Løsning, Oppsummering av kapittel 10.

Transkript

1 Ukeoppgaver, uke 36 Matematikk 3, Oppsummering av kapittel. Løsning, Oppsummering av kapittel. Oppgave a) = +, = + z og z =z +. b) f(,, z) = +, + z,z + så (f(, 3, ) = +3, 3+, +3=7, 3, 5 c ) Gradienten er en normalvektor, og tangentflaten er gitt ved a( )+b( )+c(z z )=dera, b, c er en normalvektor (f.eks gradienten) og (,,z ) er et punkt på flaten (f.eks. tangeringspunktet (, 3, )): 7( ) 3( 3) + 5(z ) = z = Oppgave a ) Sirkler med sentrum i origo og radius hhv.,, og 3: b) La = r cos(θ) og = r sin(θ). Det vil si at (r, θ) er punktet med rektangulære koordinater (, ) uttrkt ved polarkoordinater. f(r cos(θ),rsin(θ)) = r cos (θ)+r sin (θ) = r ( cos (θ)+sin (θ) ) = r =r. At g(r, θ) ikke inneholder θ betr at funksjonsverdien ikke avhenger av retningen θ, detvilsiatgrafen er smmetrisk om z aksen. Snittet av grafen med et vertikalt plan gjennom z aksen er z = r = r, rette stråler med stigning 5 oppover i begge retninger. c ) En uendelig kjegle med z aksen som smmetriakse, sideflatene heller 5 fra z aksen, og spissen i origo peker nedover. Utsnitt for z.5, med romkurven fra g oppgaven tegnet inn: d ) Kjerneregelen med kjerne u = +. Den tre funksjonen er u = u / med derivert u / = u : = u = +, = u = + e) Linearisering ved formelen f(, ) = f(a, b) + (a, b)( a) + (a, b)( b) +ɛ( a) +ɛ( b) (linearitetsetningen med Δ erstattet med a så a +Δ =, tilsvarende for Δ). I lineariseringa forenkles dette ved å sette ɛ = ɛ =:

2 Ukeoppgaver, uke 36 Matematikk 3, Oppsummering av kapittel. (, 3) = +3 = 5 og (, 3) = 3 +3 = 3 5 så P (, ) =5+ 5 ( ) ( 3) P (, ) = f) g ) Flaten gitt ved z = P (, ), dvs. z = (eller f.eks +3 5z = ) er tangentplanet. At konstantleddet er betr at flaten går gjennom origo. Innse at et tangentplan til kjeglen vil tangere kjeglen hele veien langs en rett linje nedover til spissen i origo. f = + i + + j = ( ) ( f = + + Vi kan sette nevneren utenom som en felles faktor: f = +, + ) =, =k u = Det vil si at gradienten har samme retning som vektoren,, de peker radieært ut fra origo. At retningen er ut fra origo betr at en bane langs kjeglen som stiger brattest er radiært ut fra origo. At alle har lengde betr at kjeglen har samme stigning, med stigningskoeffisient, i den bratteste retningen overalt. norm geometrisk ut fra figuren i oppg. b. Et plot av et utvalg av gradientene kan plottes med Maplekommandoen gradplot fra pakken plots. De vil få justert sin lengde litt slik at de ikke faller oppå hverandre, men vi ser at alle stråler ut fra origo og er like lange. Kommandoen som er brukt her er: > plotsgradplot(sqrt(^+^),=-..,=-..,arrows=slim,thickness=,grid=8,8); h ) i) Punktene på kjeglen over sirkelen i planet parametrisert ved cos(t), sin(t) blir en horisontal sirkel. df dt = d dt + d dt = cos(t) sin(t) ( sin(t)) + cos (t)+sin (t) ( sin(t)) + + cos (t)+sin (t) + cos(t) = cos(t) = cos(t)sin(t)+sin(t)cos() Siden f(cos(t), sin(t)) = cos (t)+sin (t) = = har vi egentlig derivert funksjonen som er konstant lik, og som dermed har derivert lik. Vi kan også si at funksjonen begrenset til sirkelen i planet parametrisert ved cos(t), sin(t) har konstant høde over planet, og siden z koodinaten verken vokser eller avtar er den deriverte. =

