Föreläsningsanteckningar i flervariabelanalys

Egmont Porten Mittuniversitet Föreläsningsanteckningar i flervariabelanals 1 Differentialkalkl 1.1 Punkter i R 2, R 3 R 2 : (, ) = P 2 ( 2, 2 ) Enligt Ptagoras lag är (2 1 ) 2 + ( 1 = 2 ) 2 1 ( 1, 1 ) avståndet mellan ( 1, 1 ) = P 1 och ( 2, 2 ) = P 2. 1 2 2 1 1

Mängderna D ɛ (, ) = {(, ) R 2 : ( ) 2 + ( ) 2 < ɛ} ( D ɛ (, ) = {(, ) R 2 : ) ( ) 2 + ( ) 2 ɛ} kallas den öppna (slutna) skivan med centrum (, ) och radie ɛ (ɛ > ). Med (, ) betecknas avståndet 2 + 2 mellan (, ) och origo. R 3 : z z (,, z ) avstånd (1 2 ) 2 + ( 1 2 ) 2 + (z 1 z 2 ) 2 För ɛ >, B ɛ (,, z ) = {(,, z) R 3 : ( ) 2 + ( ) 2 + (z z ) 2 < ɛ} ( B ɛ (,, z ) = {(,, z) R 3 : ) ( ) 2 + ( ) 2 + (z z ) 2 ɛ}, det öppna (slutna) klotet kring (,, z ) med radie ɛ. En mängd U R 2 (R 3 ) kallas öppen om det finns, för varje punkt P U, en öppen skiva (klot) kring P (med positiv radie) som är en delmängd av U. 2

Eempel: a) D ɛ (, ) är öppen. D ɛ (, ) är inte öppen, t det inte finns en skiva för punkterna (, ) med 2 + 2 = ɛ. b) { > } är öppen. 1111111111111 1111111111111 1111111111111 (, ) 1111111111111 1111111111111 1111111111111 { } är inte öppen, t det inte finns en skiva för punkterna (, ). c) Den tomma mängden är öppen. 1.2 Funktioner av flera variabler Definition: En funktion f(, ) är en avbildning som avbilder varje punkt (, ) av en viss mängd D(f) på ett unikt tal f(, ). Mängden D(f) kallas f:s definitionsmängd. 3

-1-5 Eempel: 5 1 2 2 a) f (, ) = 2, D(f ) = R. 1 Grafen z = 2 är ett plan i R3. z -1-2 5-5 -1 1 b) f (, ) = 2 + 2, D(f ) = R2. -1-5 Grafen är en rotationsparaboloid. 5 1 1 5-1 -5 5 1 p c) f (, ) = 9 2 2. p Uttrcket under roten blir negativt om 2 + 2 > 9, d.v.s. 2 + 2 > 3. Alltså är p D(f ) = {(, ) R2 : 2 + 2 = (, ) 3}, den slutna skivan av radie 3 kring origo. Nivåkurvan till nivå C är mängden f (, ) = C (i andra ord {(, ) D(f ) : f (, ) = C}). 4 z

I ovanstående eempel: a) 2 = C = C/2. Nivåkurvan är en linje som är parallell med -aeln och skär -aeln i C/2. p b) 2 + 2 = C 2 + 2 = C (om C )). För C är nivåkurvan en krets med centrum i origo och radie C. För C < är nivåkurvan tom. p c) 9 2 2 = C har ingen lösning om C <. Om C är det ekvivalent till 2 + 2 = 9 C 2. Det är bara lösbart om C 3. p Om C 3 är nivåkurvan 2 + 2 = 9 C 2, alltså kretsen kring origo med radie 9 C 2. Annars är nivåkurvan tom. p Förresten kan vi också rita grafen till f (, ) = 9 2 2. Om vi sätter z = f (, ), så gäller 2 + 2 + z 2 = 9. Alltså ligger (,, z) på randen av klotet p 2 + 2 + z 2 < 3. -2 2 3 2 z 1-2 5 2

1.3 Kontinuitet 1 variabel: f() kontinuerlig om f:s graf inte har några språngställen kontinuerlig ej kontinuerlig Närmare taget är f() kontinuerlig i om lim f() = f( ). 2 variabler: Låt f vara definierad på en öppen mängd D(f) R 2 och (, ) D(f). f(, ) sägs vara kontinuerlig i (, ) om lim (,) (, ) f(, ) = f(, ). (, ) (, ) betder att och gäller samtidigt. (, ) D(f) 6

Eempel: a) f(, ) = 2 är kontinuerlig i varje (, ) R 2. t: lim (,) (, ) ( 2 ) = lim lim 2 = 2 Övning: Rita grafen! På ett liknande sätt bevisar man att alla polnom i två variabler (t.e. 4 2 2 3 + 2 7) är kontinuerliga på hela planet. b) f(, ) = { 1,, > z enkelt: f kontinuerlig i alla (, ) sådana att (,, 1) (,, ) Vi visar att f(, ) är diskontinuerlig i varje punkt (, ): Vi låter (, ) sträva mot (, ) på ett särskilt sätt, nämligen { (eller ) = lim f(, ) = lim 1 = f(, ) = f diskontinuerlig i (, ). 7

1.4 Partiella derivator Hur snabbt väer f(, ) = 2 sin() i -riktning i punkten (2, π 2 )? Vi håller konstant = π 2 och betraktar g() = f(, π 2 ) = 2. Derivera g() i = 2: g (2) = 4. π 2 (2, π 2 ) Vi kan skriva resultatet som gränsvärde g g(2 + h) g(2) (2) = lim h h h = lim h h f(2 + h, π 2 ) f(2, π 2 ) h Analogt kan vi också derivera i -riktning. Då betraktar vi h() = f(2, ) = 4 sin() och får h ( π 2 ) = 4 cos( π 2 ) =. Ovan har vi bestämt partiella derivator i en särskild punkt. Nu låter vi f(, ) vara en funktion med öppen definitionsmängd D(f) och deriverar för varje (, ) D(f). f f (, ) = lim h h (, ) = lim h h f( + h, ) f(, ), h f(, + h) f(, ). h I stället för f, den partiella derivatan med avseende på, skriver vi också f (, ) eller f 1 (, ) (Adams). För f skriver vi också f (, ) eller f 2 (, ). 8

De flesta partiella derivatorna kan beräknas m.h.a. följande regel. Regel: För att bestämma f, behandla som en konstant och derivera med avseende på! Eempel: f(, ) = ep( 2 + 2 ) +. f (, ) = 2 ep(2 + 2 ), f (, ) = 2 ep(2 + 2 ) + 1. I tre variabler håller vi både och z fasta för att bestämma f. Eempel: f(, ) = 2 3 z 2 + z. f (,, z) = 23 z 2, f (,, z) = 32 2 z 2, f z (,, z) = 2 3 + 1. 1.5 Högre derivator Låt f(, ) vara definierad på en öppen mängd D(f). Om f eisterar också i varje (, ) D(f), så kan vi söka de partiella derivatorna till f. De betecknas Analogt inför vi f och f. ( ) f ( ) f = 2 f 2 = f, = 2 f = (f ) = f. 9

Eempel: f(, ) = 2 sin(), D(f) = R 2. Vi får f = 2 sin() som är definierad på R 2. Alltså ( ) ( ) f f = 2 sin(), = 2 cos(). Analogt f = 2 cos(), f = 2 cos(), f = 2 sin(). Nu förväntar man sig att f = f är en allmän regel, men man måste vara lite försiktig. Sats: Antag att f, f, 2 f, 2 f U R 2. Då gäller i alla (, ) U. eisterar och är kontinuerliga på en öppen mängd 2 f = 2 f Vi kan fortsätter och definiera f, f,... av tredje och högre ordningen. Ovanstående sats generaliseras. Sats: Antag att alla partiella derivator upp till ordning n är kontinuerliga på en öppen mängd U R 2. Då spelar ordningsföljden av derivatorna ingen roll. Eempel: a) För n = 3 ger satsen f = f = f. b) Ett polnom är en ändlig summa av termer a n m, t.e. 2 3 + 2 3. För polnom är alla partiella derivator kontinuerliga på R 2 och satsen gäller. 1

