Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf Flervariabelanalys 5 hp, för STS 2010-03-19 Genomgånget på föreläsningarna 1-5. Här sammanfattar vi det som genomgåtts på de olika föreläsningarna. Det innebär dels att en del som tagits upp på föreläsningen utelämnas, men också att sådant som borde ha tagits upp (om tiden hade räckt eller formen varit bättre) tillkommer. Föreläsning 1, 19/3 2010: Denna kurs handlar i huvudsak om reellvärda funktioner f (x, y), eller f (x, y, z), av två eller tre variabler. Nödvändiga förkunskaper är envariabelanalys och sådant du hittar i avsnitten 10.1-10.6 i läroboken. Du måste själv, av tidsskäl, repetera det mesta av detta stoff. Vi framhöll ett antal begrepp och satser och tog några exempel: Ortonormerade koordinatsystem i planet (R 2 ) och rummet (R 3 ) (där det kan vara ett högersystem eller ett vänstersystem). Varje punkt P i rummet har entydiga koordinater (x, y, z). Exempelvis har origo O koordinaterna (0, 0, 0). Vektorn r från O till P kallas för lägesvektorn för punkten P och vi skriver r = OP= (x, y, z). Lägesvektorn betecknas alltså på exakt samma sätt som punkten P = (x, y, z) (när de uttrycks med koordinaterna). Vi uttrycker oss ofta slarvigt och skriver t.ex. saker som vektorn från punkten r 0 = (1, 2, 3) till punkten r 1 = (2, 1, 2) fås genom att..., trots att det är fråga om lägesvektorer snarare än punkter. För lägesvektorn, som för övrigt är en helt godtycklig vektor i rummet, har vi r = (x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) = xi + yj + zk. Uttrycket xi + yj + zk visar tydligt att det är fråga om en vektor och är, av just detta skäl, att föredra framför uttrycket (x, y, z). Längden av vektorn r betecknas r och definieras som r = x 2 + y 2 + z 2. Denna längd är lika med avståndet från punkten P till origo. Vektorn från en punkt A = (a 1, a 2, a 3 ) till en punkt B = (b 1, b 2, b 3 ) betecknas AB och vi har AB= (b 1 a 1 )i + (b 2 a 2 )j + (b 3 a 3 )k och AB = (b 1 a 1 ) 2 + (b 2 a 2 ) 2 + (b 3 a 3 ) 2, vilket är lika med avståndet mellan A och B. Skalärprodukten av två vektorer u = (u 1, u 2, u 3 ) och v = (v 1, v 2, v 3 ): där θ är vinkeln mellan u och v. u v = u 1 v 1 + u 2 v 2 + u 3 v 3 = u v cos θ, 1

Exempel. För de tre vektorerna a, b, c gäller att a = 2, b = 3, c = 4 och a + b + c = 0. Bestäm a b, a c, b c samt vinklarna mellan vektorerna. Lösning. Att vektorsumman är noll betyder att när vi lägger vektorerna svans vid spets, som i den vänstra figuren, bildas en triangel. Låt γ vara vinkeln mellan a och b. Låt β vara vinkeln mellan a och c och låt slutligen α vara vinkeln mellan b och c. Se på den högra figuren, där vektorerna lagts med svansarna i samma punkt. c b c a a γβ α b Genom att ta skalärprodukten av båda leden, i likheten a + b + c = 0, med a, b respektive c får vi 0 = a a + a b + a c = 4 + 6 cos γ + 8 cos β 0 = b a + b b + b c = 6 cos γ + 9 + 12 cos α 0 = c a + c b + c c = 8 cos β + 12 cos α + 16 vilket ju är ett linjärt ekvationssystem med cos γ, cos β, cos α som obekanta. Löser vi detta (gör det!) så får vi Alltså gäller och a b = (2)(3) 4 cos γ = 1 4, cos β = 11 16, cos α = 7 8. γ = arccos 1 ( 4, β = arccos 11 ) (, α = arccos 7 ) 16 8 = 3 2, a c = (2)(4)( 11) 16 = 11 2, b c = (3)(4)( 7) 8 = 21 2. Projektionen u v av vektorn u längs vektorn v, se sid. 575, som ges av u v = u v v v v. Exempel. Låt a och c vara som i föregående exempel. Bestäm projektionen av a längs c och projektionen av c längs a. 2

