0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 95 Kapittel 0: Funksjoner av flere variable 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable. Oppgave 0..: a) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y) består av alle punkter (x, y) R som er slik at xy 0, det vil si xy. Det holder for hele andre og fjerde kvadrant der xy 0. Kurven som danner skillelinjen mellom,,lovlige og,,ulovlige punkter er kurven xy =, det vil si, y = /x. Denne kurven består av to grener. (Den er faktisk en hyperbel.) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y) består av alle punkter på og mellom de to grenene. 3 y K3 K K 0 3 x K K K3 b) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y) består av alle punkter (x, y) R som er slik at x + y 0, det vil si, alle punkter unntatt de som ligger på linjen y = x.
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 95 3 y K3 K K 0 3 x K K K3 c) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y) består av alle punkter (x, y) R som er slik at y x > 0, det vil si, alle punkter som ligger over linjen y = x. 3 y K,5 K,0 K0,5 0 0,5,0,5 x K K K3 d) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y) består av alle punkter (x, y) R. (Det er det ikke mye å skissere, så vi lar det være.) Oppgave 0..: a) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y, z) består av alle punkter (x, y, z) R 3 som er slik at x + y + z 4 > 0, det vil si, alle punkter utenfor kuleflaten x + y + z = med sentrum i origo og radius. b) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y, z) består av alle punkter (x, y, z) R 3 som er slik at x + y + z 0, det vil si, hele R 3.
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 953 c) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y, z) består av alle punkter (x, y, z) R 3 som er slik at 0 x + y z, det vil si, alle punkter på og mellom de to parallelle planene z = x + y og z = x + y. Oppgave 0..3: a) Funksjonsverdien for f(x, y) er positiv fordi eksponensialfunksjonen alltid er positiv. Her er e opphøyd i et tall 0, så verdimengden til f(x, y) er intervallet (0, ]. Videre er f(x, y) lik en konstant 0 < c når x + y = ln c. Det vil si, nivåkurvene er sirkler med sentrum i origo og radius ln c. Figuren viser nivåsirklene f(x, y) = 4,, 3 4.,0 y 0,5 K,0 K0,5 0 0,5,0 x K0,5 K,0 b) Verdimengden til f(x, y) er hele R. Funksjonen har derfor nivåkurver f(x, y) = c for enhver c R. De er gitt ved x y = c. For c = 0 er dette to rette linjer y = ±x. For c > 0 er det en hyperbel med sentrum i origo og,,gap langs x-aksen. For c < 0 er det en hyperbel med sentrum i origo og,,gap langs y-aksen. Figurene nedenfor viser nivåkurvene for c = 0,, 3, 5 og for c = 0,, 3, 5. 6 6 y 4 y 4 K6 K4 K 0 4 6 x K K6 K4 K 0 4 6 x K K4 K4 K6 K6
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 954 c) Verdimengden til f(x, y) er alle reelle tall 0. Funksjonen har derfor nivåkurver f(x, y) = c for enhver c 0. De er gitt ved 4x + 9y = c. For c = 0 er dette bare punktet origo. For c > 0 er det en ellipse gitt ved 4x + 9y = c x ( c/) + y ( c/3) =. Figuren nedenfor viser nivåkurvene for c =, 4, 9. y 0,8 0,6 0,4 0, K,0 K0,5 K0, 0 0,5,0 x K0,4 K0,6 K0,8 d) Verdimengden til f(x, y) er alle reelle tall. Funksjonen har derfor nivåkurver f(x, y) = c for enhver c R. De er gitt ved x 4y = c. Det vil si, de er parallelle linjer i xy-planet. Figuren nedenfor viser nivåkurvene for c =, 0, 3, 5. K4 K3 K K 0 3 4 x K y K K3 Oppgave 0..4: a) f(x, y) = g(r, θ) := e r. b) f(x, y) = g(r, θ) := r (cos θ sin θ) = r cos θ. c) f(x, y) = g(r, θ) := 4r cos θ + 9r sin θ = r (4 + 5 sin θ).
