En normalvektor till g:s nivåyta i punkten ( 1, 1, f(1, 1) ) är gradienten. Lektion 6, Flervariabelanalys den 27 januari z x=y=1.

Transkript

1 Lektion 6, Flervariabelanals den 27 januari Givet funktionen och punkten p 1, 1, beräkna a gradienten till f i p, f, + b en ekvation för tangentplanet till f:s graf i punkten p, fp, c en ekvation för tangentlinjen till nivåkurvan för f i punkten p a Gradienten till f är där I punkten p 1, 1 är alltså f,, fp + 2, , 2 1 b Grafen till f är den ta i R 3 bestående av alla punkter,, z som uppfller sambandet Vi kan skriva om detta samband till z f, 0 f, z En normalvektor till g:s nivåta i punkten 1, 1, f1, 1 är gradienten g n g1, 1, 0, g, g 1 z0,, , 1 2, 1 z0 Eftersom tangentplanet genom punkten 1, 1, 0 ska tangera g:s nivåta är n en normalvektor till planet Planets ekvation är därmed n r 1, 1, , 1 2, 1,, z 1, 1, z 0 c En nivåkurva till f består av alla punkter, som uppfller sambandet för något fit C f, C Punkten p 1, 1 tillhör nivåkurvan med C-värdet C f1, För att bestämma tangentlinjen till nivåkurvan i p 1, 1 behöver vi veta nivåkurvans riktning v i punkten p Den riktningen vet vi är vinkelrät mot nivåkurvans normal n som ges av gradienten n fp 1 2, 1 2, så v får vi eempelvis till v 1 2, 1 2 En parametrisering av tangentlinjen är rt p + t v 1, 1 + t 1 2, 1 2 Grafen är alltså i själva verket 0-nivåtan till funktionen g,, z f, z

2 1278 Bestäm en ekvation för tangentplanet till nivåtan av funktionen i punkten 1 π, π, π 2 f,, z cos z En normalvektor till nivåtan i punkten p 1 2π, π, π ges av gradienten n fp p, p, p där Tangentplanets ekvation är p sin z π/2 zπ p sin z π/2 zπ p sin z π/2 zπ n r p 0 1, 2, 3 1, 2, 3,, z 1 2 π, π, π z 11 2 π Vi har Därmed är Låt e v 1, , 1, f0, 0 0, 0, 0, 0, 1 0, 0 1, , D v f0, , 1 1, f, log r där r, Visa att f r r Bestäm ändringstakten av funktionen f, 1 + vid punkten 0, 0 i riktning 1, 1 Vi skriver ut f i och, f, log r log log2 + 2 Vi söker f:s riktningsderivata i riktningen v 1, 1, dvs D v f0, 0 e v f0, 0 Gradienten är f,,

3 där Alltså är f , , 2 + 2, r r 2 Riktningsderivatan blir alltså Denna derivata är 1 då e v f2, 0 cos θ, sin θ 0, 2 2 sin θ sin θ 1 2 θ 7 6 π eller θ 11 6 π med motsvarande riktningar cos 7 6 π, sin 7 6 π 3 2, 2 1, cos 11 6 π, sin 11 6 π 3 2, 2 1 Uttrcket 2 sin θ kan aldrig anta värdet 3 eftersom 1 sin θ 1, däremot antas värdet 2 då sin θ 1, dvs då θ 3 2π vilket svarar mot riktningen cos 3 2 π, sin 3 2 π 0, I vilka riktningar från punkten 2, 0 har funktionen f, en ändringstakt på 1? Finns det riktningar i vilka ändringstakten är 3? eller 2? Ändringstakten i en riktning v ges av riktningsderivatan D v f2, 0 e v f2, 0 En enhetsvektor i R 2 kan alltid skrivas i formen där 0 θ < 2π Gradienten är e v cos θ, sin θ θ e v f2, 0 2, 0, 2, 0, 0, Bestäm en ekvation för den kurva i, -planet som passerar genom punkten 1, 1 och skär alla nivåkurvor till under rät vinkel f, Om vår kurva ska skära en nivåkurva i punkten p vinkelrätt så måste den ha en riktning som är parallell med nivåkurvans normal fp p fp vår kurva nivåkurva