Lösning. Enligt ovan har vi a c = a c c c c = 11 2 16 c = 11 32 c, c a = c a a a a = 11 2 4 a = 11 8 a. En normalekvation för ett plan har utseendet ax + by + cz = d. Vektorn n = (a, b, c) = a i + b j + c k är en normal till planet. Ekvationen kan också skrivas som n r = d, där r = (x, y, z) är lägesvektorn för en godtycklig punkt på planet. Planet delar rummet i två halvor, så kallade halvrum. Punkterna som ligger i halvrummet som n pekar in i (det positiva halvrummet) ges av olikheten n r > d, d.v.s ax + by + cz > d. Punkterna i det andra halvrummet (det negativa halvrummet) ges av olikheten n r < d, d.v.s ax + by + cz < d. Exempel. Avgör om punkterna (1, 1, 1) och (5, 5, 2) ligger på samma sida av planet x 2y + 3z = 4. Lösning. Vi har (1) 2( 1) + 3(1) = 6 > 4 och (5) 2(5) + 3(2) = 1 < 4 Den första punkten ligger därför på den positiva sidan av planet, medan den andra punkten ligger på den negativa sidan av planet. Punkterna ligger alltså inte på samma sida. Ekvationen ax by cz = d beskriver samma plan som ekvationen ax + by + cz = d. Vilken sida som är positiv beror på vilken ekvation vi väljer. Om vi i exemplet hade valt ekvationen x + 2y 3z = 4 för planet hade den första punkten legat på den negativa sidan medan den andra punkten hade legat på den positiva sidan. En ekvation på vektorform för den räta linjen som går genom punkten (x 0, y 0, z 0 ) parallellt med vektorn v = (v 1, v 2, v 3 ) = v 1 i + v 2 j + v 3 k är (x, y, z) = (x 0, y 0, z 0 ) + t (v 1, v 2, v 3 ) = (x 0 + v 1 t, y 0 + v 2 t, z 0 + v 3 t), < t <. Mer kompakt: r = r 0 + t v, < t <. Om v ej är vinkelrät mot n så skär linjen r = r 0 + t v planet n r = d i en unik punkt. Lägesvektorn r = r 0 + τ v, för skärningspunkten, uppfyller även ekvationen Alltså d = n r = n (r 0 + τ v). d = n r 0 + τ n v τ = d n r 0, r = r 0 + d n r 0 n v n v Avståndet från r 0 till skärningspunkten r är därför r 0 r = n r 0 d v n v Om vi här låter v = n så går linjen vinkelrätt mot planet och skärningspunkten är den punkt på planet som ligger närmast r 0. Det betyder att skärningspunkten är r = r 0 + d n r 0 n n 3 n v.

och avståndet δ, från r 0 till planet, är δ = n r 0 d n n n = n r 0 d n = a x 0 + b y 0 + c z 0 d a2 + b 2 + c 2. Exempel. Bestäm, för varje reellt värde på konstanten d, avståndet δ från punkten r 0 = (5, 5, 2) till planet x 2y + 2z = d. Ange även den punkt på planet som ligger nämast r 0. Lösning. Enligt ovanstående formel för avståndet punkt - plan får vi δ = (5) 2(5) + 2(2) d = 1 d = 1 + 4 + 4 3 d + 1. 3 Speciellt ser vi att om d = 1 så är avståndet noll, d.v.s punkten r 0 = (5, 5, 2) ligger på planet. Punkten på planet som ligger närmast r 0 är r = r 0 + d n r 0 n = (5, 5, 2) + d + 1 ( ) 46 + d 43 2d 20 + 2d (1, 2, 2) =,,. n n 9 9 9 9 En ekvation för sfären med centrum i r 0 = (x 0, y 0, z 0 ) och radien R är R 2 = (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 + (z z 0 ) 2 = r r 0 2 = (r r 0 ) (r r 0 ). Antag nu att avståndet från planet ax + by + cz = d till punkten r 0 är δ, d.v.s δ = a x 0 + b y 0 + c z 0 d a2 + b 2 + c 2. När det gäller avståndet mellan planet och sfären har vi tre fall: Om δ > R är avståndet mellan planet och sfären δ R. Om δ = R är avståndet mellan planet och sfären noll och planet tangerar sfären. Om δ < R är avståndet mellan planet och sfären fortfarande noll, men nu skär planet sfären längs en cirkel som har centrum i punkten där linjen r = r 0 + t n skär planet (se ovan) och radien ρ = R 2 δ 2. Exempel. (a) För vilka värden på d tangerar planet x 2y + 2z = d sfären (x 5) 2 + (y 5) 2 + (z 2) 2 = 9? Bestäm i förekommande fall även tangeringspunkten. (b) För vilka värden på d skär planet x 2y + 2z = d sfären (x 5) 2 + (y 5) 2 + (z 2) 2 = 9 i en cirkel? Bestäm i förekommande fall även cirkelns medelpunkt och radie. Lösning. Vi utnyttjar ovanstående uträkningar och får: (a) Sfären har centrum i (5, 5, 2) och radien 3. Planet kommer därför att tangera sfären omm avståndet δ, från planet till (5, 5, 2), också är lika med 3. Detta ger oss ekvationen d + 1 = 3, d + 1 = 9, d + 1 = ±9, d = 1 ± 9. 3 Alltså har vi tangering då d = 8 eller d = 10. Tangeringspunkten är den punkt på planet som ligger närmast (5, 5, 2). Då d = 8 är alltså tangeringspunkten (6, 3, 4) och då d = 10 är tangeringspunkten (4, 7, 0). 4