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 955 d) f(x, y) = g(r, θ) := r cos θ 4r sin θ = r(cos θ sin θ). Oppgave 0..5: f(x, y, z) = g(ρ, ϕ, θ) := (ρ ) / = /ρ. Verdimengden til f(x, y, z) er alle reelle tall > 0. Funksjonen har derfor nivåflater f(x, y, z) = /ρ = c for enhver c > 0. De er kuleflater med sentrum i origo og radius /c. Oppgave 0..6: f(x, y, z) = g(r, θ, z) := z(r ) / = z/r. Verdimengden til f(x, y, z) er alle reelle tall. Funksjonen har derfor nivåflater f(x, y, z) = z/r = c for enhver c R. For c = 0 er nivåflaten lik xy-planet. For c 0 er nivåflatene kjegleflater med akse langs z-aksen og sirkulære tverrsnitt. Oppgave 0..7: a) og b) Grafen i a) er et plan parallelt med xy-planet. Grafen i b) er et skrått plan som inneholder y-aksen.,0,0,0 y 0,5 0,0 0,5 0,00,0 0,5 x 0,5 0,5,0,0 0,5 0,5 0,75,0,0 0,0 0,5 0,0 0,0 y 0,5,0 0,5 0,5 x 0,5,0,0,0
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 956 c) og d),0 0,5,5 0,0,0,0 0,5 0,5 0,0 0,5 0,5,0,0 y x 0,5,0 0,75 0,5,0,0 0,5,0 0,5 0,5 y 0,0 0,0 0,0 0,5 0,5,0 x,0 e) og f),0,0 0,75 0,5,0 xy,0 0,5 0,5 0,5 0,0 0,0 0,0 0,5 0,5,0,0 x 0,5 0 0 0,0 y g) og h) 8 x 3 70 60 y 0 0 7 50 40 30 y 0 x 0 0 0 3 3
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 957 i) og j) (j) er NY),0 6 8 3 y x 0,5 3 0 0,0 4 3 5 0,5 3 0 7,0 0 y 0 x Oppgave 0..8: For fiksert t og fikserte verdier c, c,... cn kan man tegne niv akurvene f (x, y, t) = ck i xy-planet. De vil danne et system av kurver akkurat som kotene p a et kart. Hvis vi gjør dette for t = 0, h, h, 3h,..., N h med relativt sm a tidsintervall h (men alts a for de samme c-verdiene for alle t), f ar vi en billedserie som kan vises i raskt tempo og fremst a som en film. Det er akkurat dette de gjør i værmeldinger p a TV. Oppgave 0..9: Anta du har en ideell gass i en lukket beholder. M al P, V og T og sett k = P V /T. Da er P = f (V, T ) = kt /V. Verdimengden til f (V, T ) er alle positive tall. (Temperaturen T m alt i grader Kelvin er alltid 0.) Funksjonen har dessuten niv akurver f (V, T ) = kt /V = c for enhver c > 0. De er rette linjer T = kc V gjennom origo i V T -planet med stigningstall c/k. Oppgave 0..0: Verdimengden til funksjonen V (x, y) = p 5 x y er alle reelle tall 5 = /5. Funksjonen har derfor niv akurver V (x, y) =
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 958 c for enhver c /5. De er gitt ved 5 x y = c 5 x y = c x + y = 5 c som er sirkler med sentrum i origo og radius som øker når c øker. Dette er ekvipotensialkurvene for dette potensialet. Figuren viser nivåkurvene for c = 4, 3,, og. 4 y 3 K4 K3 K K 0 3 4 x K K K3 K4 Oppgave 0..: Verdimengden til funksjonen P (x, y) er avhengig av hvilken måleenhet vi bruker for trykket, men vi antar den inneholder verdiene c = 0,,. Nivåkurvene P (x, y) = c er derved grafene til likningene (x c) + 4 (y c) = c for disse verdiene av c. For c = 0 degenereres nivåkurven til punktet i origo. For c > 0 kan likningen skrives (x c) (c (y c) + ) (c ) = som er likningen for en ellipse med sentrum i (c, c). Figuren viser nivåkurvene for c = og c =.
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 959 6 y 4 K 0 3 4 x Oppgave 0..: Verdimengden til funksjonen T (x, y) er avhengig av hvilken måleenhet vi bruker for temperaturen, men vi antar den inneholder verdiene c = 0, 5, 0 og 5. Nivåkurvene T (x, y) = c er derved grafene til likningene (x c) + y = c for disse verdiene av c. For c > 0 er dette likningen for en sirkel med sentrum i (c, 0) og radius c. Figuren viser nivåkurvene for c = 0, 5, 0 og 5. 30 y 0 0 K0 0 0 0 30 40 50 60 x K0 K0 K30 Oppgave 0..3: For konstant fokalavstand f = k, må (a, b) ligge i første kvadrant av abplanet og på kurven beskrevet ved a + b = b + a = ab k k(a + b) = ab.
