Typuppgifter på TATA69 Hittar du något fel kan du maila mig på joali916@student.liu.se. Använd dropboxlänken för att vara säker på att du har senaste versionen av detta dokument: https://www.dropbox.com/s/8bopyyzupwzd5p/tata69%0tentahj%c3%a4lp.pdf Förkunskaper krävs för att kunna tillämpa innehållet i dokumentet, så det är nödvändigt att man aktivt deltar i lektioner och föreläsningar under kursens gång. Lycka till! Innehåll Uppgifter av typen lokala max-/minpunkter.... Uppgifter av typen tangentplan med parallellplan.... 6 Uppgifter av typen trippelintegral över a f(x, y) g(x, y) h(x, y) b.... 8 Uppgifter av typen Partiell Differentialekvation... 11 1
Uppgifter av typen lokala max-/minpunkter. Denna uppgift förekommer i både två och tre variabler, men metoden är densamma. Ex. Bestäm samtliga lokala maximi- och minimipunkter till Steg 1. Hitta alla stationära punkter: f(x, y, z) = x + y xy + yz + 3 z3. Hitta alla stationära punkter, dvs. punkter med samtliga partiella derivator lika med noll. Dessa punkter inkluderar max och min men även andra typer av stationära punkter, såsom sadelpunkter. Vi vill alltså sätta de partiella derivatorna, gradienten, lika med noll. Kontroll: f = ( f x f y f z x y 0 ) = ( 4y x + z) = ( 0) y + z 0 Redan här kan vi blicka tillbaka för en kontroll. Det är lätt att missa en term vid partiell derivering. Kontrollera därför att antalet termer i partiella derivatan för x (Här: ), är samma som antalet termer innehållandes x i det givna uttrycket för f (Här: ) och pss för y och z. (Anm. denna kontroll gäller givetvis inte vid derivering mha. kvotregel eller produktregel). Följande ekvationssystem ger alltså lösningar för stationära punkter (x, y, z): x y = 0 { 4y x + z = 0 y + z = 0 x y = 0 { y x + z = 0 y + z = 0 x = y { y y + z = 0 y + z = 0 { x y = y = z z + z = 0 x = y { y = z z( 1 + z) = 0 x = 0 { y = 0 z = 0 eller x = 1 { y = 1 { z = 1 Steg : Avgör respektive stationär punkts karaktär mha Kvadratisk form: Precis som att tecknet(+/-) på andraderivatan i en variabel berättar om vändpunktens karaktär, gäller i flera variabler att matrisen av andraderivator berättar om den stationära punktens karaktär. Närmare bestämt, tecknet på dess kvadratiska form Q anger karaktären. (Anledningen är att Q anger andraderivatans inverkan på värden med avståndet (h, k, l) ifrån punkten (x, y, z) infinitesimalt nära, där vi redan bestämt att gradienten ej har inverkan). Q = (h k l) ( f xx f yx f zx h f xy f yy f zy ) ( k) f zz l f xz f yz
Vilket i vårat exempel ger: 0 h Q = (h k l) ( 4 ) ( k) 0 4z l Kontroll: I föregående steg kan { f xy f xz f yz = = = f yx f zx f zy användas för att snabba upp processen. Detta är praktiskt om man är i tidsnöd. Om man däremot tar sig tiden att beräkna dem separat, alltså derivera i båda ordningarna, och får likadana uttryck genom båda, får man bekräftat att man sannolikt har räknat rätt. Skriver ut med matrismultiplikation: Q = h hk + 0hl kh + 4k + kl + 0lh + lk + 4zl Minnesregel för multiplicering med h, k, l vektorerna: h h k l 0 k l 0 4 4z Bilden försöker visa att Exempelvis skapas hk-termer i rad kolumn 1 och rad 1 kolumn. Åter till ekvationen. Förenklar: Q = h 4hk + 4k + 4kl + 4zl Undersöker först stationära punkten (0,0,0). Stoppar alltså in z = 0 (och x = 0, y = 0 om de hade behövts). Q = h 4hk + 4k + 4kl Kvadratkompletterar i avsikt att bli av med icke kvadrattermer för att således bli säker på termernas tecken. h 4hk = (h hk) = (h k) k Q = h 4hk + 4k + 4kl = (h k) k + 4k + 4kl = (h k) + k + 4kl Kvadratkompletterar igen: k + 4kl = (k + kl) = ((k + l) l ) = (k + l) l 3