1.6 Kedjeregeln Låt U R 2 vara öppen, f : U R en funktion med kontinuerliga derivator f, f på U och låt ( u(t), v(t) ), a < t < b vara en kurva i U med kontinuerlig hastighetsvektor ( u (t), v (t) ). ( u(t), v() ) f a b R U Alltså är g(t) = f((u(t), v(t)) en funktion från (a, b) till R. Kedjeregln: g(t) har en kontinuerlig derivata som beräknas enligt g (t) = f ( ) u(t), v(t) u (t) + f ( ) u(t), v(t) v (t) (K) Vi kallar f = (f, f ) gradienten av f. f = f(, ) är en funktion som avbildar varje punkt (, ) på vektorn ( f (, ), f (, ) ). Om h(t) = ( u (t), v (t) ) betecknar hastighetsvektorn, så blir (K) g (t) = d dt f( u(t), v(t) ) = f ( u(t), v(t) ) h(t). Eempel: Vi betraktar f(, ) = 2 och ( u(t), v(t) ) = (t, 2t) = t(1, 2). Eftersom f(, ) = (2, 2 ) och h(t) = (1, 2) får vi d dt f( u(t), v(t) ) = f ( t, 2t ) (1, 2) = (4t 2, t 2 ) (1, 2) = 6t 2. 11

1.7 Riktningsderivator Låt v = (v 1, v 2 ) vara en vektor. Vi vill bestämma tillskottet av f(, ) om vi löper med konstant hastighet v genom en punkt (, ). Alltså löper vi längs ( + tv 1, + tv 2 ) och tillskottet är Vi kallar d f ( ) + tv 1, + tv 2 dt t= = f(, ) (v 1, v 2 ) = f(, ) v. D v f(, ) = f(, ) v f:s riktningsderivata i punkten (, ) och riktningen v. Eempel: För f(, ) = 2 och riktning v = (1, 2) är riktningsderivatan D (1,2) f(, ) = (2, 2 ) (1, 2) = 2( + 2 ). Geometrisk tolkning av f: Vi antar f, f, f kontinuerliga och väljer (, ) sådan att f(, ) (, ). Vi betraktar alla riktningsvektorer v med längd 1 (d.v.s v 2 1 + v 2 2 = 1). Man kan visa att f(, ) har samma riktning som den enhetsvektor v för vilken D v blir störst. (, ) f(, ) 12

Vidare kan man bevisa att nivåkurvan genom (, ) är "glatt" och att gradienten är vinkelrät mot nivåkurvan. (, ) f(, ) = f(, ) f(, ) nivåkurvor f Eempel: f(, ) = ( + ) 2 = 2 + 2 + 2, f(, ) = 2( +, + ). (2, 2) ( 2, 2) = = + 1 = 1 13

2 Etrema 2.1 Linjär approimation 1 variabel: f( + h) = f( ) + = f( ) + +h +h f (t)dt f ( ) + = f( ) + f ( ) h }{{} +h + E 1 (h) }{{} ( f () f ( ) ) dt linjär approimation fel = f() = f( ) + f ( )( ) h + h Med = + h får vi som linjär approimation f() f( ) + f ( ) ( ) För felet E 1 (h) gäller till och med E 1 (h)/h för h. (Det är mer än E 1 (h) för h!) 14

2 variabler: Antag att f, f, f är kontinuerliga nära (, ). eller linjär approimation f( + h, + k) = {}}{ f(, ) + f (, )h + f (, )k +E 1 (h, k) f(, ) = f(, ) + f (, )( ) + f (, )( ) + E 1 (, ) med = + h, = + k. z z = f(, ) + f (, )( ) +f (, )( ) z = f(, ) 111111 111111 111111 (, ) (,, f(, ) ) Grafen av den linjära approimationen är tangentplanet till grafen z = f(, ) i punkten (, ). För felet gäller E(h, k), h, k. h2 + k2 Lite kortare skrivs den linjära approimationen som f(, ) + f(, ) (, ). 15

Eempel: Approimera f(, ) = 2 + 2 i (, ) och ( 1, 1). f(, ) = 2(, ). Den linjära approimationen i (, ) är konstant, och i ( 1, 1) får vi 2 }{{} f( 1,1) + ( 2) ( }{{} ) + }{{} 2 f ( 1,1) f ( 1,1) ( ). 2.2 Maima, minima En punkt (, ) D(f) kallas lokalt maimum om det finns ett ɛ > sådant att f(, ) f(, ) gäller för alla (, ) D(f) som uppfller 2 + 2 < ɛ. (, ) D(f) är ett globalt maimum om f(, ) f(, ) gäller för alla (, ) D(f). Eempel: a) f(, ) = 2 2 har ett globalt maimum i (, ). b) f(, ) = ( + 2)( + 1)( 1)( 2) har i (, ) lokala maima som inte är globala. z z = ( + 2)( + 1)( 1)( 2) Analogt definierar man minima. Ett etremum är en punkt som är ett maimum eller ett minimum. Våra resultat om linjär approimation ger ett första kriterium för lokala etrema. 16

Sats: Antag att f, f och f är kontinuerliga på en öppen mängd U. Om (, ) U är ett lokalt etremum så gäller f(, ) = ( f (, ), f (, ) ) = (, ). Satsen hjälper att hitta kandidater för etrema. Eempel: Var kan f(, ) ha etrema för a) f(, ) = 3 2 + 3 2. Eftersom f (, ) = 6, f (, ) = 6 gäller f(, ) = (, ) precis i (, ). (Senare: (, ) är minimum.) b) f(, ) = 2 2. f (, ) = 2, f (, ) = 2 och f(, ) = (, ) (, ) = (, ). Men (, ) är inte ett lokalt etremum eftersom f(, ) blir både positiv och negativ nära (, ). En punkt som uppfller f(, ) = (, ) kallas för kritisk punkt. En kritisk punkt som inte är ett lokalt etremum kallas sadelpunkt (t.e. (, ) i föregående eempel). Sista satsen kan också användas för att utesluta etrema. Eempel: Har f(, ) = e + 2 lokala etrema? Eftersom f (, ) = e aldrig blir noll kommer f(, ) inte heller att bli noll. Det visar att f har inga etrema. 17

2.3 Kvadratisk approimation 1 variabel: kvadr. appr. f() f ( )( ) + 1 2 f ( )( ) 2 om. = f() linjär appr. 2 variabler: f(, ) = f(, ) + f (, )( ) + f (, )( ) + 1 2 f (, )( ) 2 + f (, )( )( ) + 1 2 f (, )( ) 2 +E 2 (, ) Anmärkning: Den kvadratiska approimationen är pålitlig om alla derivator upp till ordning 2 är kontinuerliga nära (, ). Då gäller E 2 (, ) ( ) 2 + ( ) 2, (, ) (, ). 2.4 Tillräckliga villkor för lokala etrema Antag f, f,..., f kontinuerliga på en öppen U R 2. I punkten (, ) U gäller f(, ) = (, ) (d.v.s. (, ) kritisk punkt av f). 18

