempel: Lokala undersökningar... 3 Eempel: Optimering med bivillkor... 5 Eempel: Tangenter/tangentplan... 9 Eempel: Differentialekvationer Eempel: Implicita funktionssatsen Integralkalkl Teori Variabelbte Generaliserade integraler Tngdpunkt Eempel: Dubbelintegraler... 3 Eempel: Trippelintegraler Formelblad Primitiva funktioner Elementära funktioner Fler primitiver Partiell integration Andragradskurvor Andragradstor Sida av 40

2 Förkunskap Beskrivning av mängder En mängd kan ses som ett antal tillåtna värden (eller vektorer). Begrepp Förklaring Eempel Sluten Alla tillåtna värden är inneslutna. Alla värden på randen ingår i mängden. Mängden hänger ihop. Öppen Värdena på randen ingår inte i mängden. Begränsad Obegränsad Värdena är begränsade efter en regel, värdena kan inte gå mot oändligheten. Obs! En sluten mängd är begränsad, men en begränsad mängd måste inte vara sluten. Kan anta vilka värden som helst (gå mot oändligheten). Det kluriga kan vara att beskriva mängden för geometriska former med matematiska uttrck. Eempel: Beskriv mängden M som ges av en triangel i planet med hörn i (0, 0), (4,2) och (4,0). Ritar upp figuren: (4, 2) = 2 (0, 0) (4, 0) M = (, ) R 2 : 0 4, 0 2 Sida 2 av 40

3 Eempel: Rita mängden M = {(, ) R 2 : , 0 + 2} Delar upp mängderna i två delar: Del Beskrivning Figur = 4 ger randen på en cirkel med medelpunkt i origo och radien 2. Olikheten ger att alla punkter innanför randen ingår beskriver alla punkter mellan aeln och linjen = + 2. = Det gemensamma området. Eempel: Vid beräkning av dubbelintegraler är det ibland nödvändigt att ange ett område på ett annat sätt än vad som initialt anges. M = (, ) R 2 3 0, 3 Ritar upp figuren genom att rita ut linjen = i intervallet 0. 3 = 3 = = Kan även beskrivas som att går mellan 0 och samt går mellan 0 och 3. Svar: M = {(, ) R 2 0 3, 0 } Kontroll: Välj punkter utanför och innanför området och se hur kriterierna uppflls/inte uppflls. Sida 3 av 40

4 Beskrivning av funktioner/tor Implicita funktioner Implicita funktioner innebär att de inte är uttrckligen beskrivna, t.e. nivåkurvan ( 2) 2 = b = (2, 2) a = (, ) 2 + ( 2) 2 = 4 För en funktion () gäller att det endast får finnas ett -värde för varje -värde. Om man löser ut från uttrcket ser man att det blir = 2 ± 2 2, vilket innebär att det finns två värden för varje. Globalt kan man alltså inte uttrcka nivåkurvan som en funktion (), däremot kan man uttrcka det som en funktion inom vissa områden. I en omgivning av punkten a ser man att = I en omgivning av punkten b blir = 2 ± 2 2. Vidare ser man att f = 0 i punkten b men f 0 i punkten a, vilket visar sig vara direkt avgörande för om man kan definiera en funktion () i punkten, se implicita funktionssatsen. Polära koordinater Polära koordinater används främst när man beskriver smmetriska figurer, som cirklar och ellipser. ρ = ρ cos φ = ρ sin φ, ρ2 = φ Rmdpolära koordinater Rmdpolära koordinater används främst för att beskriva smmetriska tor/mängder i tre dimensioner, så som klot och ellipsoider. Obs! För beskrivning av hela rummet i rmdpolära koordinater gäller att 0 θ π, 0 φ 2π, 0 r θ r = r sin θ cos φ = r sin θ sin φ, r 2 = = r cos θ Sida 4 av 40

5 Clindriska koordinater Clindriska koordinater är en hbrid av polära och karteiska koordinater. Clindriska koordinater lämpar sig vid mängder med rotationssmmetri runt -alen, vilket annars är svårt att beskriva. P = (ρ, φ, ) = ρ cos φ = ρ sin φ, ρ 2 = = Sida 5 av 40

6 Differentialkalkl Teori Vid optimering/derivering av funktioner med flera variabler är det viktigt att tänka på skillnaden jämfört med funktionsanals i en variabel. I flera variabler undersöker man hur funktionen beter sig över definitionsmängden. Obs! Funktionen f har största och minsta värde i området (f h.s.o.m. i D) om Funktionen f är kontinuerlig och området D är slutet och begränsat. Derivata Derivata beskrivs som gränsvärdet för differensen när två punkter närmar sig varandra. I en variabel ger derivatans definition: f (a) = lim h 0 f(a + h) f(a) h Partiella derivator Resonemanget för partiella derivator är analogt med fallet i en variabel med skillnaden att punkten och tillskottet är vektorer istället för skalärer. Gränsvärdet för derivator i två variabler kan illustreras: = f(, ) f (a, b) = lim h 0 f(a + h, b) f(a, b) h a = (a, b) (a, b + k) f (a, b) = lim k 0 f(a, b + k) f(a, b) k (a + h, b) Funktionen definieras som partiellt deriverbar (m.a.p. variabeln) om gränsvärdet eisterar. Resonemanget är analogt i fler dimensioner men svårare att illustrera Om funktionen är partiellt deriverarbar i alla riktningar (dimensioner) är den även differentierbar. Differentierbarhet Funktionen f(), = (,, n ), är differentierbar om f(a + h) f(a) = A h + + A n h n + h ρ(h) En differentierbar funktion är partiellt deriverbar och f j (a) = A j, =,, n Sida 6 av 40