Q = (h k) + (k + l) l Nu skall vi slutligen försöka avgöra om Q är strikt positivt, negativt, eller om det beror på (h, k, l). Indefinit: Om vi hittar (h, k, l) sådana att Q blir strikt negativt och andra (h, k, l) sådana att Q blir strikt positivt har vi visat att den är indefinit, och punkten är således inte lokmax eller lokmin. Positivt Definit: Om det framgår att Q alltid är strikt större än 0 för alla (h, k, l) utom origo. Punkten är då lokmin. Negativt Definit: Om det framgår att Q alltid är strikt mindre än 0 för alla (h, k, l) utom origo. Punkten är då lokmax. (Notera att positivt definit, något kontraintuitivt, ger lokalt minimum, och likadant för negativt definit konstigt nog maximum. Om du undrar varför men inte söker det strikta beviset går anledningen att jämföra med att exempelvis en envariabelfunktion med negativ andragradterm har lokalt maximum, exempelvis f(x) = 3x ) I vårt tidigare exempel framgår ej tydligt negativt eller positivt definit. Gissningsvis är det indefinit. Klura på om respektive term kan anta positiva, 0, eller negativa värden och under vilka kriterier. Gör prövning av olika värden. Om vi kan hitta ett exempel (h, k, l) som ger Q>0 och ett annat som ger Q<0 betyder det som misstänkt att det är indefinit. Först kan man bara pröva ett valfritt (h, k, l), t.ex (1, 1, 0). Undersöker Q(1, 1, 0) = 0 + (1) 0 = > 0 Söker nu ett Q < 0, alltså där l, den enda negativa termen, vinner. h = k eliminerar första termen. k = l eliminerar andra. Endast den sista, negativa termen återstår om l 0. Exempelvis l = 1, k = l = 1, h = k = 1. Undersöker Q( 1, 1, 1) = 0 + 0 (1) = 1 < 0 Q är följaktligen indefinit när z=0. Alltså är (0,0,0) inte ett lokalt maximum eller minimum och behöver alltså inte omnämnas i svaret. Kontroll: Pröva ditt svar genom insättning av värdena (h, k, l) (0,0,0) i ursprungliga Q och jämföra med kvadratkompletterade Q. Denna kontroll går även att göra någorlunda vid påståendet positivt definit med godtyckliga enkla värden (h, k, l) (0,0,0) och skall då bara producera positiva värden. Motsvarande skall kontrollen ge negativa värden vid neg def. Insättning av z=1ger med samma metod som för föregående punkt att Q = h 4hk + 4k + 4kl + 4l = = (h k) + (k + l) + l 4
Enkelt inses nu att Q 0 då den består av positiva kvadrattermer, men det behöver visas att Q 0 då (h, k, l) (0, 0, 0). Antag Q = 0. Detta ger enligt analys av föregående ekvation med enbart positiva kvadrattermer att: l = 0 { k + l = 0 { h k = 0 l = 0 k = 0 h k = 0 l = 0 { k = 0. Alltså (0, 0, 0= som enda lösning till Q=0. h = 0 Q > 0 då (h, k, l) (0, 0, 0). f Positivt definit i (-1, -1, 1). Vilket ger lokalt minimum. Svar: Funktionen f har lokalt minimum i (-1, -1, 1) 5