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 960 Figuren viser nivåkurvene for k =,,. 8 7 6 5 y 4 3 3 4 5 6 7 8 x
0.. Grenser og kontinuitet 96 0.. Grenser og kontinuitet. Oppgave 0..: a) x 5y lim (x,y) (,5) x 3y = 5 5 3 5 = =. b) lim (x,y,z) (,, ) e xy x y + z = e + = e. c) Grenseverdien lim (x,y) (,π/) x cos y eksisterer ikke fordi telleren går mot mens nevneren går mot 0. Faktisk går uttrykket mot når x = og y π/ nedenfra, og mot + når x = og y π/ ovenfra. d) Dette er et null-over-null-uttrykk. For å analysere det nærmere, innfører vi polarkoordinater i uttrykket: lim (x,x) (0,0) y 4x x + y = lim r sin θ 4r cos θ r 0 r ved skviseloven, siden uttrykket i parentesen er begrenset. = lim r 0 r (sin θ 4 cos θ) = 0 e) Dette er et null-over-null-uttrykk. For å analysere det nærmere, innfører vi polarkoordinater i uttrykket: y x lim (x,y) (0,0) x + y = lim r sin θ r cos θ r 0 r som er avhengig av θ. Grenseverdien eksisterer derfor ikke. = lim r 0 (sin θ cos θ) f) Dette er et null-over-null-uttrykk. For å analysere det nærmere, innfører
0.. Grenser og kontinuitet 96 vi polarkoordinater i uttrykket: 7x 5 6x 3 y 7r 5 cos 5 θ 6r 5 cos 3 θ sin θ lim (x,y) (0,0) (x + y ) = lim r 0 r 4 = lim r 0 r(7 cos 5 θ 6 cos 3 θ sin θ) = 0 ved skviseloven, siden uttrykket i parentesen er begrenset. g) Dette er et null-over-null-uttrykk. For å analysere det nærmere, innfører vi kulekoordinater i uttrykket: lim (x,y,z) (0,0,0) xz x + y + z = lim ρ 3 sin ϕ cos θ cos ϕ ρ 0 ρ = lim ρ(sin ϕ cos θ cos ϕ) = 0 ρ 0 ved skviseloven, siden uttrykket i parentesen er begrenset. h) Dette er et null-over-null-uttrykk, men vi har et større problem: brøken er udefinert for alle punktene på de to koordinataksene x = 0 og y = 0 i xyplanet. Disse linjene går gjennom grensepunktet (0, 0). Det betyr at vi ikke kan kontrollere alle punkter (0, ) i noen omegn om (0, 0), slik definisjonen av en grenseverdi krever. Grenseverdien eksisterer derfor ikke. På den andre siden kunne man tenke seg å definere en grenseverdi sin xy lim (x,y) (0,0), xy 0 xy der vi bare krever at brøken skal være nær nok en eventuell grenseverdi i omegner om (0, 0) der vi ser bort fra punkter på koordinataksene, det vil si, omegner minus punktene der xy = 0. Da gjelder: sin xy lim (x,y) (0,0), xy 0 xy fordi t := xy 0 når (x, y) (0, 0). sin t = lim = t 0 t Oppgave 0..: a) Dette er et null-over-null-uttrykk, men vi har et større problem: brøken er udefinert for alle punktene på linjen y = x i xy-planet. Denne linjen går gjennom grensepunktet (0, 0). Det betyr at vi ikke kan kontrollere alle punkter (0, 0) i noen omegn om (0, 0), slik definisjonen av en grenseverdi krever. Grenseverdien eksisterer derfor ikke.