7 Gradient Gradienten är ungefär en vektor av derivatan i olika riktningar. Gradienten betecknas. Gradienten i en punkt utgör normalvektorn till funktionen. f(,, ) = f, f,, f(,, ) = (f, f, f ) Obs! Gradienten är alltså en vektor! (Man kan inte lägga ihop de olika elementen i gradienten.) Anmärkning: Då gradienten är normalen till kurvan/tan i en punkt anger den också den snabbaste riktningen bort från kurvan/tan. Riktningsderivata Riktningsderivatan anger hur funktionen förändras i en viss riktning. f v (a) = f(a) v Något förenklat kan man se det som att gradienten består av riktningens komposanter. Genom skalärprodukt med vektorn v ges hastigheten i just den riktningen. Tangentplan I en variabel analserar man tangentlinjer, i två variabler blir motsvarande beräkning ett tangentplan. I 3 variabler hade det blivit en tangenthperplan, men det är svårare att föreställa sig. f differentierbar Det finns ett tangentplan. T: = f(a, b) + f (a, b) ( a) + f (a, b) ( b) Jämför: A + B + C = D, där n = (A, B, C), där F = n F = n = (n, n 2, n 3 ) a = ( 2,, 4) F(,, ) = F(,, ) = (2, 2, ) F(a) = F( 2,, 4) = ( 4, 2, ) = n T: = D a T = = 4 = D T: = 4 Sida 7 av 40

8 Lokala undersökningar Lokala undersökningar innebär i princip bestämning av maimi- och minimipunkter. Tillvägagångssättet påminner om funktionsstudie i en variabel, men man tar till ett ntt knep för att bestämma tp av etrempunkt. Teorin bgger på MacLaurin/Talor-utvecklingar. Genom att isolera en del av funktionen kan man se hur den beter sig i området. Maclaurin-utveckling med rest på ordoform: f() = f(0) + f (0) + f () 2 2! + O(3 ) Låt säga att funktionen har en etrempunkt för = 0. Då gäller att f (0) = 0, vilket ger: f() = f(0) + f () 2 2! + O(3 ) = f(0) + 2 f () + O() 2! Beroende av andraderivatans tecken kan man nu bestämma tp av etrempunkt. Obs! Ordo står för resten och antas vara väldigt liten, i alla fall begränsad, vilket gör att man räknar med O() = O(). Fall Utveckling Innebörd f () > 0 f() = f(0) + 2 f () Minimipunkt + O() 2! f () < 0 f() = f(0) 2 f () + O() 2! Maimipunkt f () = 0 f() = f(0) + 2 O() Säger ingenting. Med samma resonemang fast i två variabler blir sambandet: f(a + h) = f(a) + f (a)h + f (a)k + 2! f (a)h 2 + 2f (a)hk + f (a)k 2 + O(h 3 ) a = (a, b), h = (h, k) Om f(a) är en stationär punkt gäller att f (a) = f (a) = 0 vilker ger resultatet: f(a + h) = f(a) + 2! f (a)h 2 + 2f (a)hk + f (a)k 2 + O(h 3 ) Analogt med fallet i en variabel bestäms tpen av etrempunkt genom tecknet på sista termen. Då O(h 3 ) 0 kan sista termen approimeras som en kvadratisk form där Q(h, k) = Ah 2 + 2Bhk + Ck 2, A = f där B = f C = f Sida 8 av 40

9 Om en kvadratisk form antar positiva eller negativa värden kan enkelt bestämmas genom att titta på teckenkaraktären. Andragradsformer och teckenkaraktär Teckenkaraktär Signatur Möjliga värden Tp av etrempunkt Positiv definit (,, ) Positiva värden Minimipunkt Negativ definit (-,, -) Negativa värden Maimipunkt Positiv semidefinit :or, minst en 0:a Positiva eller noll Säger ingenting om punkten Negativ semidefinit -:or, minst en 0:a Negativa eller noll Säger ingenting om punkten Indefinit Minst en :a, minst en -:a. Positiva och negativa Inte en lokal etrempunkt. I tre variabler blir den kvadratiska formen följande: Q(h, k, p) = Ah 2 + Bk 2 + Cp 2 + 2Dhk + 2Ehp + 2Fkp, där A = f (a) B = f (a) C = f (a) D = f (a) E = f (a) F = f (a) Fallet semidefinit Om andragradsformen är semidefinit säger det ingenting om punkten. För att avgöra om det finns en lokaletrempunkt får man då undersöka hur funktionen uppför sig längs en koordinatael i taget. T.e. låt = f(, ) ha en stationär punkt i origo (0, 0) och teckenkaraktären semidefinit. För att undersöka punkten får man nu undersöka hur funktionen beter sig längs -aeln samt längs -aeln i en omgivning av origo. = f(, ) Undersökning längs -aeln i en omgivning av origo: = f(0, ) ppanpp Undersökning längs -aeln i en omgivning av origo: = f(, 0) Sida 9 av 40

10 Optimering (med bivillkor) Optimering med bivillkor innebär att området för funktionen (definitionsmängden) är begränsad. Man vill alltså undersöka hur funktionen beter sig över ett visst område. Vid optimering är det tre områden man måste undersöka separat. Område Beskrivning Tillvägagångssätt. Inre punkter (Stationära punkter) Det stora området. Ekvationssstem av de partiella derivatorna. 2. Randpunkter Kanten av det tillåtna området. Sstemdeterminanten för derivatorna ska vara noll. 3. Ändpunkter Ändpunkterna (ofta skärningspunkter). Ekvationssstem med ändpunkternas värden. Eempel: Bestäm största och minsta värde av funktionen f(, ) = över området som begränsas av g(, ) = och h(, ) = 2 0 g: = h: = 2 Ändpnnkppr Inrp oorådp. Inre punkter (Stationära punkter) Ekvationssstem av partiella derivator. f = 4 2 = 0 f = 2 2 = 0 = 2 = 4 2 = 0 = /2 Vi har alltså en kandidat i punkten 2, 2. Randpunkter Sstemdeterminanten är 0 Här ställer man upp ett ekvationssstem där man utnttjar att sstemdeterminanten är noll samt att bivillkoret har ett konstant värde. Generellt sätt ser ekvationssstemet ut: f f g g(, ) = C, där f g innebär f g g = = = (4 2)2 /2 2 2 (2 2 ) = = = Lösningen till ekvationssstemet ger kandidater från randen. Sida 0 av 40