3 Ukeoppgaver, uke 36 Matematikk 3, Oppsummering av kapittel. 3 j ) Gradienten er f(, 3) = k ) 5, 3 5 Normen til v er +3 =5,så enhetsvektoren i denne retningen er u =, 3/5 =/5, 3/5. Dermed er den retningsderiverte Du (f(, 3)) = 5, 3 5 5, 3 = =. Det betr at om vi forfltter oss langs grafen i denne retningen, som er radiært ut fra origo, er stigningskoeffisienten. Dette er også den retningen funksjonen øker raskest. Geometrisk innser du vel at dette er riktig, kjeglen er brattest radiært ut fra spissen, og siden dette er en kjegle med vinkel 5 med smmetriaksen (z aksen) er denne stigningen (over alt, ikke bare i dette punktet). Vi har også v = og dermed enhetsvektor u =3, /5 =3/5, /5. Dermed er den retningsderiverte Du (f(, 3)) = 5, , = =. Dette er retningen normalt på radiusvektor, og dermed i samme retning som nivåkurvene. I denne retningen endres ikke funksjonsverdien, så stigningen er. Oppgave 3 a ) Siden arctan(/) =k / =tan(k) =tan(k) er nivåkurvene rette stråler ut fra origo med stigningskoeffisienent tan(k). Spesielt er nivåkurvene (helt generelt) strålene som danner en vinkel k med den positive aksen. Siden tan() = blir dette den positive aksen for k =.Sidentan(π/) = er dette linja = (for >) for k = π/, dvs. med vinkel π/. For k = π/ er detta linja =, som danner en vinkel på π/ med den positive aksen. b ) Den tre funksjonen har derivert arctan(u) =/( + u ). =,så =,så = +(/) = ( + ) = = +(/) = ( + ) = + + c) f = + i +, j = + +. d) f(, 3) = 5 3, så D v f(, 3) = 3,, 3 = ( 3 + 3) = Siden rette linjer ut fra origo er nivåkurver endrer ikke funksjonsverdien seg om, forflttes radiært ut fra origo. Derfor ble den retningsderiverte. e) Dv f(, 3) = 5 3, 3, = ( 3 3+ ( )) = = 5. Siden v har motsatt retning av gradienten er dette retningen funksjonen avtar raskest. Det er også retningen normalt på radiusvektor (og nivåkurven gjennom punktet) slik at funksjone endres i dette punktet raskest langs en sirkel med sentrum i origo. Dette gjelder også for alle andre punkter. ( ) r sin(θ) f) f(r cos(θ),rsin(θ)) = arctan = arctan(tan(θ)) = θ. r cos(θ) g ) Siden grafen er konstant langs stråler ut fra origo og har funksjonsverdi lik polarvinkelen blir det som en halv runde på en uendelig bred spiralrampe (eller vindeltrapp, bortsett fra at den mangler trappetrinn). Med aksen rett mot deg, men sett litt skrått ovenfra ser det slik ut:

4 Ukeoppgaver, uke 36 Matematikk 3, Oppsummering av kapittel.,5,5 - -,5,5 -,5 - -,5 h ) Dette blir en glatt(differensierbar) flate der vindeltappa går en hel runde Dette er plottet via parametrisering i polarkoordinater, som flaten gitt ved r cos(θ),rsin(θ),θ. Ved åutvide området for θ som plottes får vi en spiraltrapp med flere etasjer. Siden det da blir flere z verdier til hvert par (, ) er det ikke lenger grafen til en funksjon. En slik samenlapping av grafer til en differensierbar flate kalles en Riemannflate, og vi skal seinere i pensum bruke akkurat denne til å illustrere ting fra vektoranalsen. Oppgave a) f(,, z) = + + z =, en kule med sentrum i origo og radius. b ) (Alle nivåflatene blir kuler med sentrum i origo). Den tre funksjonen er / u = u / med derivert u 3/ = /(u u). Dermed er = u u = ( + + z ) + + z. Tilsvarende er = ( + + z ) og + + z z = z ( + + z ) + + z. c) f(,, ) = f(,, z) = ( + + z ), 3/ ( + + z ), z 3/ ( + + z ) 3/ ( + + ) 3/, ( + + ) 3/, ( + + ) 3/ = 7, 7, 7

5 Ukeoppgaver, uke 36 Matematikk 3, Oppsummering av kapittel. 5 d) Siden gradienten er en normalvektor, og likning for plan gjenom punktet med koordinater (a, b, c) ogmed normalvektor A, B, C era( a)+b( b)+c(z c) = er likningen: 7 ( ) + 7 ( ) + (z ) = + + z =9 7 e ) For en vilkårlig vektor v =,, z err = v = + + z og r = + + z. Innsetting av dette i nevnerne i den deriverte gir gradienten f = r 3 i + r 3 j + z r 3 k =,, z/r3 =,, z r = r r v. Dette betr at f har retning mot origo i alle punkter, og norm som avtar omvendt proporsjonalt med r, kvadratet av avstanden til origo. Tngdefelt rundt et massepunkt plassert i origo (f.eks. sola) og elektriske felt rundt en punktladning plassert i origo har denne egenskapen.