(b) Skärningen är en cirkel då d + 1 δ = < 3, 3 vilket ger 10 < d < 8. Skärningscirkeln har radien ρ = 80 2d d 3 2 δ 2 2 (10 + d)(8 d) = = 3 3 och centrum i punkten ( 46 + d, 9 43 2d, 9 ) 20 + 2d. 9 Cirkulära cylindrar, t.ex. x 2 + y 2 = 4, se fig. 10.6. Paraboliska cylindrar, t.ex. z = x 2, se fig. 10.7. Mängden av alla punkter som ligger ovanför planet z = 1 och under, eller på, planet z = 3 beskrivs av den dubbla olikheten 1 < z 3. Punkterna (x, y, z) som uppfyller båda olikheterna x 2 + y 2 + z 2 < 4, x y + 2z > 0 bildar ett (öppet) halvklot, närmare bestämt den klothalva som ligger på den positiva sidan av planet. Kryssprodukten av två vektorer och dess beräknande med hjälp av en determinant, se sid. 582. Föreläsning 2, 22/3 2010: Denna gång är det nytt och viktigt stoff vi går igenom, nämligen partiklar och parametrisering av kurvor. En partikel, se avsnitt 11.1, är en punkt, med attribut som massa, laddning etc., som rör sig under ett tidsintervall t 0 t t 1. För att fullständigt beskriva rörelsen räcker det att ange partikelns läge r(t) = (x(t), y(t), z(t)) för varje t [t 0, t 1 ]. Här är x(t), y(t), z(t) i princip godtyckliga funktioner av t. De funktioner vi sysslar med kommer dock att i någon mening vara snälla, vilket typiskt betyder att de har kontinuerliga derivator (åtminstone av första- och andra ordningen). Partikelns (momentana) hastighet, som är en vektor v = v(t), definieras genom v(t) = dr dt = r (t) = (x (t), y (t), z (t)) = x (t)i + y (t)j + z (t)k. Partikelns (momentana) acceleration, som också är en vektor a = a(t), definieras genom a(t) = dv dt = d2 r dt 2 = r (t) = (x (t), y (t), z (t)) = x (t)i + y (t)j + z (t)k. En cirkelrörelse i xy-planet, med konstant vinkelhastighet ω ges av r(t) = (R cos ωt, R sin ωt), t 0 t t 1, där R är radien av den i origo centrerade cirkeln. Partikeln genomlöper precis ett varv omm t 1 = t 0 + 2π/ω. För denna partikel har vi v(t) = ( Rω sin ωt, Rω cos ωt), a(t) = ( Rω 2 cos ωt, Rω 2 cos ωt) = ω 2 r(t). 5

En rätlinjig rörelse med konstant hastighet ges av r(t) = r 0 + tv, < t <, där r 0 = (x 0, y 0, z 0 ) och v är konstanta vektorer. I detta fall har vi v(t) = v och a(t) = 0 för alla t. Det tillhör allmänbildningen att kunna en smula om Newtons andra lag: För en partikel med massan m som rör sig under påverkan av kraften F (där F typiskt beror av partikelns läge r = r(t) och tiden t) gäller att r (t) = v (t) = a(t) = 1 m F. ( ) Newtons lag ger alltså en andra ordningens differentialekvation. Lösningarna till den utgörs av alla möjliga möjliga partikelbanor r = r(t) som uppfyller ( ). Antag, till exempel, att partikeln har massan m och att F = mω 2 r, där r = r(t) är partikelns lägesvektor. Newtons andra lag ger oss differentialekvationen r = ω 2 r som kan skrivas r + ω 2 r = 0 (#). Bortsett från att den obekanta funktionen r(t) är vektorvärd är detta en linjär differentialekvation av andra ordningen med konstanta koefficienter. I den situation som vi är vana vid skulle vi ha den obekanta funktionen r(t) i ekvationen r + ω 2 r = 0, vars allmänna lösning är r(t) = a cos ωt + b sin ωt, där a, b är godtyckliga reella konstanter. Allmänna lösningen till (#) är i stället r(t) = a cos ωt + b sin ωt, där a, b är två godtyckliga (konstanta) vektorer i rummet. Partikelbanan är alltid en ellips (eller cirkel). I fallen då a = b = R och a b blir banan cirkulär. I exemplet med den cirkulära rörelsen ovan, där r(t) = (R cos ωt, R sin ωt) har vi a = (R, 0) och b = (0, R). Att parametrisera en kurva innebär att man beskriver kurvan som en partikelbana r(t), t 0 t t 1. Detta behandlas i avsnitt 11.3. Observera att det finns oändligt många sätt att parametrisera en kurva. Rätt val av parametrisering är ofta viktigt för att ett problem ska bli enkelt att lösa. Ellipsen x2 a 2 + y2 = 1 kan parametriseras som b2 r(t) = a cos t i + b sin t j = (a cos t, b sin t), π t π. För att få precis ett varv av ellipsen måste t genomlöpa ett intervall av längden 2π, alltså t 0 t t 0 + 2π, där t 0 R är godtyckligt. Ovan valde vi t 0 = π. Om a = b = R är kurvan en cirkel kring origo med radien R och parametriseringen blir r(t) = R cos t i + R sin t j = (R cos t, R sin t), π t π. En spiral (helix) kring z-axeln kan parametriseras som r(t) = R cos t i + R sin t j + Rc t = k = (R cos t, R sin t, Rct), t 0 t t 1. 6

