x t + f y y t + f z , og t = k. + k , partiellderiverer vi begge sider av ligningen x = r cos θ med hensyn på x. Da får vi = 1 sin 2 θ r sin(θ)θ x

Transkript

1 TMA4105 Matematikk 2 Vår 2015 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 5 Alle oppgavenummer refererer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus: A Complete Course. 4 Exercise Vi ønsker å partiellderivere f(x, y, z) med ensyn på t, når x = g(s), y = (s, t), og z = k(t). Generelt ar vi fra kjerneregelen I dette tilfellet er x y t = 0, Vi setter inn dette, og oppnår f t = f x x t + f y y t + f t. t = t, og t = k. f t = f f + k y t. 5 Exercise Vi vil i denne oppgaven bruke subskriptnotasjonen for partiellderiverte der vi indekserer med variable; for eksempel vil vi a f x (x, y) = f x(x, y). Ved å partiellderivere begge sider av ligningen r 2 = x 2 + y 2 med ensyn på x, finner vi at 2rr x = 2x. Ved å bruke x = r cos θ, ser vi at vi må a r x = cos θ. På tilsvarende vis får vi at r y = sin θ. For å finne θ x, partiellderiverer vi begge sider av ligningen x = r cos θ med ensyn på x. Da får vi Ved å løse for θ x, finner vi 1 1 = r x cos θ r sin(θ)θ x = cos 2 θ r sin(θ)θ x = 1 sin 2 θ r sin(θ)θ x θ x = sin θ r. 1 Her deler vi på sin θ, så utledningen older bare for punkter som ikke ligger på x-aksen. Men ved å bruke definisjonen av partiellderivert, ser man at formelen er riktig også for de resterende punktene. 13. februar 2015 Side 1 av 6

2 Tilsvarende får vi θ y = cos θ r. Vi bruker nå disse formlene for å uttrykke u xx + u yy. Vi ar at og u x = u r r x + u θ θ x Vi finner også at Derfor er u xx = (u r r x + u θ θ x ) x = (u rr r x + u rθ θ x ) r x + u r r xx + (u θr r x + u θθ θ x ) θ x + u θ θ xx. u yy = (u rr r y + u rθ θ y ) r y + u r r yy + (u θr r y + u θθ θ y ) θ y + u θ θ yy. u xx + u yy = (r 2 x + r 2 y)u rr + (2r x θ x + 2r y θ y )u rθ + (θ 2 x + θ 2 y)u θθ + (r xx + r yy )u r + (θ xx + θ yy )u θ Ved å bruke relasjonen sin 2 θ + cos 2 θ = 1 og formlene vi fant ovenfor, ser vi at de tre første parentesene på øyresida er enoldsvis 1, 0 og 1/r 2. For å finne de to siste parentesene, utfører vi de nødvendige partiellderiveringene: r xx = sin2 θ r 2 cos θ sin θ θ xx = r 2 Dette betyr at de er enoldsvis 1/r og 0. Alt i alt får vi u xx + u yy = u rr + 1 r 2 u θθ + 1 r u r. r yy = cos2 θ r 2 cos θ sin θ θ yy = r 2 6 Exercise Vi finner først lineariseringen i punktet (2, 2). Vi ar at 2x + y f x (x, y) = 24 (x 2 + xy + y 2 ) 2 2y + x f y (x, y) = 24 (x 2 + xy + y 2 ) 2 Lineariseringen er derfor L(x, y) = f(2, 2) + f x (2, 2)(x 2) + f y (2, 2)(y 2) = 2 (x 2) (y 2), og vi får approksimasjonen f(2,1; 1,8) L(2, 2) = 2 0,1 + 0,2 = 2, februar 2015 Side 2 av 6

3 7 Exercise Vi ar oppgitt lengdene a og b til to sider og vinkelen γ mellom disse, og ønsker å finne arealet av den resulterende trekanten, se Figur 1. Én formel for dette er som med våre mål gir, i kvadratmeter, A = 1 ab sin γ, 2 A = 1 64π sin a γ b Figur 1: Trekant med to kjente sider og én vinkel For å finne prosentvis maksimal feil gitt måleunøyaktigetene, kan vi bruke linearisering av funksjonen i målepunktet, og se på forskjellen Linearisering nær (a, b, γ) av arealfunksjonen over er gitt ved A(x, y, α) L(x, y, α) = A(a, b, γ) + x (x a) (a,b,γ) A(x, y, α) + A(x, y, α) y (y b) + (a,b,γ) α (α γ). (a,b,γ) Med den aktuelle funksjonen får vi L(x, y, α) = 1 (ab sin γ + b(x a) sin γ + a(y b) sin γ + ab(α γ) cos γ). 2 Vi ser av funksjonen at den, i det området vi er interesserte i, øker (og synker) med økende (og synkende) x, y, og α, så det er tilstrekkelig å se på når alle disse tre er enten maksimale eller minimale for å finne prosentvis maksimal feil. For alle tre minimale får vi L ( 223,6; 157,6; 62π ) som gir prosentvis feil ,2% 13. februar 2015 Side 3 av 6