11 3. Ändpunkter Ekvationssstem med ändpunkternas värden. Ändpunkterna för villkoren g(, ) = , h(, ) = 0 beräknas enligt 2 följande = 2 = = =, 2 2 = = ±/ 2 = 2 = 2 = ± 2 Vilket ger två kandidater: 2, respektive 2, 2 2 När alla kandidater är framtagna beräknar man funktionsvärdena i de respektive punkterna och ser vilket som är det största respektive minsta värdet. Anmärkning Vid kandidatsökning på randen till ett villkor g(a) gäller allmänt att kandidaten ges av lösningen till ekvationssstemet: f(a) = λ g(a) g(a) = C Men två villkor i två dimensioner kan man utnttja sambandet: f(a) = λ g(a) f f g g = 0 Med två villkor i tre dimensioner kan man utnttja sambandet: f(a) = λ g(a) f g = 0 Vid fler än tre variabler finns inget bra knep man kan använda utan man får helt enkelt ställa upp ekvationssstemet f(a) = λ g(a). Samma sak gäller vid flera villkor, t.e: λ f + λ 2 g + λ 3 h + λ 4 j = 0 Implicita funktionssatsen Två variabler Givet F C, F(, ) = C, F(a) = C, F (a) 0 F(, ) är en C -funktion = () i någon omgivning av, och för funktionen gäller att () = d d = F, () F, () Obs! Regeln för () behöver man inte lära sig utantill utan man kan vid behov derivera funktionen implicit och erhålla samma resultat. Sida av 40

12 Tre variabler I tre variabler blir resonemanget något knepigare att illustrera, utan man får försöka applicera resonemanget från två variabler. Vi betraktar nivåkurvan F(,, ) = C. b f (b) 0 f (a) = 0 a I punkten a är F = 0, vilket gör det omöjligt att i omgivningen definiera en höjdkurva (, ). Vidare gäller här även att vi inte kan parametrisera och som (). Då varierar () skulle dessa funktioner röra sig längs respektive ael, vilket inte är tillåtet. I punkten b däremot där F 0 kan vi skapa höjdfunktionen (, ) samt även parametrisera och som (), då olika höjder innebär olika koordinater. () Förhållande i tre dimensioner Förhållandena mellan derivator och parametriseringar är knepigare att härleda algebraiskt i tre dimensioner. Om man ritar upp det så är dock sambanden relativt intuitiva. Villkor F 0 F 0 F 0 Funktion av två variabler (, ) (, ) (, ) Partiella derivator Parametrisering Derivator = d d = F F = d d = F F = d d = F F = d d = F F = d d = F F = d d = F F () () () () () () () = d d = F F () = d d = F F () = d d = F F () = d d = F F () = d d = F F () = d d = F F Sida 2 av 40

13 Eempel: Lokala undersökningar Eempel: Uppgift, Tenta , TATA43 Bestäm samtliga lokala maimi- och minimipunkter till f(, ) = Anmärkning: Funktionen är kontinuerlig men är definierad på hela R 2. Då området varken är slutet eller begränsat så måste det inte finnas några största/minsta värden. I uppgiften ska vi endast leta lokala etrempunkter, alltså koordinater i -planet. Lösning: Steg. Tar fram stationära punkter. 2. Tar fram de partiella andraderivatorna. 3. Bestämmer teckenkaraktär vid punkterna. Lösning f(, ) = f = f = f = = 0 f = = 0 = = 3( 2) = 0 Ger två kandidater: : (, ) = (0, 0), 2: (, ) = ( 4, 2) f = 2 f = f = 4 : (, ) = (0, 0) f (0, 0) = 2 f (0, 0) = 2 f (0, 0) = 4 Q(h, k) = 2h 2 + 2k hk Q(h, k) = 2(h + 2k) 2 8k 2 + 2k 2 = 2(h + 2k) 2 6k 2 Indefinit Inte en lokal etrempunkt. Svar: 2: (, ) = ( 4, 2) f ( 4, 2) = 2 f ( 4, 2) = 4 f ( 4, 2) = 4 Q(h, k) = 2h 2 + 4k hk Q(h, k) = 2(h + 2k) 2 8k 2 + 4k 2 = 2(h + 2k) 2 + 6k 2 Pos. definit Lokal minimipunkt. ( 4, 2) är en lokal minimipunkt. (Lokala maimipunkter saknas.) Sida 3 av 40

14 Eempel: Uppgift 5, Tenta , TATA43 Bestäm samtliga lokala maimi- och minimipunkter till f(,, ) = Lösning: Steg. Ta fram de partiella derivatorna. 2. Ta fram stationära punkter. Bestäm när alla derivator är noll: Sätt upp ekvationssstem och bestäm koordinaterna. 3. Ta fram andraderivatorna. 4. Bestämmer teckenkaraktär vid punkterna. Lösning f(,, ) = f = f = 2 2 f = 2 f = = = 0 f = 2 2 = 0 = 2 2 f = 2 = 0 = 0 2 (6 ) = 0 = 0 = 0 = = 6 = 36 2 = 8 = 0 Stationära punkter: : (0, 0, 0). 2: (6, 8, 0) f = 2 2 f = 2 f = 2 f = 0 f = 2 f = 0 : f (0,0,0) = 0 f (0,0,0) = 0 f (0,0,0) = 2 f (0,0,0) = 0 f (0,0,0) = 2 (0,0,0) = 0 f = 0 = 2 2 = 0 Q(h, k, p) = 0h 2 + 2k 2 + 2p 2 + 0hk + 0hp + 0kp Pos. Semidefinit Säger ingenting om punkten! Undersöker funktionen längs en ael i taget: f(, 0, 0) = 2 3, som kan anta både positiva och negativa värden. Ingen lokal etrempunkt! f (6, 8, 0) = 36 f (6, 8, 0) = 2 f (6, 8, 0) = 2 f (6, 8, 0) = 0 f (6, 8, 0) = 2 (6, 8, 0) = 0 f Svar: Q(h, k, p) = 36h 2 + 2k 2 + 2p hk = 36h 2 + 2(k 2 2hk) + 2p 2 Q(h, k, p) = 36h 2 + 2(k 6h) 2 72h 2 + 2p 2 = 36h 2 + 2(k 6h) 2 + 2p 2 Indefinit Inte en lokal etrempunkt! Funktionen saknar lokala etrempunkter. Sida 4 av 40