0.. Grenser og kontinuitet 963 På den andre siden kunne man tenke seg å definere en mildere grenseverdi x y lim (x,y) (0,0), y x x + y der vi bare krever at brøken skal være nær nok en eventuell grenseverdi i omegner om (0, 0) der vi har fjernet alle punkter der y = x. Da kan vi innføre polarkoordinater i uttrykket. Siden x y lim (x,y) (0,0) x + y = lim r cos θ r sin θ r 0, cos θ+sin θ 0 r cos θ + r sin θ cos θ sin θ = lim r 0, cos θ+sin θ 0 cos θ + sin θ = cos θ sin θ cos θ + sin θ, og derfor avhenger av retningen θ, eksisterer heller ikke denne grenseverdien. b) Dette er et null-over-null-uttrykk, men vi har et større problem: brøken er udefinert for alle punktene på linjen y = x i xy-planet. Denne linjen går gjennom grensepunktet (, ). Det betyr at vi ikke kan kontrollere alle punkter (, ) i noen omegn om (, ), slik definisjonen av en grenseverdi krever. Grenseverdien eksisterer derfor ikke. På den andre siden kunne man tenke seg å definere en grenseverdi x y lim (x,y) (,), y x x y der vi bare krever at brøken skal være nær nok en eventuell grenseverdi i omegner om (, ) der vi har fjernet alle punkter der y = x. Da kan vi,,forkorte bort problemet med null over null: x y lim (x,y) (,), y x x y = lim (x + y)(x y) = lim (x+y) = + =. (x,y) (,), y x x y (x,y) (,) c) Siden brøken er positiv for alle (x, y) (0, 0) og lim (x,y) (0,0) (x + y ) = 0, er lim (x,y) (0,0) Videre er cos x = 0 for x = π/. Derfor er x + y = +. lim (x,y) (0,0) sec x + y = π. d) Dette er et null-over-null-uttrykk. Men vi har også den samme typen problem som i a). Brøken er ikke definert for noe punkt på linjen y = x, og denne linjen går gjennom origo. Altså eksisterer ikke grenseverdien.
0.. Grenser og kontinuitet 964 For å analysere nærmere om den mildere grenseverdien x 3 + y lim (x,y) (0,0), y x x 3 + y 3 eksisterer, innfører vi polarkoordinater, men med bibetingelsen at x 3 + y 3 0, det vil si, cos 3 θ + sin 3 θ 0 som holder hvis og bare hvis cos θ + sin θ 0: x 3 + y lim (x,y) (0,0), y x x 3 + y 3 = = lim r 0, cos θ+sin θ 0 lim r 0, cos θ+sin θ 0 r cos 3 θ + sin θ r cos 3 θ + r sin 3 θ = r 3 cos 3 θ + r sin θ r 3 cos 3 θ + r 3 sin 3 θ { sin θ 0 = ± for sin θ 0 0 for sin θ = 0 som er avhengig av θ. Altså eksisterer heller ikke denne grenseverdien. e) Dette er et null-over-null-uttrykk. Men vi har også den samme typen problem som i a). Brøken er ikke definert for noe punkt på linjen y = x, og denne linjen går gjennom grensepunktet (, 0). Altså eksisterer ikke grenseverdien. For å analysere nærmere om den mildere grenseverdien lim (x,y) (0,), y x x(y ) x + y eksisterer, innfører vi en slags polarkoordinater med sentrum i (0, ) i uttrykket. Det vil si, vi setter x = 0 + r cos θ og y = + r sin θ og lar r 0 under bibetingelsen at y x, det vil si, cos θ + sin θ 0: lim (x,y) (0,), y x x(y ) x + y = lim (r cos θ)(r sin θ) r 0, cos θ+sin θ 0 r cos θ + r sin θ r cos θ sin θ = lim r 0, cos θ+sin θ 0 cos θ + sin θ = 0. f) Dette er et null-over-null-uttrykk. For å analysere det nærmere, innfører vi en slags polarkoordinater med sentrum i (, 0) i uttrykket. Det vil si, vi setter x = + r cos θ og y = 0 + r sin θ og lar r 0: lim (x,y) (,0) (x )y (x ) + y = lim r 0 (r cos θ)(r sin θ) r cos θ + r sin θ = lim cos θ sin θ = cos θ sin θ r 0 som er avhengis av θ. Altså eksisterer ikke grenseverdien. g) Dette er et null-over-null-uttrykk. Men vi har også den samme typen problem som i a). Brøken er ikke definert for noe punkt på x-aksen y =