4 For alle tre maksimale får vi som gir prosentvis feil L ( 224,4; 158,4; 66π ) = 2,9% Dermed er maksimal prosentvis feil omtrent 2,9%. 8 Exercise Vi bruker definisjonen av Jacobi matrisen, og får x x x R φ θ sin φ cos θ R cos φ cos θ R sin φ sin θ Df(R, φ, θ) = y y y R φ θ = sin φ sin θ R cos φ sin θ R sin φ cos θ cos φ R sin φ 0 R φ θ. 9 Exercise Vi ar funksjonen gitt ved f(x, y) = e xy og punktet (2, 0). a) Gradienten til en funksjon i to variable er gitt ved i dette tilfellet Evaluert i (2, 0) får vi dermed f(x, y) = f x i + f y j, f(x, y) = ye xy i + xe xy j. f(2, 0) = 2j. b) Tangentplanet til grafen z = f(x, y) til funksjonen i et gitt punkt står normalt på gradientvektoren i dette punktet, slik at det vil være gitt av likningen z = f(2, 0) + f(2, 0) ((x 2)i + (y 0)j), som, ved å gange ut prikkproduktet, gir z 2y 1 = 0. c) For å finne likningen for den rette linjen som tangerer nivåkurven 2 finner vi først en likning for nivåkurven som går gjennom punktet vårt. Denne er gitt ved eller e xy = f(x, y) = f(2, 0) = 1, xy = 0, som altså er unionen av koordinataksene, og ar tangentlinje gjennom (2, 0) gitt ved likningen y = 0. 2 Se nederst på side 724 i boka for en forklaring av forskjellen mellom det vi finner i b) og c). 13. februar 2015 Side 4 av 6

5 10 Exercise Vi ar f(x, y) = ln r, vor r = xi + yj, og skal finne gradienten til denne. Vi kan skrive om funksjonen for å gjøre det enklere først: Dermed får vi ved bruk av kjerneregelen. f(x, y) = ln r = 1 2 ln ( x 2 + y 2). f(x, y) = f x i + f y j x = x 2 + y 2 i + xi + yj = x 2 + y 2 = r r 2, y x 2 + y 2 j 11 Review Exercise 12.4 Vi ar funksjonen f definert ved delt forskrift: { x 3, vis (x, y) (0, 0) f(x, y) = x 2 +y 2 0, vis (x, y) = (0, 0). Vi undersøker om de første partiellderiverte eksisterer i (0, 0) ved å bruke grenseverdidefinisjonen av de partiellderiverte i (0, 0) direkte. Vi begynner med den partiellderiverte med ensyn på første argument Tilsvarende, for andre argument, f(0 +, 0) f(0, 0) f 1 (0, 0) = 1. f(0, 0 + ) f(0, 0) f 2 (0, 0) = 0. Grensene eksisterer, dermed ar vi funnet f 1 (0, 0) og f 2 (0, 0). For å kunne vurdere om de øyereordens partiellderiverte eksisterer i (0, 0), må vi finne de førsteordens partiellderiverte i et vilkårlig punkt (x, y) (0, 0). For å gjøre dette bruker vi kvotientregelen. ( f 1 (x, y) = 3x2 x 2 + y 2) x 3 2x (x 2 + y 2 ) 2 = x4 + 3x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 2y f 2 (x, y) = (x 2 + y 2 ) 2, 13. februar 2015 Side 5 av 6

6 vor vi i (0, 0) ar grenseverdiene beregnet over. Igjen må vi bruke grenseverdidefinisjonen for å vurdere om f 21 (0, 0) og f 12 (0, 0) eksisterer. og f 2 (0 +, 0) f 2 (0, 0) f 21 (0, 0) 0 ( 2 +0) 2 0 = 0, som ikke eksisterer. f 1 (0, 0 + ) f 1 (0, 0) f 12 (0, 0) , 13. februar 2015 Side 6 av 6