Se Ex. 6 sid. 639. För ovanstående parametrisering gäller v = ( R sin t, R cos t, Rc) och a = ( R cos t, R sin t, 0). Exempel. Parametrisera det räta linjestycket mellan punkterna A = (1, 1, 2) och B = (2, 0, 1). Lösning. Låt r 0 = (1, 1 2) och v = AB= (1, 1, 1). En parametriseringen är då r(t) = r 0 + t v = (1 + t, 1 + t, 2 t), 0 t 1. Denna parametrisering är en partikelrörelse längs den räta linjen, från A till B, med konstant hastighet. Exempel. Parametrisera skärningskurvan Γ mellan paraboloiden z = x 2 + y 2 (se Fig. 12.5, sid. 672) och planet x + z = 2. Lösning. Den här typen av problem löser man så här: Eliminera z (eller någon annan variabel) i en av ekvationerna. Då fås en ekvation som bara innehåller x och y. Det är en ekvation för projektionen Γ p, av Γ, på xyplanet. Parametrisera Γ p, d.v.s hitta funktioner x(t), y(t) så att partikeln (x(t), y(t)), t 0 t t 1 genomlöper Γ p. Uttryck z som en funktion av x = x(t) och y = y(t), med hjälp av de givna ekvationerna. På det sättet fås z = z(t) och r(t) = (x(t), y(t), z(t)), t 0 t t 1, är då en parametrisering av Γ. Med användning av denna metod får vi: Planets ekvation ger z = 2 x. Det följer att x 2 + y 2 = 2 x, x 2 + x + y 2 = 2, (x + 1 2 )2 + y 2 = 9 4. Γ p är alltså en en cirkel kring ( 1 2, 0) med radien 3 2. Sätter vi nu x + 1 2 = 3 2 cos t och y = 3 2 sin t så fås parametriseringen ( 1 2 + 3 2 cos t, 3 2 sin t), 0 t 2π, av Γ p. 7