15 Eempel: Optimering med bivillkor Eempel: Uppgift 3, Tenta , TATA43 Bestäm största och minsta värdet, om det finns, av 2 + på den del av ellipsskivan där Anmärkning: Funktionen är kontinuerlig och området är slutet och begränsat, vilket innebär att funktionen har största och minsta värde i området. Anals: Optimeringsproblem i två dimensioner med två bivillkor. Döper funktionerna och villkoren: f(, ) = 2 + g(, ) = h() = 3 g(, ) = = 4 h() = = 3 Lösning: Steg Lösningsgång. Inre (stationära) f(, ) = 2 + f = 2 + = 0 = 2 punkter. f = = 0 = 0 Punkten ligger utanför området. 2. Randpunkter Ellipsen: f g, pvå diopnsionpr f f g g = = 6 2 = (2 + )2 6 = = Sätter in uttrcket i funktionen g(, ) = = = = ( + 2)( ) = 0 = 2 = = = ± 2 = 0 Ekvationen gav tre punkter på ellipsens rand, men endast en som stämmer med det andra villkoret, 3. Kandidat: (, ) = (, ) f(, ) = 2 + = 3 Sida 5 av 40

16 Linjen: = 3 f(, 3) = f = 2 6 = 0 = = 3 Kandidat: (, ) = 3, f 3, = = 3 3. Ändpunkter Ändpunkterna ges vid skärningen av g(, ) och h() = 4 = 3 Kandidat : (, ) =, 3 f Kandidat 2: (, ) = Svar: Största värde: f(, ) = = 4 2 = 3 = ± = Minsta värde: f 3, 3 = 2 3 3, 3 = = 2 3, 3 f 3, 3 = = 2 3 Sida 6 av 40

17 Eempel: Uppgift 5, Tenta , TATA43 Bestäm största och minsta värde, om de finns, av funktionen f(,, ) = då = och. Anmärkning: Funktionen är kontinuerlig och området är slutet och begränsat: Funktionen har största och minsta värde i området. Anmärkning2: Villkoret är inte en olikhet utan en likhet, vilket innebär att det endast är randpunkter och ändpunkter som behöver undersökas. Anals: Det tillåtna området är den delen av en sfär g(,, ) = = som skärs av ett plan h(,, ) = 0. Lösning: Steg. Undersöker randpunkter Lösningsgång Sfärens rand, h(,, ) = > 0: f g, prp diopnsionpr f g = 0 f = (2, 2, 2) g = (2, 2, 2) = 0 f g = 2 2 = 4 4 = 0 = = 0 ( ) = 0 = ( ) = 0 Två fall:, = 0, = 0 0 = 0 Insättning i ekvationen g(,, ) = = ger kandidaterna (0, 0, ±), men endast (0, 0 ) stämmer överrens med det andra villkoret h(,, ) > 0. Kandidat: (,, ) = (0, 0, ) (0, 0, ) = 2 Sida 7 av 40

18 2. Undersöker ändpunkter (skärning mellan sfär och plan). Sfärens skärning med planet (tänk cirkelns omkrets där planet skär, se figur). f, g, h linjärt beroende f f f = g g g = = h h h = (2 2) = (2 2)(0 2) = 4( ) = 0 0 Ger två fall. Utnttjar villkoren h(,, ) och g(,, ) för att ta fram kandidater. : = h(,, ) = = 0 = g(,, ) = = 2 =, Ingen lösning 2: = 0 h(,, ) = = 0 = g(,, ) = = 2 = = ±/ 2, vilket ger två kandidater. 2 f 2, 0, 2 = = f 2, 0, 2 = = Svar: Minsta värde: f(0, 0, ) = 2 Största värde: f, 0, +2 2 = Sida 8 av 40

19 Eempel: Tangenter/tangentplan Eempel: Uppgift 3, Tenta , TATA43 Bestäm alla punkter P på tan = 36 sådana att tans normallinje i P går genom origo. Observation: Ytan f(,, ) = = 36 motsvarar en ellipsoid. Linjen från origo till punkten P = (,, ) har riktningen v = (,, ). För att linjen ska skära ellipsoiden ortogonalt gäller att linjens riktning är parallell med tans gradient, med andra ord linjärt beroende. Då tan beskrivs i tre dimensioner kan man använda knepet att krssprodukten ska vara noll. n = f(,, ) P 0 L: p 0 v = 0 n = λv, prp diopnsionpr n v = 0 Lösning: Steg. Tar fram gradienten. 2. Beräknar punkten där linjen L och gradienten är linjärt beroende. Lösning f 2 + n = f(,, ) = f = 2 f n v = (2 ) (2 + 4) = (2 + 4) (2 + ) = = (2 + ) (2 ) = 4 4 = 0 = = = = = = = ( + 2)( ) = 0 = 2 = 2 : (,, ) = (,, 4) 2: (,, ) = ( 2, 2, 8) Svar: (,, 4) & ( 2, 2, 8) Sida 9 av 40

20 Eempel: Uppgift 2, Tenta , TATA43 Bestäm de tangentplan till tan = 24 som är parallella med planet = 0. Anmärkning: Ytan kan ses som en nivåkurva i tre dimensioner (ellipsoid). I de sökta punkterna är tans gradient är således parallell med planets normal = 0 n = (, 3, ) F(,, ) = = 24 Lösning: Steg. Bestämmer funktionens gradient. 2. Utnttjar parallellitet med planets normal. Lösning F(,, ) n F(,, ) = (2 + 2, 4 + 2, 2) Då problemet är i tre dimensioner kan man utnttja att krssprodukten mellan två linjärt beroende (parallella) vektorer är noll F(,, ) n = = = = = = 0 = + = 2 = 2 = = 2 3. Utnttjar F(,, ) = = ( 2) 2 + ( ) 2 + 2( 2) = = = 24 = ±2 4. Tar fram punkterna. : = 2 = 4, = 2 2: = 2 = 4, = 2 5. Tar fram planen. n = (, 3, ) T: = D : (2, 4, 2) = 2 = D T: = 2 2: ( 2, 4, 2) = 2 = D T: = 2 Svar: = 2, = 2 Sida 20 av 40