Alltså följer nära (, ) att f(, ) f(, ) + Q(, ) där Q(, ) = f (, ) ( ) 2 + f (, )( )( ) 2 + f (, ) ( ) 2. 2 Vi inför Hessematrisen H = H(, ) = ( ) f (, ) f (, ). f (, ) f (, ) Fall 1: det(h) > och f (, ) > = (, ) lokalt minimum (,, f(, ) ) Fall 2: det(h) > och f (, ) < = (, ) lokalt maimum (,, f(, ) ) Fall 3: det(h) < = (, ) sadelpunkt Nära (, ) finns både punkter (, ) med f(, ) < f(, ) och (, ) med f(, ) > f(, ). (,, f(, ) ) Fall 4: Om det(h) = kan (, ) vara ett etremum eller en sadelpunkt 19

Anmärkning: I fall 1 är (, ) till och med ett starkt lokalt minimum, d.v.s. att f(, ) > f(, ) gäller för alla (, ) som är tillräckligt nära (, ) men skilda från (, ). Analogt för fall 2. Eempel: a) f(, ) = 3 2 3 + 3 2. Har redan sett att (, ) är den enda kritiska punlten. f (, ) = 6, f (, ) = 1, f (, ( ) = 6 ) 6 1 = H(, ) =, det(h) = 35 > 1 6 = (, ) lokalt minimum b) f(, ) ( = 2 2.) (, ) kritisk. 2 H =, det(h) = 4 < = (, ) sadelpunkt 2 c) f(, ) = 2 + 4. (, ) kritisk och minimum. Men kriteriet kan inte användas eftersom ( ) 2 H =, det(h) =. d) f(, ) = 2 4. (, ) kritisk och sadelpunkt. Kriteriet kan dock inte användas. 2.5 Etrema med bivillkor Ämne: att hitta etrema på skivor, trianglar,... randen som kandidater. 111111 11111111 111111 11111111 111111 11111111 111111 11111111 111111 11111111 111111 2 där vi tillåter punkterna på

Teoretiskt resultat: Om en funktion är kontinuerlig på en sådan mängd så eisterar ett minimum och ett maimum. Närmare taget gäller detta resultat för så-kallade kompakta mängder K som uppfller a) K ligger i en stor skiva D R (, ). b) Komplementmängden R 2 \K är öppen. Eempel: Skivor, trianglar, rektanglar med rand är kompakt. Utan rand blir dessa mängder icke kompakta eftersom komplementmängdan inte är öppen. Sats: Låt f(, ) vara kontinuerlig på en kompakt mängd K. Då finns en punkt ( min, min ) som är ett globalt minimum och en punkt ( ma, ma ) som är ett globalt maimum på K. Anmärkning: Det kan finnas flera globala minima resp. maima, t.e. om f(, ) är konstant. Recept för att lösa maimeringsproblem: 1 variabel: Hitta etrema till f() på [a, b]. a) Hitta de kritiska punkterna i det öppna intervallet (a, b), d.v.s. punkter sådana att f () =. b) Om steg a) har gett en ändlig lista 1,..., m hittar vi etrema genom att jämföra f( 1 ),..., f( m ) och f(a), f(b). 1 1 1 1 1 1 1 1 a 1 min b = ma 21

Eempel: Hitta de globala etremana av f() = 2, på intervallet [ 1, 2]. 1 = är den enda kritiska punkten. Eftersom f( 1 ) =, f( 1) = 1, f(2) = 4 är 1 = minimum och b = 2, maimum på [ 1, 2]. 2 variabler: Problem 1: Hitta etremana till f(, ) = på den slutna skivan 2 + 2 4. Lösning: "frivilligt steg": Rita mängden. 2 (, ) A) Hitta alla kritiska punkter i den öppna skivan 2 + 2 < 4: Eftersom f(, ) = (, ) är (, ) den enda kritiska punkten av f. Observera att den ligger i 2 + 2 < 4. B) Hitta etrema på randen 2 + 2 = 4: Randen parametriseras genom t 2(cos(t), sin(t)), π t π. M.a.p. parametriseringen skrivs f som g(t) = f ( 2 cos(t), sin(t) ) = 4 cos(t) sin(t), π t π. Vi tillämpar 1-variabel-metoden för g(t): g (t) = 4(cos 2 (t) sin 2 (t)). Eftersom g (t) = cos 2 (t) = sin 2 (t) cos(t) = ± sin(t), är t = ± 3π eller 4 t = ± π (observera att π t π!). 4 Tillsammans ger det som kandidater f(, ) = (i 2 + 2 < 4), g( 3π/4) = f( 2, 2) = 2 g(3π/4) = f( 2, 2) = 2 g(π/4) = f( 2, 2) = 2 g( π/4) = f( 2, 2) = 2 (i 2 + 2 = 4) = globala maima i ( 2, 2), ( 2, 2), globala minima i ( 2, 2), ( 2, 2). 22

Problem 2: Hitta etrema för f(, ) = (1 ) på triangeln med hörn i (, ), (1, ), (, 1). Lösning: Den kompakta triangeln definieras genom 1 I (, 1) 111111 111111 111111 I, 111111 111111 111111 (, ) (1, ) I > A) Kritiska punkter i (I) > < 1 : = 1 f (, ) = (1 ) = 2 + 2, f (, ) = (1 ) = 2 + 2. När gäller f(, ) = (, ) och (I)? f(, ) = (, ) { 2 = 2 2 = 2 (I) innebär >, >. Vi får { { 1 = 2 2 + = 1 1 = 2 + 2 = 1 med lösningen (, ) = ( 1 3, 1 3 ). B) Rand: f(, ) = på I : =, 1 och I : =, 1. Dessvidare gäller för = 1 att f(, 1 ) = (1 1+) =. Alltså är f konstant på hela randen. f( 1, 1) = 1. Funktionen har ett maimum i ( 1, 1 ) och minima i alla 3 3 27 3 3 punkter på randen. 23

Glatta funktioner: Låt f vara en funktion på en öppen mängd U R 2 eller R 3. Vi säger att f är glatt av ordning n om alla partiella derivator upp till ordning n är kontinuerliga på U. f är glatt om alla derivator är kontinuerliga. 2.6 Lagranges multiplikatormetod Problem: Hitta etrema till f(, ) under bivillkoret g(, ) =! Vi antar att f och g är glatta av första ordningen. Nära punkten (, ) med g(, ) (, ) är mängden g(, ) = en glatt kurva C. g(, ) (, ) g(, ) = Om f(, ) och g(, ) inte är kollinjära, gäller f(, ) < f(, ) på den ena sidan av (, ) i C och f(, ) > f(, ) på den andra. (, ) kan alltså inte vara ett lokalt etremum av f(, ) på kurvan. g(, ) (, ) f(, ) C f(, ) < f(, ) f(, ) > f(, ) Resultat: (, ) lokalt etremum på kurvan g(, ) = = f(, ) och g(, ) kollinjära. 24

För att hitta alla kandidater måste vi alltså hitta alla punkter på C där f(, ) och g(, ) är kollinjära, d.v.s att den ena kan skrivas som en multipel av den andra. Lagranges multiplikatormetoden är ett effektivt sätt för att bestämma kandidater. Sats: Antag att (, ) är ett lokalt etremum till vårt problem och att g(, ) (, ). Då finns ett tal λ sådant att (,, λ ) är en kritisk punkt av Lagrangefunktionen Bevis: Observera först L(,, λ) = f(, ) + λg(, ). L(,, λ) = (f + λg, f + λg, g). Om (, ) är ett lokalt etremum är g(, ) och f(, ) kollinjära. Eftersom g(, ) (, ) kan f(, ) skrivas som en multipel av g(, ), d.v.s. det finns λ sådant att f(, ) = λ g(, ). Tillsammans med bivillkoret som ger g(, ) = följer att L(,, λ ) =. Recept: a) Hitta alla kritiska punkter av L(,, λ). b) Om vi får en ändlig lista ( 1, 1, λ 1 ),..., ( m, m, λ m ), jämför f( 1, 1 ),..., f( m, m ). Anmärkning: Metoden blir ofullständig om det finns punkter (, ) med g(, ) = och g(, ) =. I detta fall måste man också jämföra f( 1, 1 ),..., f( m, m ) med f(, ) i alla sådana punkter! singularitet med g = (, ) g(, ) = 25