Planets ekvation ger z = 2 x = 5 2 3 2 cos t = z(t). En parametrisering av Γ är därför r(t) = ( 1 2 + 3 2 cos t, 3 2 sin t, 5 2 3 2 cos t), 0 t 2π. Exempel. En kurva Γ har parametriseringen r(t) = (t 2, t, 1 t), < t <. De båda planen x y + z = 4 och z x = 1 skär varandra längs en rät linje L. Visa att Γ och L skär varandra och bestäm vinkeln α mellan kurvorna i skärningspunkten. Lösning. Vi tittar först på detta problem allmänt: Antag att två parametriserade kurvor Γ 1 och Γ 2 skär varandra i en punkt, under vinkeln α, och att hastighetsvektorerna i skärningspunkten är v 1 respektive v 2. Antag också att vinkeln mellan mellan v 1 och v 2 är θ. Om v 1 v 2 0 så är α = θ. Om däremot v 1 v 2 < 0 så gäller α = π θ. Det betyder att i båda fallen gäller α = arccos v 1 v 2 ( ) v 1 v 2 Skärningspunkten är (t 2, t, 1 t), där t 2 t + (1 t) = 4, d.v.s t 2 2t = 3, och (1 t) t 2 = 1, d.v.s t 2 + t = 0. Den första ekvationen har lösningarna t = 1, t = 3. Den andra ekvationen har lösningarna t = 1, t = 0. Endast t = 1 löser båda ekvationerna så skärningspunkten är r( 1) = (1, 1, 2). Vi har r (t) = (2t, 1, 1) så v 1 = ( 2, 1, 1). Som v 2 kan vi ta en godtycklig nollskild vektor som är vinkelrät mot normalerna n 1 = (1, 1, 1) respektive n 2 = (1, 0, 1), till planen. Vi väljer v 2 = n 1 n 2 = i j k 1 1 1 1 0 1 Enligt ( ) är därför kärningsvinkeln mellan kurvorna α = arccos v 1 v 2 v 1 v 2 = i(1 0) j( 1 1) + k(0 + 1) = (1, 2, 1). = arccos 1 6 6 = arccos 1 6. Ett alternativ är att bestämma v 2 genom att parametrisera L: Det första planets ekvation kan skrivas z = 4 x + y. Det andra planets ekvation kan skrivas z = 1 + x. Elimination av z ger 4 x + y = 1 + x, y = 2x 3. Sätter vi x = s (det är olämpligt att använda t som parameter även för L) får vi y = 2s 3 och z = 1 + s. En parametrisering av L är därför r = (x, y, z) = (s, 3 + 2s, 1 + s) = (0, 3, 1) + s(1, 2, 1), < s <. Kurvorna skär varandra omm det finns värden på s och t sådana att (s, 3 + 2s, 1 + s) = (t 2, t, 1 t), d.v.s s = t 2, 3 + 2s = t och 1 + s = 1 t. Detta ekvationssystem har den unika lösningen (s, t) = (1, 1), av vilket återigen följer att skärningspunkten är (1, 1, 2). Parametriseringen av L har den konstanta hastighetsvektorn v 2 = (1, 2, 1) = i + 2j + k. Skärningsvinkeln α beräknas sedan som förut. Båglängden L(Γ) av en kurva Γ med en parametrisering r(t), t 0 t t 1 definieras som L(Γ) = t1 t 0 r (t) dt = t1 t 0 v(t) dt = t1 t 0 v dt = t1 t 0 ds. 8

Exempel. Beräkna längden av ett varv av spiralen med parametriseringen r(t) = R cos t i + R sin t j + Rc t = k = (R cos t, R sin t, Rct). Lösning. Ovanifrån sett är spiralen en cirkel som genomlöps ett varv omm t 1 = t 0 + 2π. Vi väljer t 0 = 0. Hastigheten och farten ges av v = ( R sin t, R cos t, Rc) respektive v = v = R 1 + c 2. Kurvbågens längd L är därför L = t=2π t=0 v dt = 2πR 1 + c 2. Exempel. Bestäm omkretsen L av asteroiden x 2 3 + y 2 3 = 1. Lösning. En kurvskiss ger en vink om varför kurvan fått sitt namn: För att få fram omkretsen behöver vi parametrisera kurvan. Sätter vi x 1 3 = cos t, y 1 3 = sin t, så uppfylls ekvationen (trigonometriska ettan!). En parametrisering av asteroiden 9

är därför r(t) = (cos 3 t, sin 3 t), 0 t 2π. För denna har vi hastighetsvektorn v = ( 3 cos 2 t sin t, 3 sin 2 t cos t) och farten v = 9 cos 4 t sin 2 t + 9 sin 4 t cos 2 t = 9 cos 2 t sin 2 t(cos 2 t + sin 2 t) = 3 cos t sin t. Detta ger oss L = = 2π 0 π 2 0 3 cos t sin t dt 12 cos t sin t dt = π 2 = [ 3 cos 2t] π 2 0 = 3 + 3 = 6. 0 6 sin 2t dt Föreläsning 3, 25/3 2010: Funktioner av flera variabler ( f (x, y), f (x, y, z) o.s.v) introducerades. Det är här väsentligt att du på egen hand går igenom ett antal enkla exempel, däribland alla exemplen i läroboken. Vi definierade begreppen definitionsmängd (D f ) och värdemängd (V f ) för en reellvärd funktion f av flera variabler (se Definition 1 på sidan 670). Som exempel tog vi bland annat funktionen f (x, y) = 1 x y, vars (naturliga) definitionsmängd är D f = {(x, y) x + y 1}, alltså alla punkter i planet som ligger under eller på linjen x + y = 1. Värdemängden är V f = [0, [. Grafen till funktionen f (x, y) (eller ekvationen z = f (x, y)) är mängden G f = {(x, y, z) z = f (x, y), (x, y) D f }. L c = {(x, y) D f f (x, y) = c} är en nivåkurva till f (x, y). L c kan vara tomma mängden, en punkt eller en kurva. Vi tittade på grafen z = x 2 + y 2 till funktionen f (x, y) = x 2 + y 2 och undersökte skärningskurvan mellan grafen och planen x = a, y = b och z = c. I de två första fallen är skärningskurvan en parabel. I det tredje fallet är skärningskurvan {(x, y, c) x 2 + y 2 = c}, som är en cirkel på planet z = c med centrum i (0, 0, c) och radien c om c > 0, punkten (0, 0, 0) om c = 0 och tomma mängden om c < 0. L c = {(x, y) x 2 + y 2 = c} är projektionen av skärningskurvan på xy-planet. Se fig. 12.5, sid. 672. Sedan var det dags för gränsvärden. Exempel. Beräkna, om det existerar, gränsvärdet L = lim (x,y) (0,0) xy x 2 + 3y 2 ( ) Lösning. Detta är ett icke-trivialt gränsvärde av typen 0 0. Sådana har svårt för att existera för funktioner i flera variabler så man bör först försöka visa att gränsvärdet inte existerar genom att låta (x, y) (0, 0) längs ett par väl valda kurvor. Oftast fungerar det att ta två av de räta linjerna y = 0 (x-axeln), x = 0 (y-axeln) eller y = x (alltså (x, 0) (0, 0), (0, y) (0, 0) respektive (x, x) (0, 0)). Om något av dessa envariabelgränsvärden ej existerar eller man får olika gränsvärden längs de båda vägarna så existerar inte L. Först 10