21 Eempel: Uppgift 6, Tenta , TATA43 Betrakta tan =. Beskriv de punkter på tan i vilka normallinjen till tan a) också går genom origo. b) skär -aeln. Anals: Genom att brta ut respektive variabler kan man skaffa sig en uppfattning av tan. T.e. = =, (, ) 0. Normallinjen ges av gradienten. Lösning: Steg Lösningsgång. Beräknar gradienten f(,, ) = (,, ) 2. Ställer upp linjen från 0 a 0 a origo till tan. En linje från origo till en punkt (a, b, c) på tan beskrivs L: 0 + p b 0 = p b 0 c 0 c Vi söker en punkt på tan där gradienten är parallell (linjärt beroende) med linjen: bc a 0 f(a, b, c) L, prp diopnsionpr f(a, b, c) v = 0 ac b = 0 ab c 0 bc a ac 2 ab 2 0 ac 2 ab 2 = 0 b 2 = c 2 b = ±c ac b = a 2 b bc 2 = 0 a 2 b bc 2 = 0 a 2 = c 2 a = ±c ab c b 2 c a 2 c 0 b 2 c a 2 c = 0 b 2 = a 2 b = ±a Punkten ska ligga på tan, alltså f(a, b, c) = abc =. Insättning ger: c = ± 3. Linje mellan -aeln och tan. Detta ger fra punkter: (,, ), (,, ), (,, ), (,, ) Med frågeställningen eliminerar man en variabel och går ner till ett problem i två variabler. Ytans normal skär -aeln då projektionen i -planet går genom origo. Problemet löses alltså på samma sätt som ovanstående med enda skillnaden att man endast räknar med och. Svar: a) (,, ), (,, ), (,, ), (,, ) b) Sida 2 av 40

22 Eempel: Differentialekvationer d dp = d d d dp + d d d dp Alternativt: t = t + t Eempel: Från föreläsning Lös differentialekvationen genom att göra variabelbtet n = 2 2 v = 2 d d + d d = 2 + 2, (, 0) = p 2, > 0 Anmärkning: Genom att göra variabelbtet får man en enklare tp av differentialekvationen (jämför med att göra ett basbte för att få enklare figurer). Lösning: Steg. Skriver om differentialekvationen 2. Tar fram partiella derivator. 3. Uttrcker och i derivator med avseende på u och v. 4. Sätter in uttrcken i ekvationen. Kommentar + = n = 2 2 v = 2 n = 2 n = 2 v = 2 v = 2 = u n + v v = u n + = 2 u + 2 v v v = 2 u + 2 v = (2 u + 2 v ) + ( 2 u + 2 v ) = 2 u v 2 u v = 2( ) v v = 2 5. Integrerar (med avseende på v) = 2 v + g(n) (, ) = + g(2 2 ), 6. Använder (, 0) = p 2 g( 2 ) = p 2 g(p) = p t begnnelsevillkoret Svar: (, ) = + p 2 2 (Allmän lösning) Sida 22 av 40

23 Eempel: Uppgift 4, Tenta , TATA43 Bestäm alla C 2 -lösningar (, ) till differentialekvationen + = 2 För > 0, > 0 genom att till eempel göra variabelbtet n =, v =. Anmärkning: Vi har inget begnnelsevillkor utan ska endast bestämma den allmänna lösningen. Lösning: Steg. Tar fram partiella derivator. 2. Uttrcker i derivator med avseende på u och v. 3. Sätter in uttrcken i ekvationen. Lösning n = n = v = n = v = 0 v = = u n + v v = u = u n + v v = u + v = ( ) = ( u ) = 2 uu = ( ) = ( u ) = u + ( u ) = u + ( uu + uv ) Produktregel! (T funktionen innehåller och deriveras med avseende på just.) + = 2 2 uu u + ( uu + uv ) + u = 2 2 uu u 2 uu 2 uv + u = 2 uv = 2 uv = 2 4. Integrerar Först med avseende på v och därefter med avseende på n. n = v = uv = 2 n v 2 uv = 2 n v 2 u = 2 n v + g(n) = n2 v + G(n) + H(v) n = ()2 v = (, ) = + G() + H() = 2 + G() + H() Svar: (, ) = 2 + G() + H() Sida 23 av 40

24 Eempel: Uppgift 6, Tenta , TATA43 Bestäm alla C 2 -lösningar (, ) till differentialekvationen + =, < 0, Under bivillkoren (, ) = 2 +, (, 0) =, t.e. genom att göra variabelbtet n =, v = Lösning: Steg. Tar fram partiella derivator. 2. Uttrcker i derivator med avseende på u och v. Lösningsgång n = n = v = n = 0 v = v = = u n + v v = u n + = u + v v v = v = = ( v ) = 2 vv = ( ) = ( u + v ) = ( u ) + ( v ) = uv + v + ( v ) = = uv + v + ( vv ) = uv + v + vv 3. Sätter in uttrcken i ekvationen. + = 2 vv ( uv + v + vv ) + v = 2 uv = uv = = n 4. Integrerar Först med avseende på v och därefter med avseende på n. 5. Använder begnnelsevillkoren. u = v n + g(n) = v ln n + G(n) + H(v) (, ) = ln + G() + H() (, ) = 2 + G() + H() = 2 + : H(p) = p 2 + G() (, 0) = G() + H(0) = : G(p) = p H(0) H(0) = 0 + G() H(0) + G() = G() = H(0) (, ) = ln + H(0) + () 2 + G() (, ) = ln + + () 2 + H(0) + G() (, ) = ln + + () 2 Svar: (, ) = ln + + () 2 Sida 24 av 40