Eempel: Hitta etrema till f(, ) = under bivillkoret 2 + 2 = 4. Eftersom 2 + 2 = 4 2 + 2 4 = sätter vi g(, ) = 2 + 2 4. Alltså är L(,, λ) = + λ( 2 + 2 4) med L(,, λ) = ( + 2λ, + 2λ, 2 + 2 4). = 2λ (1) L(,, λ) = (,, ) = 2λ (2) 2 + 2 = 4 (3) (3) = (, ) (, ). (1),(2) = och. (1) = 2λ (2) = = 2λ = ±1 = λ = ± 1 2 = = ± (3) = 2 2 = 4 = = ± 2. Kritiska punkter av L är alltså ( 2, 2, 1 2 ), ( 2, 2, 1 2 ), ( 2, 2, 1 2 ), ( 2, 2, 1 2 ). Jämförelsen ger f( 2, 2) = f( 2, 2) = 2, som är maima, och f( 2, 2) = f( 2, 2) = 2. som är minima. Det återstår att anmärka att g(, ) (, ) gäller om g(, ) = (, ) vilket är lätt att se (t 2 + 2 = 4 = (,, ) (, ) = g(, ) = 2(, ) (, )). 26

Kompletteringar om kompakta mängder En mängd L R 2 är begränsad om det finns ett tal R > sådant att L D R () där D R (, ) = {(, ) R 2 : 2 + 2 < R} är skivan med radie R och centrum i origo. Eempel: a) Triangeln T med hörn i (, ), (, 1), ( 1, 3) är begränsad, eftersom den ligger i D 4 (, ). b) Linjen = 2 är inte begränsad. (, 1) D 4 (, ) 111111 111111 111111 111111 111111 T 111111 111111 111111 111111 111111 ( 1, 3) 11 11 11 11 11 11 11 11 11 11 En mängd L R 2 är sluten om komplementet R 2 \L är öppen. 1 = 2 Eempel: T (triangeln med rand!) och = 2 är slutna. 1 = 2 27

En punkt (, ) L kallas inre punkt i L om L innehåller en skiva med centrum i (, ). En punkt i L som inte är inre punkt kallas randpunkt. Vi betecknar intl = mängden av alla inre punkter, L = mängden av alla randpunkter. Eempel: a) T är föreningen av de tre sträckorna mellan hörnen. b) För L given genom = 2 gäller L = L (inga inre punkter). En mängd L är kompakt om L är begränsad och sluten. Eempel: T kompakt, = 2 ej kompakt, D 2 (, ) kompakt, D 2 (, ) ej kompakt (inte sluten). Det viktigaste resultatet i detta avsnitt är Sats: Låt f(, ) vara kontinuerlig på en kompakt mängd L. Då finns ett globalt minimum ( min, min ) L och ett globalt maimum ( ma, ma ) L Anmärkning: a) Förutsättningen att L är kompakt är nödvändig. T.e. betraktar vi funktionen f(, ) = på skivan D 1 (, ). f(, ) har ingen maimum i D 1 (, ) (f(, ) < 1 men godtcklig nära 1). Däremot har f(, ) ett globalt maimum på D 1 (, ) nämligen (1, ). b) Satsen påstår inte att f:s etrema är unika. T.e. är för en konstant funktion varje punkt både maimum och minimum. 28

3 Dubbel- och trippelintegraler Inledning: en variabel: b 1111 1111 + f()d = arean mellan f:s 1111 b a graf och -aeln a 111 (delen under -aeln räknas negativt). 111 = f() två variabler: z z = f(, ) Q f(, )da = volmen mellan f:s graf och (, )-planet + 11111111111 11111111111 11111111111 Q 11111111111 29

Approimation (idé): en variabel: Approimera f()d genom integralen av en funktion som är stckvis konstant på små delintervall. 1 två variabler: Dela upp Q i små rektanglar och approimera f(, ) genom en funktion som är konstant på rektanglarna. 1 1 Q Efter mcket arbete leder denna idé till en rigorös definition av integralen som inte beror på åskådningen. Allmänna räknelager: Vi ska alltid betrakta kontinuerliga funktioner och enkla integrationsmängder! 3

Sats: a) kf(, )da = k f(, )da, k konstant, b) Q ( f(, ) + g(, ) ) da = Q f(, )da + g(, )da Q (additivitet), Q Q c) Förening av integrationsområden: Antag att Q 1 Q 2 har area. Då gäller f(, )da = f(, )da + f(, )da, Q 1 Q 2 Q 1 Q 2 d) da = area(q). Q Tillämpning: Dubbelintegraler kan man ibland bestämma med enkla geometriska argument. a) 3 da = 3 da = 3 area(q). Q Q b) För Q: 1 1, 1 1. da = da + da = Q Q 1 Q 2 c) där Q 1 : 1, 1 1, Q 2 : 1, 1 1. P.g.a. smmetri har integralerna över Q 1 och Q 2 samma belopp och motsatt tecken. ( sin()+ 3 +4 ) da = sin() da + 3 da + 4 da = 4π. 2 + 2 1 2 + 2 1 } {{ } = 2 + 2 1 } {{ } = 2 + 2 1 31

3.1 Beräkning av dubbelintegraler Låt f(, ) vara kontinuerlig på Q : 1, 1. z Skär Q i strimlor av bredd 1 n, Approimera f(, )da genom 1 n S j ( f, j ) d. n S j Vi får Q f(, )da = = 1 n f(, )da +... + S 1 S n 1 ( ( f, 1 ) d +... + n n ( F ( 1 n) f(, )da ( 2 + F +... + F (1) n) ) f(, 1)d ) med F () = f(, )d. 1 ( ( 1 ( 2 ) F + F +... + F (1) är en Riemannsumma för F () } n n) {{ n) } F ()d (n ) Man kan bevisa att Riemannsumman också går mot f(, )da om n. Alltså får vi och analogt Q f(, )da = Q f(, )da = F ()d = ( ( Q ) f(, )d d, ) f(, )d d. 32

Vi skriver också ( ) f(, )d d = Q f(, )da = ( ) f(, )d d. Eempel: Beräkna (4 3)dA med Q som ovan. Q Integrerar man först m.a.p. får man ] =1 F () = (4 3)d = [4 2 2 3 = 7 = 2 3 ( 7 ) och sen (4 3)dA = F ()d = 2 3 d = 2. Q Om man beräknar integralen i omvänd ordningsföljd får man enligt satsen samma resultat. Vi kollar: ] =1 (4 3)d = [4 3 2 = 5 2 = 2 ( 5 ) = (4 3)dA = 2 d = 2. Q 3.2 Integration över enkla områden Ett onråde D sägs vara -enkelt om D är instängt mellan graferna av två kontinuerliga funktioner som är definierade på samma intervall. a 1111111111111 1111111111111 1111111111111 D 1111111111111 1111111111111 1111111111111 b = g + () = g () 33

Närmare bestämt antar vi g () g + () för a b och sätter D = {(, ) R 2 : a b, g () g + ()}. På D blir integralen av en kontinuerlig funktion D f(, )da = b a d g + () g () f(, )d. Eempel: Integrera funktionen f(, ) = över triangeln T med hörn i (, ), (1, ) och (1, 1). T är -enkelt med g () =, g + () =. Alltså får vi T da = = d 3 2 d = d = [ 4 8 ] =1 = d = 1 8. d = [ 2 2 ] = = d Analogt är -enkla områden områden av formen D = {(, ) R 2 : a b, h () h + ()} och integralen över D beräknas enligt f(, )da = b d h + () a h () D f(, )d. 34