om man får samma gränsvärde L längs flera olika kurvor svänger man om och försöker bevisa att gränsvärdet existerar (och är lika med L). Vi tillämpar nu denna metodik här: Låt f (x, y) = xy(x 2 + 3y 2 ) 1. Vi får då f (x, 0) = 0 0 då (x, 0) (0, 0), f (x, x) = x 2 x 2 + 3x 2 = 1 4 1 4 då (x, x) (0, 0). Vi får alltså olika gränsvärden då (x, y) (0, 0) längs dessa båda linjer. Detta medför att gränsvärdet L ej existerar. bildfil.6 Av grafen framgår att funktionen antar maximum 1 2 (gul linje (x, x, 1 2 ), där x = 0) och minimum 1 2 (grön linje (x, x, 1 2 ), där x = 0) godtyckligt nära origo. Exempel. Beräkna, om det existerar, gränsvärdet L = lim (x,y) (0,0) xy x2 + 3y 2 Lösning. Låt nu f (x, y) = xy(x 2 + 3y 2 ) 1 2. Denna gång får vi f (x, 0) = 0 0 då (x, 0) (0, 0), f (x, x) = f (0, y) = 0 då (0, y) (0, 0). x 2 x2 + 3x = x 0 då (x, x) (0, 0), 2 2 Eftersom vi får gränsvärdet 0 längs alla tre kurvorna byter vi ståndpunkt och försöker i stället bevisa att L = 0. Detta är mycket svårare! Man ska visa att hur (x, y) än närmar sig (0, 0) så måste f (x, y) närma sig 0. Många gånger är det här bra att uttrycka funktionen i polära koordinater (r, θ), där x = r cos θ, y = r sin θ. Anledningen är att (x, y) (0, 0) om och endast om r 0 + (och θ bär sig åt som det vill), vilket kan vara lättare att få grepp på. Vi får r f (x, y) 0 = 2 cos θ sin θ r 2 cos 2 θ + 3r 2 sin 2 θ = r2 cos θ sin θ r cos 2 θ + 3 sin 2 θ r cos θ sin θ = 1 + 2 sin 2 θ r 1 = r 0 1 + 0 då r 0 +, vilket bevisar att f (x, y) 0 då (x, y) (0, 0). 11