25 Eempel: Uppgift 6, Tenta , TATA43 Låt (ρ, φ) vara polära koordinater i -planet. Beräkna andraderivatan d2 f i punkten (, ) = dρdφ (0, 2), om funktionen f där har derivator d2 f df = 7 och = 5. dd d Anmärkning: Inte en differentialekvation, men lösningsgången är snarlik. Man kan se omskrivningen = ρ cos φ till polära koordinater som = f(, ) = f(ρ, φ), (ρ, φ), där = ρ sin φ. Karteiska koordinaterna = 0 = ρ cos φ ger polära koordinater 0 = 2 2 = ρ sin φ ρ = 2 φ = π 2 cos φ = 0 sin φ = Minnesregeln Lösning: ger att ρ = ρ + ρ φ = φ + φ Steg. Tar fram partiella derivator. 2. Bestämmer uttrck för ρφ Lösningsgång ρ = cos φ = ρ cos φ = ρ sin φ φ = ρ sin φ ρ = sin φ φ = ρ cos φ ρ = ρ + ρ φ = φ + ρ = cos φ + sin φ φ φ = ρ sin φ + ρ cos φ ρφ = ρ φ = cos φ + sin φ φ Delar upp termerna och deriverar var för sig: cos φ + sin φ φ = (cos φ ) φ + sin φ φ : (cos φ ) φ = sin φ + cos φ ( ρ sin φ + ρ cos φ ) Obs! Produktregel (t deriverar en funktion beroende av φ med avseende på φ) 2: sin φ φ = cos φ + sin φ ( ρ sin φ + ρ cos φ ) Obs! Produktregel (t deriverar en funktion beroende av φ med avseende på φ) 3. Sätter in värden. Svar: Alltså: ρφ = sin φ + cos φ ρ sin φ + ρ cos φ + cos φ + sin φ ( ρ sin φ + ρ cos φ ) ρ = 2 φ = π 2, = 5 cos φ = 0 = 7 sin φ = = ( ) = 5 4 = 9 ρφ ρφ = 9 Sida 25 av 40

26 Eempel: Implicita funktionssatsen Eempel: Uppgift 7, Tenta , TATA43 Visa att ekvationen sin( 2 ) 3 = I en omgivning av punkten (0, ) entdigt definierar en C -funktion = (). Avgör sedan om denna funktion har ett lokalt maimum eller lokalt minimum i punkten = 0. Lösning: Kallar funktionen för f(, ) = sin( 2 ) 3 = Steg Lösningsgång. Beräknar f (0, ) f = 2 cos( 2 ) 3 2 f (0, ) = 0 3( ) 2 = 3 0 Implicita funktionssatsen ger att funktionen f definierar en C -funktion i en omgivning t f Bestämmer () f, () = sin( 2 ()) () 3 = 3. Undersöker teckenväling för punkten (0, ) Implicit derivering (derivering av båda leden) ger: f, () = 2 () + 2 () cos 2 () 3() 2 () = 0 2 () cos 2 () 3() 2 () = 2() cos 2 () () 2 cos 2 () 3() 2 = 2() cos 2 () () = 2() cos2 () 2 cos 2 () 3() 2 2() cos 2 () () = 3() 2 2 cos 2 () 2() cos 2 () () = i en omgivnig av (0, ) 3() 2 2 cos 2 () Då = gäller att () > 0 då < 0 () < 0 då > 0 Detta ger teckenvälingen +0, vilket motsvarar en maimipunkt. Svar: Lokalt maimum vid (0, ) Sida 26 av 40

27 Eempel: Uppgift 7, Tenta , TATA43 Visa att ekvationssstemet + p + ln = p p + ln + = 2 i en omgivning av punkten (,, ) = (0,, ) definierar C -funktionerna (), (). Avgör dessutom för var och en av dessa funktioner huruvida de har lokalt etremvärde i = 0. Anals: Ekvationssstemet består av två nivåkurvor i tre dimensioner, låt säga f(,, ) och g(,, ). Ekvationssstemet innebär att båda ska uppfllas samtidigt, med andra ord motsvarar resultatet skärningen mellan de två funktionerna. Genom att ooma in på skärningen kan man se det som två plan som skärvarande i en rät linje. g f h = f g Om h 0 kan man uttrcka = h(, ) och således även () respektive (), vilket är uppgiften. Lösning:. Bestämmer gradienten för f och g i punkten (,, ) = (0,, ) f(,, ) = + p + ln = p g(,, ) = p + ln + = 2 f =, p, f(0,, ) = (, p, ) g = p,, g(0,, ) = (p,, ) 2. Bestämmer h 3. Tittar på derivatorna () respektive (). h = f g = p p p = p p Från gradienten utläses: h = p / Då gäller: h (0,,) = p 0, alltså är det möjligt att definiera () och () Deriverar sstemet implicit med avseende på : + p + + ln = p p + p + ln + = 2 = 0 p + p + = + = 0 + = p Sida 27 av 40

28 Brter ut och p / / = p Detta ger en matrisekvation av tpen AX = Y där lösningen ges av A AX = A Y X = A Y Inversen av en 2 2-matris ges av a 22 a 2 det A a : a 2 A = p / / A = p / / p Derivatorna kan alltså lösas ut: = p / / p p = p / = p p / p / p + / p+ = p Insättning av punkten, (), () = (0,, ) ger: = p0 / p = 0 = p p = 0 Alltså har () inte en lokal etrempunkt vid = 0, medan () potentiellt har det. För att bestämma tp av etrempunkt tittar man på andraderivatan. = p / p Den här derivatan blir väldigt komple, men eftersom vi vet att (,, ) = (0,, ) samt () = 0 och () = behöver man inte utveckla fler steg än nödvändigt. () = p p 2 p Då vi vet att e (0) = p = 0 behöver man inte utveckla längre. Insättning ger nu: p 0 p0 2 p = + p = 2 > 0 Lokal minimipunkt p Sida 28 av 40