Ibland spelar ordningsföljden en stor roll: Eempel: Beräkna d ep( 3 ) d. Området är D : 1, 1. Observera att D också är -enkelt, givet genom 1, 2. = d ep( 3 ) d = = = u = 3 du = 3 2 d = = 1 3 [ ep( 3 ) 2 d ep( 3 ) d ] = 2 2 ep( 3 ) d 1 3 [ ep(u) ] u= = ep(u) du u=1 d 1 11111111 D 11111111 11111111 1 = = 1 (e 1). 3 3.3 Polära koordinater Vanligt beskriver vi läget av en punlt P i planet m.h.a. dess (, )-koordinater. Alternativt är P bestämd om vi känner r = avståndet av P från origo O, θ = vinkeln mellan -aeln och sträckan OP (räknad moturs). O r θ P [r, θ] kallas för polära koordinater för P. Normaltvis tillåter vi r, θ R. 35

Anmärkning: a) För varje θ beskriver [, θ] origo. b) För varje heltal k beskriver [r, θ] och [r, θ + 2πk] samma punkt i planet. c) Punkter skilda från origo kan beskrivas på ett unikt sätt med r > och θ < 2π. Samband mellan rätvinkliga och polära koordinater = r cos(θ) = r sin(θ) r = 2 + 2 tan(θ) = om cot(θ) = om Anmärkning: Ibland är det praktiskt att räkna med r <, där [r, θ] är samma punkt som [ r, θ + π]. Mängder i polära koordinater: a) Cirkeln med centrum i origo och radie R: i (, )-koordinater: 2 + 2 = R 2, i [r, θ]-koordinater: r = R. b) Vad är r = 2a cos(θ)? r = 2a cos(θ) r 2 = 2ar cos(θ) r 2 = 2 + 2 r cos(θ) = = 2 2a + 2 = ( 2) 2 + 2 a ( a) 2 + 2 = a 2, d.v.s. cirkeln med centrum i (a, ) och radie a 2 = a. c) Skivan med radie R och centrum i origo: r < R (öppen skiva), r R (sluten skiva). 36

d) D : r R, π 4 θ 3π 4 : 111111 D 111111 111111 111111 135 45 11 11R 11 11 Funktioner i polära koordinater: Använd (, ) = r(cos(θ), sin(θ)). T.e. blir f(, ) = f[r, θ] = r 2 cos(θ) sin(θ) = r2 2 sin(2θ). Integration i polära koordinater: Problem: Visa m.h.a. integration att enhetsskivan D har area π! 1:a försöket: D : 2 + 2 1 är -enkelt, Alltså är 1 1, 1 2 1 2. area(d) = 1 1 2 1 d d = 2 1 2 d, 1 2 1 vilket kan beräknas med substitutionen = sin(α), men det blir mcket enklare i polära koordinater! 2:a försöket: D : r 1. area(d) = r 1 d d = 2π? dθ dr Observera att? inte kan vara 1! 37

Hur översätter man d d till polära koordinater? Först mäter vi arean till ett litet område Q ɛ : r r r + ɛ, θ θ θ + ɛ. Q ɛ ɛ θ 111 111 r r + ɛ area(q ɛ ) (ɛ r ) ɛ = r ɛ 2 ɛ r ɛ Det approimativa resultatet erhålles om man integrerar r dθdr över Q ɛ. Alltså är det förnunftigt att sätta d d = r dθ dr. Vi erhåller för enhetsskivan D area = 2π dr r dθ = 2π r dr = π. Den eakta arean till Q ɛ är area(q ɛ ) = r +ɛ dr θ +ɛ r dθ = ɛ r +ɛ r θ r [ r 2 r dr = ɛ 2 ] r=r +ɛ r=r = ɛ 2( r 2 + 2r ɛ + ɛ 2 r 2 ) = r ɛ 2 + ɛ3 2. 38

Problem: Bestäm volmen V som i första oktanten av R 3 blir instängd mellan (, )-planet, clindern 2 + 2 = a 2 och grafen av f(, ) =. Lösning: Integrera över D :,, 2 + 2 a. I polära koordinater gäller och med f[r, θ] = = r sin(θ) får vi D D : r a, θ π 2 da = a π r 2 2 dr sin(θ) dθ = a3 3. Problem: Bestäm I = Lösning: I 2 = = 2π e 2 d. e 2 d e 2 d = [ re r2 dr = 2π lim R e r2 2 Alltså får vi I = π (I måste vara >!) d ] r=r r= e 2 2 d = 2π dr e r2 r dr ( ) = π lim 1 e R 2 = π. R 3.4 Variabelbte i dubbelintegraler För variabelbtet = (u, v) = (u, v) ( ) antar vi att a) (u, v), (u, v) är glatta av första ordningen på en öppen mängd U R 2 u,v, b) ( (u, v), (u, v) ) definierar en bijektiv avbildning av U på en öppen V R 2,. 39

(u, v) Låt vara Jacobideterminanten (, ) (, ) (u, v) = det u v = u v v u. u v Då gäller för ett integrationsområde D u,v U ( ) f(, ) d d = f (u, v), (u, v) (, ) (u, v) du dv D, D u,v där D, är området som motsvarar D u,v m.a.p. avbildningen (u, v) ( (u, v), (u, v) ). v U 1111 1111 D u,v 1111 ( ) (u, v), (u, v) V 111 111 111 D, 111 u Eempel: a) Beräkna I = Observera 1 2 + 2 4 d d 2 + 2. { 1 2 + 2 4 { 1 r 2 π 2 θ π 2 och för variabelbtet (r, θ) = r cos(θ), (r, θ) = r sin(θ) får vi (, 2) (, 1) 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 4

( (, ) cos(θ) r sin(θ) (r, θ) = det sin(θ) r cos(θ) ) = r = I = π 2 π 2 2 r dθ dr = π ln(2). 1 r2 b) Beräkna arean av ellipsen 2 a + 2 1 med a, b >. 2 b2 Sätt = au, = bv så att (, b) 1 2 a 2 + 2 b 2 = u2 + v 2. ( a, ) (a, ) (, b) Vi får då (, ) (u, v) ( a = det b = ) = ab d d = ab du dv = abπ. 2 a 2 + 2 b 2 1 u 2 +v 2 1 3.5 Trippelintegraler Igen integrerar vi över enkla områden. T.e. kan det vara mängden D av alla punkter (,, z) som uppfller 1. (, ) ligger i ett -enkelt onråde D, i (, )-planet, 2. k (, ) z k + (, ) där k (, ) k + (, ) är kontinuerliga funktioner på D,. 41

D, kan beskrivas som z z = k + (, ) a b g () g + () D Totalt definieras D genom a b g () g + () k (, ) z k + (, ) D, z = k (, ) Trippelintegralen över D beräknas enligt ( b ( g + () ) ) k + (,) f(,, z)dv = f(,, z) dz d d D a g () k (,) b g + () k + (,) = d d a g () k (,) f(,, z) dz. Anmärkning: Vi har 6 olika ordningsföljder för,, z. 42

Eempel: Bestäm volmen till tetraedern T med hörn i (,, ), (1,, ), (, 1, ) och (,, 1)! z T : 1, 1, z 1. (,, 1) + + z = 1 (, 1, ) (1,, ) = 1 z z = = vol(t ) = = = T = 1 2 d dv = [(1 ) 2 [ (1 ) 3 3 d (1 ) d 2 ] =1 = ] =1 = = 1 6. d dz d = 1 2 (1 ) 2 d 3.6 Variabelbte i trippelintegraler För variabeltransformationen = (u, v, w) = (u, v, w) z = z(u, v, w) 43

antar vi liknande förutsättningar som i avsnitt 3.4. Jacobideterminanten låter (,, z) u v w (u, v, w) = det u v w z z z u v w och vi får transformationsformeln ( ) f(,, z) d d dz = f (u, v, w), (u, v, w), z(u, v, w) (,, z) (u, v, w) du dv dw. D,,z D u,v,w Clinderkoordinater: = r cos(θ) = r sin(θ) z = z Vi skriver [r, θ, z]. cos(θ) r sin(θ) (,, z) Eftersom (u, v, w) = det sin(θ) r cos(θ) = r får vi 1 d d dz = r dr dθ dz 44