Funktionen f (x, y) är kontinuerlig i punkten (a, b) D f om f (x, y) f (a, b) då (x, y) (a, b). Funktionen f (x, y) är kontinuerlig om den är kontinuerlig i varje punkt i definitionsmängden. Om (a, b) D f och f är kontinuerlig sägs gränsvärdet lim f (x, y) = f (a, b) (x,y) (a,b) vara trivialt. Då de flesta funktioner vi träffar på är kontinuerliga följer att de flesta gränsvärden vi möter är triviala. Att derivera en funktion av flera variabler partiellt innebär att alla variabler, utom en, hålls konstanta medan man deriverar funktionen med avseende på den återstående variabeln precis som vi gjorde i envariabelkursen. De partiella derivatorna f x (a, b), f y (a, b), av f (x, y) i punkten (a, b), mäter hur snabbt f (x, b) växer då x växer från x = a, respektive hur snabbt f (a, y) växer då y växer från y = b. Eller hur man nu ska uttrycka sig!? Du måste skaffa dig en egen bild av vad som händer, men för att göra detta ska du givetvis titta på bilder som andra gjort, till exempel på sidan 682 i läroboken. Tangentplanet till ytan z = f (x, y) i punkten (a, b, c), där c = f (a, b), har en ekvation z = c + f x (a, b)(x a) + f y (a, b)(y b) För att tangentplanet skall ligga nära ytan i närheten av tangeringspunkten räcker det inte att f x (a, b) och f y (a, b) existerar. Funktionen behöver inte ens vara kontinuerlig i en punkt där båda derivatorna existerar. Ett exempel på detta är funktionen i gränsvärdet ( ) ovan. Om vi definierar f (0, 0) = 0 så blir funktionen partiellt deriverbar, men inte kontinuerlig, i origo. Jämför detta med situationen i en variabel, där deriverbarhet i en punkt medför kontinuitet i punkten. Normallinjen till ytan z = f (x, y) i punkten (a, b, c) har en ekvation (x, y, z) = (a, b, c) + t( f x (a, b), f y (a, b), 1), < t < Vektorn n = ( f x (a, b), f y (a, b), 1) är en nedåtriktad normalvektor till ytan (och tangentplanet) i punkten (a, b, c). Exempel. Bestäm alla punkter där tangentplanet till ytan z = 4x 2 + y 2 är parallellt med planet x y + z = 1. Ange en ekvation för tangentplanet och även en ekvation för normallinjen till ytan i tangeringspunkten. Lösning. Låt f (x, y) = 4x 2 + y 2. Vi har f x = 8x, f y = 2y Tangentplanet till ytan z = f (x, y) i punkten (a, b, c), där c = f (a, b) = 4a 2 + b 2, har därför en ekvation z = c + 8a(x a) + 2b(y b) och en normalvektor till tangentplanet är n = (8a, 2b, 1). Två plan är parallella om och endast om deras normalvektorer är parallella. Tangentplanet är alltså parallellt med planet x y + z = 1 om och endast om n är parallell med vektorn (1, 1, 1). Detta är fallet om och endast om 8a 1 = 2b 1 = 1 1 = 1 a = 1 8, b = 1 2, c = 5 16. 12

En ekvation för tangentplanet är En ekvation för normallinjen är z = 5 16 (x + 1 8 ) + (y 1 2 ) = x + y 5 16. (x, y, z) = ( 1 8, 1 2, 5 16 ) + t(1, 1, 1), < t <. Föreläsning 4, 8/4 2010: Vi tog upp differentierbarhet, polära koordinater och högre derivator. De polära koordinaterna är (r, θ), där r 0 och α π < θ α + π, för ett valfritt α, normalt α = π. Sambanden med de Cartesiska koordinaterna (x, y) är x = r cos θ, y = r sin θ, r = x 2 + y 2 och θ = arctan y, då x > 0. x Mer precist gäller att θ är vinkeln mellan positiva x-axeln och lägesvektorn r = (x, y) = xi + yj, medan r är avståndet från (x, y) till origo. Se nedanstående figur. r = xi + yj θ θ r = xi + yj bildfil.7 Observera att för punkter under x-axeln gäller att π < θ < 0. För punkter ovanför, eller på, x-axeln gäller att 0 θ π. Det är viktigt att du är bergsäker på de partiella derivatorna r x = x r, r y = y r, θ x = y x 2 + y 2 = y r 2, θ y = x x 2 + y 2 = x r 2 och x x y y = cos θ, = r sin θ, = sin θ, = r cos θ. r θ r θ Du ska kunna dem utantill och dessutom ska du kunna härleda dem. Exempelvis: För x > 0 har vi θ = arctan y x För x < 0 gäller i stället att θ = arctan y x + π då y 0, θ = arctan y π då y < 0. x 13

Med kedjeregeln får vi (i alla fallen) ( ) θ x = 1 y 1 + ( y ) 2 x 2 = y x 2 + y 2 = y r 2 Exempel. Låt f (x, y) = ln x 2 + y 2 = ln r. Bestäm alla första- och andraderivator av f (x, y). Visa att z = f (x, y) är harmonisk, d.v.s satisfierar differentialekvationen x z xx + z yy = 0. Lösning. Först påminner vi om de partiella derivatorna av r = x 2 + y 2 ; r x = x r 1 och r y = y r 1 samt förstås att D ln r = r 1. Med kedjeregeln (från envariabelkursen) får vi f x = r 1 r x = r 1 x r 1 = x r 2. Av symmetriskäl följer att f y = y r 2. Andraderivatorna ges på samma sätt (en kombination av kedje- och produktreglerna) av Slutligen får vi f xx = ( f x ) x = (x r 2 ) x = 1 r 2 + x ( 2)r 3 (x r 1 ) = r 2 2x 2 r 4 f xy = ( f x ) y = (x r 2 ) y = x (r 2 ) y = x ( 2)r 3 (y r 1 ) = 2xy r 4 f yx = (av symmetriskäl) = 2xy r 4 f yy = (av symmetriskäl) = r 2 2y 2 r 4 f xx + f yy = 2r 2 2(x 2 + y 2 )r 4 = 2r 2 2(r 2 )r 4 = 2r 2 2r 2 = 0. För övrigt gäller ju likheten f xy = f yx för alla funktioner med kontinuerliga andraderivator. Föreläsning 5, 13/4 2010: Nu gällde det kedjeregeln i flera variabler: För en sammansatt funktion g(t) = f (x(t), y(t)) gäller att g (t) = f dx (x(t), y(t)) x dt + f dy (x(t), y(t)) y dt = f 1(x(t), y(t)) x (t) + f 2 (x(t), y(t)) y (t) under förutsättning att alla inblandade funktioner har kontinuerliga förstaderivator (iofs räcker det att funktionerna är differentierbara). Vi härledde detta genom att tolka f (x, y) som temperaturen i punkten (x, y) och r(t) = (x(t), y(t)) som läget av en partikel vid tiden t. Eftersom den momentana temperaturhöjningen per tidsenhet är lika med produkten av hastigheten och den momentana temperaturhöjningen per längdenhet (i hastighetsvektorns riktning) så måste regeln vara sann. Lite ansträngt är det med dessa heuristiska härledningar, men det är mycket viktigt att försöka sig på dem för att utveckla intuitionen. Exempel. Verifiera kedjeregeln i fallet då f (x, y) = x 2 + 2y 2, x(t) = cos t och y(t) = sin t. 14