29 Integralkalkl Teori Variabelbte Riktlinjer: Cirklar/Klot/Ellipser Polära koordinater Figurer som inte ligger längs koordinatalarna Linjärt bte så att koordinatalarna ligger längs figuren. Clindrar/figurer smmetriska runt en ael Clindriska koordinater Vid variabelbte i flera dimensioner måste man ta hänsn till funktionaldeterminanten. (Jämför med variabelbte i en dimension.) Två variabler d(, ) dd = dndv d(n, v) Tre variabler d(,, ) ddd = dndvdw d(n, v, w) d d(, ) = dn d(n, v) d dn d dv d dv d dn d(,, ) d(n, v, w) = d dn d dn d dv d dv d dv d dw d dw d dw Polära koordinater: Funktionaldeterminanten är konstant! d(, ) = ρ d(ρ, φ) Clindriska koordinater: Funktionaldeterminanten är konstant! Finns inte, ) d(, d(r, θ, φ) = r2 sin θ d(,, ) = ρ d(ρ, φ, ) Obs! Ibland är det lättare att räkna ut determinanten från andra hållet. Determinanten är inverterbar vilket då utnttjas. Sats: Variabelbte dubbelintegral f(, ) D d(, ) d(n, v) = d(n, v) d(, ) = g(n, v) = h(n, v) dd = f(g(n, v), h(n, v)) E d(, ) dndv d(n, v) Sida 29 av 40

30 Variabelbte: Polära Koordinater Variabelbte; Linjärt bte Generaliserade integraler En generaliserad integral innebär att antingen området eller integranden är obegränsad. Om funktionen är strängt positiv (eller negativ) över området räknar man som vanligt. I en variabel gäller: f d, D b D: { R 2 : 0} = lim f d b 0 Samma samband gäller även i flera variabler. Anmärkning: Om området är obegränsat i både och -led kan man bta till polära koordinater (eftersom området då bara är obegränsat i ett led). Integrand med välande tecken Om f(, ) är definierad och kontinuerlig över D samt f(, ) 0 övpr D + f(, ) övpr D gäller att Tngdpunkt f D dd = f D + dd ( f) dd D_ T = f(,, )ddd K, Anapogp för och f(,, )ddd K Anmärkning: Om f(,, ) = ger trippelintegralen över området kroppens massa, vilket kan utnttjas. Sida 30 av 40

31 Eempel: Dubbelintegraler Eempel: Uppgift, Tenta , TATA43 Beräkna ( ) dd D där D är triangeln med hörn i (0, 0), (4, ) och (2, 2). Lösning: Steg. Ritar upp området. Lösningsgång (2, 2) (4, ) (0, 0) 2. Gör variabelbte (så figuren ligger längs de na koordinatalarna). (0, ) v n (0, 0) (, 0) 2 = 4 2 n 4n + 2v = v n + 2v = 4 n + 2 v 2 3. Beräknar funktionaldeterminant. d d(, ) = dn d(n, v) d dv d dn = 4 d 2 2 = = 8 2 = 6 dv 4. Ritar upp området i det na koordinatsstemet. d(, ) dd = dndv = 6 dndv d(n, v) v = n Område: 0 n 0 v n 5. Beräknar integralen. ( ) D dd = (n + 2v (4u + 2v) E 6dndv = 3u 6 dndv = E Sida 3 av 40

32 Svar: = 8 u dndv = 8 n dv dn = E u= = 8 [nv] v=0 u=0 v= u u= u=0 = = 8 = v= u v=0 u= dn = 8 (n n 2 ) u=0 dn = 8 n2 2 n3 u= 3 = u=0 Sida 32 av 40

33 Eempel: Uppgift 5, Tenta , TATA43 Beräkna p R 2 dd Anmärkning: Integralen är generaliserad (obegränsat område) men strängt positiv vilket gör att man kan räkna som vanligt. Anals: Integralen löses förmodligen enklast genom att först göra ett linjärt variabelbte för att få bort koefficienterna från andragradsuttrcket i eponenten för att därefter gå över till polära koordinater. Lösning: Steg. Gör ett linjärt variabelbte. 2. Beräknar funktionaldeterminanten. Lösningsgång Tittar endast på eponenten: = ( ) = (( + 2) ) = = (( + 2) 2 + (2) 2 ) n = + 2 Variabelbte: v = 2 d(n, v) 2 = d(, ) 0 2 = 2 0 = 2 d(, ) d(n, v) = d(n, v) d(, ) = 2 dd = 2 dndv 3. Bter till polära koordinater. n = ρ cos φ v = ρ sin φ, ρ 2 = n 2 + v 2 p R 2 u2 v2 dd = p R 2 2 dndv 0 ρ b, b d(n, v), = ρ 0 φ 2π d(ρ, φ) p u2 v 2 2 dndv = 2 R 2 = 2 2π dφ 0 b p ρ2 ρ dρdφ = R 2 2ρp ρ2 dρ = 2 2 2π 2 b p ρ2 0 = 0 = π 2 p b2 p 0 = π 2 p b2 = π 2, b Svar: p R 2 dd = π 2 Sida 33 av 40

34 Eempel: Trippelintegraler Eempel: Uppgift 4, Tenta , TATA43 Beräkna ddd, D där D ges av , och 0. Anmärkning: Området beskriver en ellipsoid som är begränsad av tterligare två kriterier. Genom att göra ett linjärt variabelbte kan man skriva om ellipsoiden till en klot i ett ntt koordinatsstem n 2 + v 2 + w = n 2 = v = w w v n Ett klot är enkelt att hantera genom att bta till rmdpolära koordinater. För att bestämma området måste vi även ta hänsn till de kriterierna: 2 3 0, 0 vilket i det na koordinatsstemet innebär v n 0, w 0. w n π θ π 2 v = n v π 4 φ π 2 Rmdpolära koordinater ger: n = sin θ cos φ v = r sin θ sin φ, w = r cos θ Sida 34 av 40 0 r 2 π θ π 2 π 4 φ π 2