Uppgifter av typen tangentplan med parallellplan. Ex. Bestäm alla plan som tangerar ytan x 4 + y z = 1 och är parallella med planet x + y + z = 1. (Obs. Konstanterna är i just detta exempel båda 1, men måste inte båda vara samma konstant.) Vi börjar med att namnge de givna ytorna. Vi kallar den givna böjda ytan f = x 4 + y z = 1 och parallellplanet g = x + y + z = 1. Det sökta planet är som sagt parallellt med det linjära planet g = 1. Att två linjära plan är parallella innebär att de bara skiljer sig med en konstantterm, och våra sökta plan kan således skrivas på formen g = C. Uppgiften går alltså ut på att reda ut vilka C som uppfyller övriga villkor. Villkoret tangerar f kan delas in i två mindre villkor: - f parallellt med g i någon en punkt i x, y, z rummet, låt oss kalla själva tangeringspunkten (a,b,c). - Punkten (a, b, c) ligger på nivåytan f=1. (där 1 bara gäller detta exempel) Från (a, b, c) genereras ett värde på C med följande villkor: Punkten (a, b, c) ligger på nivåytan g=c. (där flera C genereras vid existens av flera (a, b, c)) Steg 1: Ta reda på i vilka punkter f är parallell med g. f är parallell g i en viss punkt a,b,c är samma sak som att deras normalvektorer pekar i samma riktning, vilket är ekvivalent med att den ena normalvektorn kan beskrivas som en konstant, k, gånger den andras normalvektor, ty multiplicering med konstant ändar vektorlängd men ej riktning. Det ser alltså ut så här i vårat exempel: f(x, y, z) = ( f x f y f z g(x, y, z) = ( 4x 3 4a 3 ) = ( y ) f(a, b, c) = ( b ) z c g x g y g z ) = ( 1) g(a, b, c) = ( 1) 1 1 4a 3 f(a, b, c) g(a, b, c) ( b ) = k ( 1) c 1 4a 3 = k { b = k c= k Ur det erhållna ekvationssystemet löser vi ut a, b, c i termer av k. I mer komplicerade fall kan processen förenklas mha gausseliminering. I detta fall kan vi lösa det som ett vanligt ekvationssystem utan problem och vi får: 6
3 a = k b = k { c = k f är alltså parallell g i denna/dessa punkt(er) (a, b, c). Steg : Se till att punkten (a,b,c) ligger på nivåytan f=1. Insättning av (a,b,c) i f=1 ger oss: f(a, b, c) = a 4 + b c = 1 3 f(a, b, c) = k 4 3 f(a, b, c) = k + ( k ) 4 ( k ) = 1 = 1 k = ± a, b, c blir då med insättning av k=± i tidigare lösningar a,b,c: Alltså i detta fall tangentplan. { 3 a = ± = ±1 b = ± = ±1 c = = 1 Steg 3: Se till att punkten (a,b,c) ligger på nivåytan g=c. Insättning av (a,b,c)=(1,1,-1) i g = C 1 ger oss: g = 1 + 1 + ( 1) = C 1 C 1 = Insättning av (a,b,c)=(-1,-1,1) i g = C ger oss: g = ( 1) 1 + 1 = C C = Svar: x + y + z = och x + y + z = 7
Uppgifter av typen trippelintegral över a f(x, y) g(x, y) h(x, y) b. Denna uppgift förekommer i både två och tre variabler, men metoden är densamma. Ex. Beräkna (x y)dxdydz, Där D ges av 0 x + y y + z x 3z 1. Steg 1. Förenkla gränserna genom variabelbyte: Sätt u=uttrycket i första olikheten, v=nästa uttryck, w=sista: Vilket ger D: 0 u v w 1. u = x + y { v = y + z w = x 3z För att byta variabler på integranden (x y), om det inte framgår tydligt hur det uttrycks i u, v, w, kan man i invertera variabelbytet. Det innebär att lösa ut x, y, z som funktioner av u, v, w. I detta fall räcker det att lösa ut x och y (alternativt direkt söka x-y). Här följer ett förslag på hur de kan lösas ut i vårat exempel: u = x + y { v = y + z w = x 3z Kontroll: y = u x { z = v y x = w + 3z y = u x { z = v y x = w + 3(v y) y = u x { z = v y x = w + 3(v (u x)) y = u x y = u x { z = v y { z = v y x = w + 3v 3u + 3x x = w + 3v 3u y = u + w + 3v 3u y = u + w + 3v 3u { z = v y { z = v y x = w + 3v 3u x = w + 3v 3u y = x = { u + w + 3v z = v y w 3v + 3u Om variabelbytet inverteras fullständigt, dvs om vi även löser ut z(u,v,w) kan inversen kontrolleras, exempelvis genom att sätta in x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w) i det ursprungliga ekvationssystemet där u, v, w var utlösta. Om man efter förenkling får u=u, v=v, w=w har inverteringen skett felfritt. Steg. Integranden (funktionen i integralen) kan nu beräknas: (x y) = w 3v + 3u Steg 3. Beräkna Lokala Volym Skalan: u + w + 3v = u 3v w 8