4 Antar vi att vi parametriserat vår kurva med r rt, så måste vi alltså ha att ṙt är parallell med f rt för alla parametervärden t Analtiskt betder detta att det ska finnas en skalär kt 0 så att ṙt kt f rt Skalärfunktionen kt är lite besvärande att hela tiden bära med sig, speciellt eftersom den saknar geometrisk betdelse dvs oavsett hur den ser ut påverkar den inte kurvans form utan bara hur parametriseringen ser ut Ett sätt att bli av med den är att tänka sig att vi parametriserar om vår kurva till r ut, där u: R R är en en-entdig funktion beskriver fortfarande geometriskt samma kurva, det är bara det att istället för att en punkt på kurvan svarar mot parametervärdet t 0 svarar den nu mot ett annat parametervärde Parallellvillkoret blir nu med kedjeregeln ṙ ut ut kt f rut Om vi väljer ut så att ut kt förenklas detta till ṙ ut f rut Att vi verkligen kan välja ut på detta sätt ser vi genom att sätta ut t 0 kτ dτ, för då är ut kt I och med att ut kt 0 så måste ut hela tiden antingen vara strängt väande eller avtagande, dvs en-entdig Istället för att hela tiden skriva r ut kan vi anta att vi redan från början valt denna parametrisering och skriva rt Om vi nu ska skriva i vektorform så har vi ẋt ṙt f rt ẏt rt rt 4t 3 2t blir därför ẋt 4 t 3, 1 ẏt 2 t 2 Vi ska nu lösa dessa två differentialekvationer Vi kan anta att kurvan går genom punkten 1, 1 då t 0, dvs 0, 0 1, 1 Ekvation 1 kan skrivas ẋt 4t 3 1 Om vi integrerar båda led map t från 0 till t fås vilket ger vl hl t 0 t 1 t 0 ẋt dt { w t; dw ẋt dt } 4t 3 dw 4w 3 1 8t dt t 1 8t ±1 t t 8 1 8t där minustecknet förkastas eftersom vi måste ha att 0 1 På liknande sätt löser vi 2 och får Vår kurva har alltså parametriseringen rt 1 1 8t e 2t t e 2t < t < 1 8

5 Anm Man kan eliminera parametern t och få fram att kurvan också kan skrivas som 1 ep 4 1 > rt Vi samlar ihop, e z z 2 z + ez 2 log 0 2 log e z z e z 2 z Detta givetvis under förutsättning att vi verkligen kan skriva, z lokalt Det implicita sambandet kan vi skriva som en nollställeta genom att sätta f,, z e z 2 z log π De punkter som uppfller det implicita sambandet uppfller också f,, z 0 Enligt implicita funktionssatsen kan vi utifrån f 0 skriva, z lokalt om dvs om 0, z ez 2 z 0 z e z Beräkna derivatan om uppfller följande samband e z 2 z log π Vilka villkor på,, z kan garantera eistensen av en lösning, z med ovanstående derivata Om vi börjar med derivatan så ska vi alltså derivera det implicita sambandet med avseende på z och med som en funktion av och z, dvs derivera Vi får e,z z 2 z log, z π e z z log + 2 z Beräkna derivatan om z uppfller följande samband F 2 z 2, 2 + z 0, där F är kontinuerligt deriverbar Vilka villkor på,, z kan garantera eistensen av en lösning z z, med ovanstående derivata Vi deriverar det implicita sambandet med avseende på och med z z, Kedjeregeln ger F 1 2 z 2, 2 + z 2 2z + F 2 2 z 2, 2 + z 1 z + 0