Sfäriska koordinater: z = ρ sin(ϕ) cos(θ) = ρ sin(ϕ) sin(θ) z = ρ cos(ϕ) (ρ ) ϕ ρ (,, z) = [ρ, ϕ, θ] θ (,, ) Varje punkt kan skrivas på många olika sätt. Ofta inskränker man ρ, ϕ, θ genom < ρ, ϕ π, θ < 2π. I detta fall beskriver [ρ,, θ] = (,, ρ) (alla θ) och [ρ, π, θ] = (,, ρ) (alla θ) punkter på z-aeln på flera olika sätt. Annars blir [ρ, ϕ, θ] entdigt. (,, z) (ρ, ϕ, θ) sin(ϕ) cos(θ) ρ cos(ϕ) cos(θ) ρ sin(ϕ) sin(θ) = det sin(ϕ) sin(θ) ρ cos(ϕ) sin(θ) ρ sin(ϕ) cos(θ) cos(ϕ) ρ sin(ϕ) sin(ϕ) cos(θ) cos(ϕ) cos(θ) sin(ϕ) sin(θ) = ρ 2 det sin(ϕ) sin(θ) cos(ϕ) sin(θ) sin(ϕ) cos(θ) cos(ϕ) sin(ϕ) ( ( ) cos(ϕ) cos(θ) sin(ϕ) sin(θ) = ρ 2 cos(ϕ) det cos(ϕ) sin(θ) sin(ϕ) cos(θ) ( ) ) sin(ϕ) cos(θ) sin(ϕ) sin(θ) + sin(ϕ) det sin(ϕ) sin(θ) sin(ϕ) cos(θ) 45

( ( ) cos(θ) sin(θ) = ρ 2 cos 2 (ϕ) sin(ϕ) det sin(θ) cos(θ) ( ) ) cos(θ) sin(θ) + sin 3 (ϕ) sin(θ) cos(θ) = ρ 2 sin(ϕ) ( cos 2 (ϕ) + sin 2 (ϕ) ) = ρ 2 sin(ϕ) = d d dz = ρ 2 sin(ϕ) dρ dϕ dθ Anmärkning: För ϕ π gäller sin(ϕ) = sin(ϕ). Eempel: Låt H vara den över hälften av klotet med centrum i origo och radie a >. Lå masstätheten vara 2a ρ. Bestäm H:s totala massa! H beskrivs genom 2 + 2 + z 2 a 2, z eller i polära koordinater Alltså är volmen H ρ a, ϕ 2π, ϕ π 2. (2a ρ)dv = 2π π dθ 2 sin(ϕ)dϕ ] = 2π [2a ρ3 3 ρ4 ρ=a 4 ρ= = 5π 6 a4 a (2a ρ)ρ 2 dρ 46

4 Vektorfält Vi skriver vektorer i R 2 som par (, ) eller också som ı + j där ı = (1, ), j = (, 1). Analogt skriver vi vektorer i R 3 som trippel (,, z) eller ı + j + z k där ı = (1,, ), j = (, 1, ), k = (,, 1). Definition: Ett vektorfält F är en avbildning som till varje punkt (, ) D( F ) ordnar en vektor F (, ) = F 1 (, ) ı + F 2 (, ) j. Eempel: a) Gravitationsfältet till en potential med massa m i punkten r = (,, z ) (med k betecknas gravitationskonstanten) F (,, z) = km r r ( r r ) 3 = km ) 3 (( ) 2 + ( ) 2 + (z z ) 2 2 ( ( ) ı + ( ) j + (z z ) ) k F ( r) har längd km r r 2 = F ( r) b) Låt f(,, z) vara en funktion. Gradienten är ett vektorfält. f(,, z) = f (,, z) ı + f (,, z) j + f z (,, z) k 47

4.1 Fältlinjer Vi vill bestämma kurvor som i varje punkt tangerar fältet F = F 1 ı + F 2 j. En sådan kurva r(t) = ( (t), (t) ) uppfller d r dt (t) = λ(t) F (t) med en funktion λ(t). Observera att ( ) är ekvivalent med d dt = λf 1, d dt = λf 2. Om F 1, F 2, får vi alltså ( ) d = λdt = d. F 1 F 2 ( ) Nu är strategin att multiplicera ( ) med en lämplig funktion f sådan att P = f/f 1 bara beror på och Q = f/f 2 bara beror på. Genom integration får vi sedan P () d = Q() d som en ekvation för fältlinjerna. Eempel: Vi betraktar rotationsfältet i planet ( ) V = Ω ı + }{{}}{{} j F 1 F 2 = = d F 1, d = d F 2 Multiplikation med ger d = d. Integration: 2 2 = 2 2 + C eller 2 + 2 = C. Fältlinjerna är alltså cirkler med centrum i origo. 48

4.2 Konservativa vektorfält Från och med nu ska alla vektorfält vara glatta, d.v.s. med glatta funktioner F 1, F 2 (och F 3 ). En funktion ϕ är en potential till F om ϕ = F. Ett vektorfält (definierat på en öppen mängd D( F ))) är konservativt om F har en potential ϕ definierad på hela mängden D( F ). Eempel: F konservativt F gradientfält Problem: Avgör om F kan ha en potential och bestäm den! Nödvändigt villkor: Låt F = ϕ, d.v.s. ϕ = F 1, ϕ = F 2. Då gäller F 1, = ϕ = ϕ = F 2,. (+) Omvänt: F 1, F 2, = F. inte konservativt. I dimension 3 får vi istället för (+) F 1 = F 2, F 1 z = F 3, F 2 z = F 3. Eempel: V V 1 (,, z) = ı + j. Eftersom = 1 1 = V 2 är V inte konservativt. Observera: På några mängder, t.e. som uppfller (+)! Senare mer därom! R 2 \{(, )} finns icke-konservativa fält F konservativt = = Utan bevis: " =" gäller på skivor, R 2, klot, R 3! F 1 = F 2 49

4.3 Linjeintegraler av vektorfält Låt C : r(t) = (t) ı + (t) j (med a t b) vara en glatt kurva och F (, ) ett glatt vektorfält. Vi definierar linjeintegralen av F längs C som b F d r = F ( r(t) ) d r C a dt (t) dt }{{} hastighetsvektorn b ( ( )d = F 1 (t), (t) dt (t) + F ( )d ) 2 (t), (t) dt (t) dt. a Observera att d r (t) är hastighetsvektorn. Vi skriver också dt F d r = F 1 d + F 2 d C C Eempel: Låt F = 2 ı + 2 j. Vi betraktar kurvorna C 1 : r 1 (t) = (t, t) och C 2 : r 2 (t) = (t, t 2 ) för t 1. C 1 C 2 (1, 1) C 1 : F ( r1 (t) ) = (t 2, 2t 2 ), = d r 1 dt = (1, 1) = F ( r 1 (t) ) d r 1 dt = t2 + 2t 2 = 3t 2 ] t=1 F d r = 3t 2 dt = [t 3 = 1 C 1 t= ( C 2 : F r2 (t) ) = (t 4, 2t 3 ), d r 2 dt = (1, 2t) = F ( r 2 (t) ) d r 2 dt = t4 +(2t)(2t 3 ) = 5t 4 ] t=1 = F d r = 5t 4 dt = [t 5 = 1 C 2 t= Likhet av linjeintegraler med samma ändpunkter är "tpisk" för konservativa fält. Faktiskt har F en potential nämligen 2! 5