Beräkna absolutbeloppet av en funktionaldeterminant, dvs, absolutbeloppet av determinanten av de partiella derivatorna till variabelbytet i valfri riktning. Vi väljer i detta fall att använda det ursprungliga variabelbytet där (u, v, w) beror av (x, y, z): u x u y u z (u, v, w) 1 1 0 (x, y, z) = det ( v x v y v z ) = det ( 0 1 1 ) = w x w y w z 1 0 3 = (1 1 3 + 0 0 0 + 1 1 1) (1 1 0 + 1 0 1 + 0 1 3) = 0 = Kompenserar mha omskrivning för att vi valde den andra riktningens funktionaldeterminant: (x, y, z) dxdydz = (u, v, w) dudvdw = 1 (u, v, w) (x, y, z) dudvdw = 1 dudvdw Steg 4. Ställ upp integralen: Gränserna enligt skivor i vw planet är överlägset att föredra. Då behöver man inte tänka efter utan gränserna blir alltid i denna typuppgift följande: Då D ges av u=b v=b w=b u=a v=u w=v a u v w b I vårat fall är a=0 och b=1. Integranden och lokala volymskalan får inte glömmas: Steg 5. Räkna ut Integralen: u=1 v=1 w=1 (u 3v w) 1 dwdvdu u=0 v=u w=v Integralen beräknas därefter som vanligt, nedan följer ett förslag: u=1 v=1 w=1 (u 3v w) 1 dwdvdu u=0 v=u w=v u=1 v=1 = 1 = 1 w=1 w [uw 3vw ] dvdu w=v u=0 v=u u=1 v=1 1 u 3v (uv 3v v ) dvdu u=0 v=u u=1 v=1 = 1 u 3v 1 u=0 v=u uv + 7v )dvdu = 9
1 = 1 u=1 v=1 3v [uv v uv + 7v3 6 ] du v=u u=0 u=1 3 1 u 1 1 u 1 + 7 13 6 (u 3u u u3 + 7u3 6 )du u=0 u=1 = 1 5 6 + 3u u u3 6 du u=0 = 1 [ 5u 6 + 3u 4 u3 6 u4 u=1 4 ] u=0 = 1 ( 5 1 6 + 3 1 4 13 6 14 4 ( 5 0 6 + 3 0 4 03 6 04 4 )) = 1 ( 5 6 + 3 4 1 6 1 4 ) = 1 0 ( 4 + 18 4 4 4 1 4 ) = 7 48 Svar: 7 48 10
Uppgifter av typen PDE (Partiell Differentialekvation). Denna uppgift förekommer med både partiella förstaderivator och andraderivator, där steg 3-4 kan hoppas över för PDE utan andraderivator och steg 7 kan hoppas över för PDE utan bivillkor. Ex. Bestäm alla C -lösningar z(x, y) till differentialekvationen yz yy xz xy + z y = x, x > 0, Under bivillkoren z(1, y) = y + 1, z(x, 0) = x t.ex. genom att göra variabelbytet u = x, v = xy I denna typ av uppgift behöver vi en formel för att byta uttrycka en partiell derivata i nya variabler. Denna formel kallas kedjeregeln i flera variabler och ser ut så här om vi vill uttrycka funktionen s partiella x respektive y derivata i nya variabler u och v: Steg 1. Ta fram u x, u y, v x, v y : f x = u x f u + v x f v f y = u y f u + v y f v Det föreslagna variabelbytet kommer alltid vara korrekt att använda, det visar sig riggat att göra uppgiften möjlig att lösa. Målet är alltså ta de partiella derivatorna som finns i ekvationen (i detta exempel z yy, z xy, z y ) och uttrycka dem i partiella derivator map u och v istället. Innan vi ger oss på kedjeregeln ser vi dock att den genererar u x, u y, v x, v y vilka vi redan nu kan lösa ut ur variabelbytet. Som vanligt för partiell derivering behandlas x som konstant då vi deriverar map y och vice versa. Steg. Ta fram z x, z y : u = x u x = 1 u y = 0 v = xy v x = y v y = x Nu har vi alla ingredienser för att uttrycka z x och z y som z u och z v vilket är det första steget mot z xy. I kedjeregeln blir alltså f vår funktion z, och vi kan ersätta u x, u y, v x, v y med uttrycken från Steg 1: f x = u x f u + v x f v låt f = z z x = u x z u + v x z v = 1 z u + y z v = z u + yz v f y = u y f u + v y f v låt f = z z y = u y z u + v y z v = 0 z u + x z v = xz v Det bör dock noteras att man kan stoppa in mer komplicerade funktioner att ersätta f i kedjeregeln och den gäller fortfarande. När man blir bekväm med att använda kedjeregeln behöver man inte längre 11