Lösning. Verifikationen följer av att g(t) = cos 2 t + 2 sin 2 t = 1 + sin 2 t = 1 + 1 2 (1 cos 2t) = 3 2 1 2 cos 2t, g (t) = sin 2t, f x = 2x, f y = 4y, x (t) = sin t, y (t) = cos t och slutligen f x x + f y y = (2x)( sin t) + (4y)(cos t) = (2 cos t)( sin t) + (4 sin t)(cos t) = 2 sin t cos t = sin 2t. Kedjeregeln har inget värde då f (x, y) är känd. I situationer där man inte har full information om f (x, y) kan den vara mycket värdefull: Exempel. För f (x, y) gäller att f 1, f 2 är kontinuerliga och f 1 (0, 0) = 3, f 2 (0, 0) = 4. Bestäm g (0) om g(t) = f (t + sin t, e t 1). Lösning. Kedjeregeln ger av vilket följer att g (t) = f 1 (x(t), y(t)) x (t) + f 2 (x(t), y(t)) y (t) = f 1 (t + sin t, e t 1) (1 + cos t) + f 2 (t + sin t, e t 1) (e t ) g (0) = f 1 (0, 0) (1 + 1) + f 2 (0, 0) (1) = ( 3) (2) + (4) (1) = 2. Om den sammansatta funktionen är g(u, v) = f (x(u, v), y(u, v)) så blir kedjeregeln g u = f x x u + f y y u g v = f x x v + f y y v där högerleden ska evalueras så att x byts mot x(u, v) och y byts mot y(u, v). Vid lösandet av en partiell differentialekvation kan det förenkla att man gör ett välvalt variabelbyte. Exempel. Funktionen f (x, y) är kontinuerligt deriverbar för x, y > 0. Inför nya variabler u, v > 0 sådana att x = u v, y = u v 1. (a) Visa att subtitutionen x = u v, y = u v 1 utgör en inverterbar avbildning från första kvadranten (u, v > 0) i uv-planet på första kvadranten (x, y > 0) i xy-planet. Uttryck u, v som funktioner av x, y. (b) Låt g(u, v) = f (u v, u v 1 ). Visa att x f x y f y = v g v 15

(c) Använd ovanstående för att lösa den partiella differentialekvationen x z x y z y = x y. Lösning. (a) Vi har x y = (u v)(u v 1 ) = u 2 och x y 1 = (u v)(u 1 v) = v 2, vilket ger u = x y = x 1 2 y 1 2 och v = x y 1 = x 1 2 y 1 2 Alltså är u, v > 0 entydiga funktioner av x, y > 0 (och omvänt). (b) Kedjeregeln ger v g v = v f x x v + v f y y v = v f x (u) + v f y ( u v 2 ) = uv f x u f v 1 y = x f x y f y (c) Av ovanstående följer att z = f (x, y) är en lösning till den givna differentialekvationen om och endast om z = g(u, v) = f (u v, u v 1 ) är en lösning till differentialekvationen v z v = u2 z v = u2 v 1 Vi ser direkt att denna ekvation har lösningen z = u 2 v 1 dv = u 2 ln v + h(u), där h(u) är en godtycklig funktion av u. Den allmänna lösningen till den givna differentialekvationen är därför z = xy ln x y 1 + ϕ(x y) = xy 2 ln(x y 1 ) + ϕ(x y), där ϕ(t) = h( t) är en godtycklig envariabelfunktion. 16