4.4 Sambandet mellan linjeintegraler och potentialer En öppen mängd U kallas sammanhängande om två punkter i U alltid kan förbindas genom en glatt kurva i U. 111111111 111111111 111111111 U 111111111 111111111 111111111 sammanhängande 11111 11111 11111 11111 111 111 111 U U 11111 111 ej sammanhängande Sats: Om F har en potential ϕ på en öppen mängd U, så gäller för varje (glatt) kurva C i U att C F d r = ϕ(sista punkten) ϕ(första punkten). Bevis: C F d r = kedjeregel = b a b a ( d F 1 dt + F d ) 2 dt dt d dt ϕ( (t), (t) ) dt = ϕ ( (b), (b) ) ϕ ( (a), (a) ). Om vi redan vet att F har en potential ϕ på en öppen mängd U, kan vi rekonstruera ϕ på följande sätt: 1) Välj en referenspunkt (, ) U. 2) För varje (, ) U sätt ϕ(, ) = C F d r där C är en glatt kurva i U från (, ) till (, ). Ovanstående sats innebär att ϕ(, ) = ϕ(, ) ϕ(, ). Observera att ϕ(, ) är konstant. 51

Anmärkning: Om U är sammanhängande är differensen av två potentialer till F en konstant t: (ϕ 1 ϕ 2 ) = F F = = ϕ 1 ϕ 2 = konstant. Antag att F uppfller integrabilitetsvillkoret. Ger ovanstående metoden alltid en potential? Nej: F 1 (, ) = 2 + ( ı+ j) uppfller integrabilitetsvillkoret på 2 R2 \{(, )}. Förbind (1, ) och ( 1, ) på två olika sätt: ( ) C 1 : ( cos(θ), sin(θ) ), C 2 : cos(θ), sin(θ), där θ π. Man beräknar F d r = π, C 1 R 2 \{(, )}. C 2 1 1 1 1 1 1 1 1C 1 ( 1, ) (1, ) C 2 F d r = π. Alltså har F ingen potential på Utan bevis: Om U är R 2, R 3, ett halfplan, en öppen skiva eller ett öppet klot, så ger metoden en potential för varje funktion som uppfller integrabilitetsvillkoret. Eempel: F (,, z) = (z + z) ı + (z 2) j + ( + ) k. Integrabilitetsvillkoret är uppfllt: (z + z) = 1 = (z 2), (z + z) z = 1 + = ( + ), z (z 2) = = ( + ). Vi tar (,, z ) = (,, ) som referenspunkt och kurvan från (,, ) till (,, z) som C = C 1 C 2 C 3 med 52

C 1 : (t,, ) C 2 : (, t, ) C 3 : (,, tz) för t 1. C 1 z (,, z) C 3 (,, ) C 2 (,, ) = F d r = C 1 C 2 F d r + F d r + C C 3 F d r där F d r =z = = (z + z) d = dt =, C 1 C 1 C 1 1 F d r =z = = (z 2) d = ( 2) dt = 2, C 2 C 2 F d r = = = ( + ) dz = ( + )z dt = z + z. C 3 C 3 Alltså F d r = z + z 2. Det är faktiskt en potential till F. C 53

4.5 Greens formel Problem: Låt F = F 1 ı + F 2 j vara ett glatt vektorfält nära Q = [a, b] [c, d]. Orientera C = Q moturs. d c 1111111 1111111 Q 1111111 1111111 D( F ) Kan Q F d r beräknas via integration över Q? a b Q F d r = b = = = ( ) F 1 (t, c) F 1 (t, d) dt + a b d a c b d a c F 1 (t, s) ds dt + ) (F 2, F 1, d d (F 2, F 1, ) da d c d b c a ( ) F 2 (b, t) F 2 (a, t) dt F 2 (t, s) ds dt Q Alltså har vi bevisat att F d r = Q Q (F 2, F 1, ) da (G) (Greens formel) 54

(G) gäller för alla begränsade öppna mängder med "glatt" rand, t.e. om Q är en förening av ändligt många glatta kurvor som bara skär varandra i ändpunkter. Q måste orienteras så att Q alltid ligger till vänster då Q genomlöpes. Eempel: C 11111111111 Q 11111111111 11111111111 11111111111 11111111111 11111111111 Bestäm (2 3 sin()+2) d+(6 2 ++ 5 ) d där C genomlöper randen av D : 2 + < 4, >, > medurs. Låt C + = D orienterad moturs. Vi får D (2 3 sin() + 2) d + (6 2 + + 5 ) d C = (2 3 sin() + 2) d + (6 2 + + 5 ) d C + ) Green = ((6 2 + + 5 ) (2 3 sin() + 2) da (4, ) 111 111 111 111 111 (, 2) D = D = ( ) (6 2 + 1) (6 2 + 2) da ( 1) da D = area(d) = 4. 55

5 Ytor i rmden 5.1 Ytor på parameterform En ta på parameterform ges genom en vektorfunktion S : r(u, v) = (u, v) ı + (u, v) j + z(u, v) k där (u, v) tillhör ett parameterområde D u,v R 2 u,v. Eempel: ( a) För a > parametriserar r(u, v) = a cos(u) sin(v) ı+sin(u) sin(v) j+cos(v) ) k där u 2π, v π den övre halvsfären med centrum i origo och 2 radie a (jämför med sfäriska koordinater!). b) r(u, v) = (u + v) ı, u, v 1, parametriserar sträckan mellan origo och (2,, ). En sådan ta kan betraktas som entartad. 5.2 Normalvektor Antag att (u, v), (u, v), z(u, v) är definierade och glatta på ett öppet parameterområde D R 2 u,v. Genom en punkt r(u, v ) = (u, v ) ı + (u, v ) j + z(u, v ) k löper kurvor C u : r(u, v ) och C v : r(u, v). Deras hastighetsvektorer r u (u, v ) = u (u, v ) ı + u (u, v ) j + z u (u, v ) k, r v (u, v ) = v (u, v ) ı + v (u, v ) j + z v (u, v ) k är tangentiella mot S. C v r (u v, v ) S r (u u, v ) r(u, v ) C u 56

Vektorn n(u, v ) = r u (u, v ) r v (u, v ) kallas för normalvektorn i (u, v ). Om n(u, v ) (,, ) säger vi att parametriseringen är reguljär i (u, v ). Eempel: r(u, v)+(u+v) ı, < u, v < 1 är inte reguljär. I en godtcklig (u, v ) gäller r u (u, v ) = ı = r v (u, v ) = n(u, v ) = ı ı = (,, ). Anmärkning: För reguljära parametrar ser S verkligen ut som en "geometrisk" ta. Självskärningspunkter kan förekomma. Vi beräknar n:s komponenter ı j k n = r u r v = u u z u v v z v = ( u z v v z u ) ı + ( v z u u z v ) j + ( u v v u ) k = (, z) (u, v) (z, ) ı + (u, v) j + (, ) (u, v) k 57

5.3 Area av en ta Vi börjar genom att approimera area(q ɛ ) där Q ɛ är delen av S som motsvarar rektangeln u u u + ɛ, v v v + ɛ. Om < ɛ < 1 gäller area(q ɛ ) ɛ r u (u, v ) ɛ r v (u, v ) = ɛ 2 ru (u, v ) r v (u, v ) = ɛ 2 n u (u, v ) r u r v 11 Qɛ 11 S Följaktigen är arean till delen Q S av S som motsvarar ett område Q i parameterområdet 1 area(q S ) = r u r v du dv. ( ) Om vi skriver Q ds = r u r v du dv = ( ) 2 (, z) + (u, v) ( ) 2 (z, ) + (u, v) ( ) 2 (, ) du dv (u, v) för S:s areaelement, blir ( ) area(q S ) = Q ds. Låt f(,, z) vara en funktion nära S. Vi får f(,, z)ds = f ( (u, v), (u, v), z(u, v) ) r u r v du dv. Q Q 1 Strängt taget antar vi att r är glatt nära Q och Q och att vi kan integrera över Q! 58