skriva upp steget f x = u x f u + v x f v låt f = z. Nu har vi alltså lyckats uttrycka förstaderivatorna i de nya variablerna: z x = z u + yz v z y = xz v Vi väntar dock med att byta ut y och x till nya variabler, det visar sig förenkla nästa steg. Steg 3.(endast när uppgiften har andraderivator) Sätt in de kända förstaderivatorna i andraderivatorna: I vårat exempel behövs givetvis bara z yy, z xy. Eftersom det alltid gäller att z xy = z yx för en C funktion har vi snart valmöjligheten att ta fram den som verkar vara lättast. Mer specifikt kan vi välja på att reda ut: z xy = (z x ) y = (z u + yz v ) y eller z xy = z yx = (z y ) x = (xzv ) x varpå vi väljer det senare alternativet med bara en term. För z yy får vi på samma sätt z yy = (z y ) y = (xz v ) y Kontroll: Vill man kunna kontrollera sig själv kan man öva på att ta fram både z yx och z xy och jämföra att de verkligen blir samma för att minimera risken för slarvfel. Steg 4. (endast när uppgiften har andraderivator) Separera eventuella produkter och tillämpa kedjeregeln igen: Vi börjar med att reda ut z xy = (xz v ) x Det är nu det praktiska med att vi inte bytt variabler kommer in. Det går att låta f = xz v redan nu och använda kedjeregeln men vi undviker mycket krångel genom att göra oss kvitt faktorn x redan nu. Gamla hederliga produktregeln tillåter omskrivningen: z xy = (xz v ) x = (x) x z v + x((z v ) x ) = 1 z v + x((z v ) x ) Låt oss undersöka uttrycket. Termen z v är redan färdig, vi ville ju ha derivator map de nya variablerna. Faktorn x i den andra termen är lätt att växla mellan nya och gamla variabler. Faktorn ((z v ) x ) kräver dock att vi använder kedjeregeln ytterligare en gång. Denna gång låter vi dock f=z v eftersom det är funktionen som tagit f s plats i grundformeln: f x = u x f u + v x f v låt f = (z v ) (z v ) x = u x (z v ) u + v x (z v ) v = 1 (z v ) u + y (z v ) v = z vu + yz vv 1
Insättning i föregående uttryck för z xy ger: z xy = z v + x(z vu + yz vv ) Vi går igenom samma procedur för att reda ut z yy. kedjeregeln: z yy = (xz v ) y = (x) y z v + x((z v ) y ) = 0 z v + x((z v ) y ) f x = u x f u + v x f v låt f = (z v ) (z v ) y = u y (z v ) u + v y (z v ) v = 0 (z v ) u + x (z v ) v = xz vv Insättning i föregående uttryck för z yy ger: z yy = x(xz vv ) = x z vv Steg 5. Översätt Differentialekvationen till nya variabler: Blir med allt vi kommit fram till: yz yy xz xy + z y = x, x > 0 yx z vv x(z v + x(z vu + yz vv )) + xz v = x, x > 0 Detta är anledningen till att vi följer förslaget på variabelbyte, samt anledningen att vi avvaktat så länge med att byta ut variablerna på de vanliga x:en och y:na. I detta steg är det riggat att stora delar skall ta ut varandra annars är framstår diffekvationen fortfarande som olöslig och man vet att man har gjort något fel. Men det ser ljust ut i vårat exempel, vi förenklar: yx z vv xz v x z vu x yz vv + xz v = x, x > 0 x z vu = x, x > 0 Nu är det äntligen dags att byta allt till nya variabler och sätta z vu på ensam sida. x=u ger: u > 0 gav att vi slapp dela med noll, trevligt. Steg 6. Integrera fram en generell lösning: u z vu = u, u > 0 z vu = 1 u, u > 0 Nu behöver vi integrera för att lösa ut z, istället för z vu. Även här kan man pröva att integrera fram z ur z vu eller z uv och bör erhålla samma lösning. Vi väljer godtyckligt z uv z uv = (z u ) v = 1 u 13