6 Vi samlar ihop, 2z F 1 + F F 1 + z F F 1 z F 2 2z F 1 + F 2 Den mängd som definieras av det implicita sambandet är en nollställeta till funktionen G,, z F 2 z 2, 2 + z Enligt implicita funktionssatsen kan vi garantera att z z, lokalt om dvs om G 0, F 2 z 2, 2 + z F 1 2z + F Beräkna derivatan z om uppfller sambanden z 2 + w z + 4w 2 Vilka villkor på,, z, w kan garantera eistensen av en lösning, z med ovanstående derivata Eftersom F är en funktion med värdemängd i R 2 kan vi nästan undantagsvist skriva två av variablerna,, z, w som funktion av de övriga två I vårt fall, z, w w, z Detta funktionsberoende kan vi dock bara garantera, enligt implicita funktionssatsen, i de punkter där dvs där F det 0,, w 2 2w w 0 Den sökta derivatan får vi genom att derivera de två implicita sambanden med avseende på och med, z och w w, z w Detta är ett linjärt ekvationssstem i de två okända Cramers regel ger 2 2w w w w 8 2w och Den mängd som bestäms av de två implicita sambanden är nollställetan till funktionen F,, z, w z 2 + w z + 4w 2

7 12812 Beräkna derivatan om u uppfller sambanden u u u 1 Vilka villkor på,, u kan garantera eistensen av en lösning u u med ovanstående derivata Cramers regel ger du d 2 + 2u 2 u u 2 3u 2 u 23 2u u + 3u u 2 u u u 2 3u 2 Mängden som definieras av de två sambanden är nollställetan till funktionen F,, u u u u 1 Eftersom F :s värdemängd är i R 2 kan vi nästan överallt skriva två av variablerna som funktion av den tredje I vårt fall Ett tillräckligt villkor för detta är att, u u F det 0,, u enligt implicita funktionssatsen, dvs 2 + 2u 2 3u 2 u Derivatan du d 2 + 2u u 2 3u u + 4u 2 0 får vi genom att derivera de två implicita sambanden map d d d + 2 d u + 2 du du d 3u2 d d d u + du d 0 Detta linjära ekvationssstem kan vi sammanfatta som 2 + 2u 2 3u 2 2 u Nära vilka punkter r, s kan transformationen r 2 + 2s s 2 2r lösas med avseende på r och s som funktioner av och? Beräkna värdet av de första partiella derivatorna av lösningen i origo Vi kan skriva om sambanden mellan r, s, och som nollställetan till funktionen r F,, r, s 2 2s s 2 + 2r Funktionen F har värdemängd i R 2 varför vi kan skriva r r, s s, kring de flesta punkter Enligt implicita funktionssatsen är ett tillräckligt villkor för detta att F det 0,, s

8 dvs 2r 2 4rs s Alltså, nära punkter r, s där rs 1 kan vi skriva r r, och s s, Eftersom vi ska beräkna alla partialderivator gör vi det med dem ihopsamlade i Jacobimatrisen,s, För att göra härledningen någorlunda kompakt inför vektorbeteckningarna r r, s,, Vi deriverar det implicita sambandet F, r 0 med avseende på Kedjeregeln ger F + F 0 F 1 F Alltså är och i origo är F1 1 4rs rs F1 2s r 0 1 2s 2 2 2r Visa att ekvationerna { e + uz cos v 2 u cos + 2 v z 2 1 kan lösas i u och v som funktioner av,, z i närheten av punkten P 0 där,, z 2, 0, 1 och u, v 1, 0 Beräkna även i,, z 2, 0, 1, Lösningsmängden till ekvationerna är nollställemängden till funktionen e F,, z, u, v + uz cos v 2 u cos + 2 v z 2 1 Enligt implicita funktionssatsen kan vi lösa ut om dvs om v v u u,, z v v,, z F det 0,, v z sin v cos 2 z 2 cos sin v 0 I punkten,, z, u, v 2, 0, 1, 1, 0 är denna determinant cos 0 sin Alltså kan u och v lösas ut i termer av, och z lokalt kring,, z 2, 0, 1 Den partiella derivatan får vi genom att derivera de två implicita sambanden map z och med u u,, z, v v,, z Vi sammanfattar 0 + z + u 1 sin v v 0 v cos + 2 2z 0 z sin v cos 2 v Cramers regel ger u sin v / z sin v 2z 2 cos 2 u 2z u 2 2z sin v 2 z cos sin v I punkten,, z, u, v 2, 0, 1, 1, 0 är sin 0, cos 0 sin 0