Eempel: Bestäm z ds för S : z = 2 + 2, z 1! Q z På S: z 1 2 + 2 1. Vi tar parametriseringen r(, ) = ı + j + 2 + 2 k 11111111 11111111 11111111 11111111 S 11111111 11111111 11111111 11111111 = r (, ) = ı + = r r = k k, r (, ) = j + k 2 + 2 2 + 2 2 + 2 ı 2 + 2 j. Observera att r, r inte är definierade i (, )! ds = r r d d ( ) 2 ( ) 2 = 1 + + d d 2 + 2 2 + 2 = S = 2 d d 2π zds = lim dθ ɛ ɛ r 2 dr = 1 2 2π lim ɛ 3 (1 ɛ3 ) = 3 2 π. 3 59

5.4 Flödet genom en ta Låt D vara ett enkelt område i R 2 u,v och parametriseringen S : r(u, v) vara glatt nära D med n = r u r v (,, ). Sätt D S = r(d). Låt F = F (,, z) vara glatt nära S. n n P D S S Vad är F :s flöde genom D S i riktning av n? I en punkt P = r(u, v ) är F :s "bidrag" F (P ) S F (P ) n norm n norm P där n norm (u, v ) = 1 n(u,v ) n(u, v ). ( n norm (u, v ) är en enhetsvektor!) Det totala flödet blir F ( r(u, v) ) n norm (u, v) ds = D = D D ( F ( r(u, v) ) n(u, v) ) du dv n(u, v) F ( r(u, v) ) n(u, v) du dv. 6

Eempel: Beräkna flödet av F = z ı + 2 k nedåt genom tan z = 2 + 2, 1 1, 1 1! För parametriseringen r(, ) = ı + j + ( 2 + 2 ) k får vi och F ( r(, ) ) = F (,, 2 + 2 ) = ( 2 + 2 ) ı + 2 k r (, ) = ı + 2 k, r (, ) = j + 2 k, = r (, ) r (, ) = k 2 j 2 ı som pekar uppåt. Man måste alltså använda sig av r r = r r. Flödet är 1 = 1 ) (( 2 + 2 ) ı + 2 k 1 ( 2 ı + 2 j ) k d d ) d (2 3 + 2 2 2 d = 1 1 (4 3 2 2 + 4 3 ) d = 4 3. Också för tor med komplicerad geometri kan man beräkna flödintegraler om S är orienterbar, d.v.s. om det finns på S ett kontinuerligt normalfält n utan nollställen. orienterbar ej orienterbar 61

Eempel: Flödet av vektorfältet F = m r ut ur sfären S med centrum i origo r 3 och radie a. Observera att S är orienterbar. I punkten r S är normalfältet n norm som pekar ut ur sfären lika med r r = r a = F nnorm = m m ( r r) r 4 }{{} r = m gäller för alla r på S 2 a 2 = S = r 2 = F n norm ds = m a 2 area(s) = m a 2 a2 4π = 4πm. 6 Vektorkalkl i rmden, Satser av Gauss och Stokes 6.1 Nablakalkl Vi betraktar nablaoperatorn = ı + j + k. används på tre sätt: z 1. Gradient av en funktion f = f(,, z): f = f f ı + j + f z k. 2. Divergens av ett vektorfält F = F (,, z): F = ( ı + j + k ) ) (F 1 ı + F 2 j + F 3 k z = F 1 + F 2 + F 3 z 62

3. Rotation av ett vektorfält F = F (,, z): ( F F3 = F ) 2 ı + z ( F1 z F 3 ) ( F2 j + F ) 1 k Alltså gäller funktion = vektorfält vektorfält = funktion vektorfält = vektorfält Ofta skriver man f = gradf, F = divf, F = curlf (eller rotf ). Identiteter för grad, div, curl: Det finns flera "produktregler" (s. rutan på s. 859) Eempel: (ϕ F ) = ϕ F + ϕ( F ) Bevis: (ϕ F ) = ( ϕf 1 ı + ϕf 2 j + ϕf 3 k ) = (ϕf 1) + (ϕf 2) + z (ϕf 3) = ϕ F 1 + ϕf 1, + ϕ F 2 + ϕf 2, + ϕ z F 3 + ϕf 3,z = ϕ ( F 1, + F 2, + F 3,z ) + ϕ F 1 + ϕ F 2 + ϕ z F 3 = ϕ F + (ϕ ı + ϕ j + ϕ z k) (F1 ı + F 2 j + F 3 k) = ϕ F + ϕ( F ) Det finns två sätt att sammansätta olika varianter av nablaoperatorn. Båda ger noll. Sats: a) ( f) = "gradientfält är virvelfira". b) ( F ) = "rotationsfält är källfira". 63

6.2 Gauss divergenssats Låt D vara ett begränsat område i rmden ("begränsat" menar att D ligger i ett stort klot med ändlig radie). Antag att S = D är en glatt ta med ett normerat normalfält N som visar ut ur området D. Då gäller för varje vektorfält F som är glatt nära D D F dv = F N ds Anmärkning: D D D F N ds är det globala flödet av F ut ur D. Eempel: Bestäm ( 2 + 2 )ds för S : 2 + 2 + z 2 = a 2. D Normalfältet är N = 1( ı + j + z k). Vi söker F sådant att F N = 2 + 2. Det a gäller för F = a( ı + j). Divergenssatsen ger ( 2 + 2 ) ds = F N ds = F dv = (2a) dv D D = 2a area(d) = 2a 4 3 πa3 = 8 3 πa4. D D 64

F dv kan tolkas som den lokala källstrkan av F i D: D Låt (,, z ) vara en inre punkt av D och S ɛ sfären med centrum i (,, z ) och radie ɛ > / Divergenssatsen ger = F N ds = S ɛ B ɛ F dv = ɛ 3 4π 3 F (,, z ) om ɛ litet F (,, z )vol(b ɛ ) Alltså mäter F (,, z ) materialet som läggs till / tas bort i (,, z ), d,v,s den lokala källstrkan i (,, z ), 6.3 Stokes sats Låt S vara en glatt ta i R 3 med glatt randkurva S. normerat normalfält N på S. Välj ett kontinuerligt Orientera S enligt skruvregeln. När N genomlöper S måste S ligger till vänster. S Då gäller för varje vektorfält F som är glatt nära S S ( F ) N ds = S S F d r 65

Eempel: Bestäm C F d r där F = 3 ı + 3 j z 3 k och C är snittet av clindern 2 + 2 1 och planet 2 + 2 + z = 3 orienterar så att C:s projektion på (, )-planet är orienterad moturs. Skiss z 1111111 1111111C 1111111 (,, 3) 1111111 1111111 z = 3 2 2 S Planet z = 2 2 2 parametriseras av r(, ) = ı + j + (2 2 2) k och vi får r = ı 2 r k, = j 2 k = r r = 2 ı + 2 j + k Enligt skissen måste vi välja N = n. Eftersom ds = n d d får vi n = F d r Stokes = ( F ) N ds = ( F ) n d d Vi beräknar ( ı C + j + k ) F z [ = ( z3 ) )] z (3 ı + = 3( 2 + 2 ) k = ( F ) n d d = 3 S S S [ z ( 3 ) ] [ ( z3 ) j + (3 ) ] ( 3 ) ı 2 + 2 1 2π ( 2 + 2 ) d d = 3 dθ r 3 dr = 3π 2. 66