Vanlig integrering hade gett att (z u ) v dv = 1 v dv = u u + C Men det visar sig attvid partiell integration går det lite anorlunda till: z u = v u + g(u) När man partialintegrerar map exempelvis v behöver man alltså lägga till en funktion g(u) istället för C och vi undviker dessutom att skriva ut z u = (z u ) v dv eftersom det indikerar vanlig integrering snarare en partiell. Anledningen att man lägger till g(u) att alla uttryck g(u) består endast av konstanter och u-beroende uttryck villka behandlas som konstanter och försvinner om man försöker partialderivera tillbaka till z uv, pröva gärna själv. Med andra ord är v en lösning på z u u och g(u) hjälper oss att få tag på alla lösningar. Kanske inte helt oväntat måste vi nu partialintegrera map u. Först kan vi termvis plocka fram en lösning på primitiverna, dvs de vanliga integralerna, men utan konstanten C: v du = vln(u) u g(u) du = G(u) G(u) betecknar ju primitiven till g(u), det är dock bra att använda just bokstaven stora G, för att visa att G är deriverbar map u, så att g(u) blir resultatet. Likasom vid föregående partialintegrering slår vi samman dessa och lägger på en ny funktion, denna gång H(v). H eftersom bokstaven G är upptagen och (v) eftersom vi nu partialintegrerat map u vilket innebär att v då behandlas som konstant. Vi får alltså i nya variabler den generella lösningen: z = vln(u) + G(u) + H(v) Men även om de nya variablerna är föreslagna som ett bra sätt att komma fram till lösningen skall svaret ges i de samma variablerna som PDE presenterats i nämligen x, y. Bivillkor om så finns kan heller inte användas på nya variabler. u=x, v=xy ger: z = xyln(x) + G(x) + H(xy) Där G och H är C funktioner av en variabel vilket bör poängteras annars riskerar man avdrag. Steg 7.(endast när bivillkor ges i uppgiften) Ta reda på G(u), H(v), genom bivillkor: Tricket är att sätta in de kända villkoren för att lösa ut G och H. Låt oss börja med z(1, y) = y + 1 vilket betyder z då x=1, y=y: y + 1 = z(1, y) = 1 y ln(1) + G(1) + H(1 y) = G(1) + H(y) Vi löser ut H ur ekvationen och passar på att byta till att uttrycka H i en generell variabel t, det blir mindre stökigt så. (eftersom x och y varierar mellan bivillkoren medan diffekvationen skall uppfyllas för alla x, y.) 14
Vi tar oss en titt på det andra villkoret z(x, 0) = x: H(y) = y + 1 G(1) H(t) = t + 1 G(1) x = z(x, 0) = x 0 ln(x) + G(x) + H(x 0) = G(x) + H(0), x > 0 Och löser ut G och byter även där variabel till t G(x) = x H(0), x > 0 G(t) = t H(0), t > 0 Vi har alltså löst ut G och H så när som på H(0) och G(1): Insättning i uttrycket för z ger: G(t) = t H(0) H(t) = t + 1 G(1) z = xyln(x) + G(x) + H(xy) = xyln(x) + x H(0) + (xy) + 1 G(1) Men ur G(t) = t H(0) fås G(1) = 1 H(0) G(1) + H(0) = 1 så: Kontroll: z = xyln(x) + x + (xy) Pröva om z uppfyller PDE (givetvis genom att derivera z för att få fram de första och andraderivator PDE innehåller). Pröva även att z uppfyller bivillkoren, i detta exempel genom att ersätta (x, y) med (1, y) respektive att ersätta (x, y) med (x, 0). Du bör få z=y + 1 respektive z=x såsom bivillkoren i detta exempel kräver. Då har du gjort rätt! Svar: z = xyln(x) + x + x y 15
16