35 Lösning: Steg. Linjärt variabelbte Lösningsgång 3 = n 2 = v = w d dn d(,, ) d(n, v, w) = d dn d dn d dv d dv d dv d dw /3 0 0 d = 0 /2 0 = dw d dw 2. Bte till rmdpolära koordinater. n = r sin θ cos φ v = r sin θ sin φ, w = r cos θ 0 r 2 π θ π 2 π 4 φ π 2 d(n, v, w) dndvdw = d(r, θ, φ) drdθdφ = r2 sin θ drdθdφ 3. Beräknar integralen. Alltså: ddd = 6 dndvdw = 6 r2 sin θ drdθdφ D ddd = vw E 2 6 dndvdw = = 2 r sin θ sin φ r cos θ r2 sin θ F drdθdφ = = 2 r4 cos θ sin 2 θ sin φ drdθdφ = 2 F 2 r4 0 2 π dr cos θ sin 2 θ dθ π 2 = 2 r5 5 sin3 θ 0 π 3 π 2 π 2 sin φ dφ = π 4 π/2 [ cos φ] π/4 = = Svar: Sida 35 av 40

36 Eempel: Uppgift 7, Tenta , TATA43 Beräkna D + ( ) 3 ddd, där D = {(,, ) R 3 : } Anmärkning: 2 = beskriver en kon i R 3. Olikheten beskriver området utanför konen. Området är inte begränsat i varken eller -led vilket gör att integralen är generaliserad. Dock är den strängt positiv vilket gör att man kan räkna som vanligt (itererad integrering). 2 = D = {(,, ) R 3 : } (Alltså hela R 3 förutom insidan av konen.) Lösning: Steg. Integrerar med avseende på 2. Bte till polära koordinater. (För att lättare hitta primitiv funktion.) ρ 2 = Lösning D + ( ) 3 ddd = = R 2 + ( ) 3 dd d = = = R 2 + ( ) 3 dd = R 2 + ( ) 3 dd ρ 0 φ 2π Funktionaldeterminant: dd = ρ dρdφ {(, ) R 2 0 ρ b, b } 0 φ 2π Svar: 2π R 2 + ( ) 3 dd = 2ρ + (ρ 2 ρ dρdφ = ) 3 2π b 2ρ 2 = lim dφ b (ρ 2 ) 3 dρ = lim 2π 2 b b 3 3ρ 2 + (ρ 3 ) 2 dρ = 0 = lim 2π 2 b b 3 3ρ 2 + (ρ 3 ) 2 dρ = lim 2π 2 b 3 [arctan ρ3 ] b 0 = 0 = lim b 2π 2 3 arctan b3 = 4π 3 π 2 = 2π2 3 3 Sida 36 av 40

37 Eempel: Uppgift 6, Tenta , TATA43 Kroppen K ges av och Bestäm tngdpunktens -koordinat T = K K ddd ddd Anmärkning: beskriver ett klot med radien motsvarar en paraboloid. Området K är alltså instängt mellan ett klot och en parabolid D 2 (2 + 2 ) Då området roterar smmetriskt runt -aeln är det smidigt att använda sig av clindriska koordinater. P = (ρ, φ, ) = ρ cos φ = ρ sin φ, ρ 2 = = ddd = ρ dρdφd Lösning: Steg. Ställer upp gränserna. Lösningsgång 2 (2 + 2 ) ρ2 8 ρ 2 Skärningspunkterna mellan sfären och paraboloiden återfinns då = 2 Insättning av = 2 i paraboloidens ekvation ger 2 2 = vilken är en cirkel i -planet, som enkelt beskrivs med polära koordinater. 2 2 = ρ 2 0 φ 2π = D Sida 37 av 40

38 2. Beräknar K ddd K ddd = K ρ dρdφd = ρ D =8 ρ 2 d dρdφ = = 2 ρ2 = ρ 2 =8 ρ 2 D 2 dρdφ = ρ 8 p2 = 2 ρ2 D 2 8 ρ4 dρdφ = = 4ρ 3 ρ3 8 ρ5 dρdφ D 2π = dφ 0 2 4ρ 3 ρ3 8 ρ5 0 = 2π = 2π 3 (24 8) = 28π 3 dρ = 2π 2ρ 2 2 ρ ρ6 = 0 3. Beräknar K ddd K ddd = K ρ dρdφd = ρ D =8 ρ 2 d dρdφ = = 2 ρ2 = ρ D =8 ρ 2 dρdφ = ρ 8 ρ 2 2 ρ2 dρdφ = [] = 2 ρ2 = p8 ρ 2 2 ρ3 dρdφ = D 2π = dφ 0 D 2 p8 ρ 2 2 ρ3 0 = 2π = dρ = 2π 3 (8 ρ2 ) ρ4 = 0 2π = 2π = = 2π = π 3 4. Beräknar tngdpunkten. Svar: T = K ddd = ddd K 7 T = π π = Sida 38 av 40

39 Formelblad Primitiva funktioner Elementära funktioner f () n, p sin cos f() n+ n + ln p cos sin Fler primitiver f() f() + 2 arctan a f () f() arcsin ln a ln f() f() f() 2 f()2 cos 2 sin 2 tan cot Partiell integration f()g() d = F()g() F()g() d Sida 39 av 40

40 Andragradskurvor Cirkel Ellips Hperbel Med medelpunkt i origo Med medelpunkt ( 0, 0 ) = c a 2 + b 2 a 2 b 2 = 0 a 2 = ± 0 a 2 ( 0 ) 2 + ( 0 ) 2 = c = b 2 0 = ± b Andragradstor Yta Formel Klot = r 2 Ellipsoid Kon a 2 + b 2 + c 2 = 2 = a 2 + b 2 Clinder = r 2 Elliptisk clinder (Elliptisk) Paraboloid Hperblisk paraboloid a 2 + b 2 = = a 2 + b 2 = a 2 b 2 Sida 40 av 40