0.. Grenser og kontinuitet 965 0, og denne aksen går gjennom grensepunktet (, 0). Altså eksisterer ikke grenseverdien. For å analysere nærmere om den mildere grenseverdien x + y x y lim (x,y) (,0), y 0 eksisterer, bruker vi knepet med å multiplisere teller og nevner med ( x + y+ x y) som er 0 når y 0. Det gir x + y x y lim (x,y) (,0), y 0 y y x + y (x y) = lim (x,y) (,0), y 0 y( x + y + x y) = lim = (x,y) (,0) x + y + x y + =. Altså eksisterer denne mildere grenseverdien. h) Også her har vi samme type problem som i a). Brøken er ikke definert for noen punkter i xz-planet y = 0 eller i yz-planet x = 0. Grensepunktet vårt (0, 0, ) ligger faktisk på skjæringslinjen mellom disse to planene. Altså eksisterer ikke grenseverdien. Heller ikke den mildere grenseverdien lim z (x,y,z) (0,0,), xy 0 tan xy eksisterer fordi hvis den gjorde det, ville lim (x,y,z) (0,0,), xy 0 tan z xy = lim (u,z) (0,) tan z u der u := xy 0 når xy 0. Problemet er at når z og u 0 +, vil z/u + og derved tan (z/u) π/, mens når z og u 0, vil z/u og derved tan (z/u) π/. Oppgave 0..3: Siden e xy > 0 og x 0 for alle (x, y) R, er telleren veldefinert for alle (x, y, z) R 3. Siden e xz > 0 og sin x 0 for alle (x, z) R, er nevneren > 0 for alle (x, y, z) R 3. Derved er funksjonen f(x, y, z) veldefinert i hele R 3. Siden den er en sammensetning av elementære funksjoner, er den kontinuerlig i hele sitt definisjonsområde, det vil si, i R 3.
0.. Grenser og kontinuitet 966 Oppgave 0..4: a) (x, y) (0, 0) langs linjen y = ax hvis og bare hvis (x, y) = (x, ax) og x 0. Videre gjelder lim (x,y) (0,0), y=ax x y x 4 + y = lim x 0 ax 3 x 4 + ax = lim x 0 ax x + a. Hvis a = 0, er verdien av brøken lik null for alle x 0, og grenseverdien er derved lik null. Hvis a 0, vil telleren gå mot null mens nevneren går mot a 0. Derved er grenseverdien fremdeles lik null. b) (x, y) (0, 0) langs parabelen y = x hvis og bare hvis (x, y) = (x, x ) og x 0. Derfor gjelder lim (x,y) (0,0), y=x x y x 4 + y = lim x 0 x 4 x 4 + x 4 = lim x 0 =. c) Siden grenseverdien lim (x,y) (0,0) f(x, y) ikke eksisterer, er funksjonen ikke kontinuerlig i origo. Oppgave 0..5: a) lim (x,y,z) (0,0,0) ved skviseloven. xyz x + y + z = lim (ρ sin ϕ cos θ)(ρ sin ϕ sin θ)(ρ cos ϕ) ρ 0 ρ ( ) = lim ρ 0 ρ sin ϕ cos θ sin θ cos ϕ = 0 b) lim (x,y,z) (0,0,0) x x + y + z = lim ρ sin ϕ cos θ ρ 0 ρ Denne grenseverdien eksisterer ikke. sin ϕ cos θ = lim. ρ 0 ρ
0.. Grenser og kontinuitet 967 c) Vi ser at brøken y /x ikke er definert i noen punkter (x, y, z) i yz-planet. Siden grensepunktet (0, 0, 0) ligger i yz-planet, betyr det at brøken ikke er definert for alle (x, y, z) (0, 0, 0) i noen omegn om origo. Grenseverdien eksisterer derfor ikke. Den mildere grenseverdien med tilleggsbetingelsen at x 0, det vil si, sin ϕ cos θ 0 eksisterer imidlertid fordi y lim (x,y,z) (0,0,0), x 0 x = lim ρ sin ϕ sin θ ρ 0, sin ϕ cos θ 0 ρ sin ϕ cos θ ρ sin ϕ sin θ = lim ρ 0, cos θ 0 cos θ = 0. d) Vi ser at brøken (x + y )/z ikke er definert i noen punkter (x, y, z) i xy-planet. Siden grensepunktet (0, 0, 0) ligger i xy-planet, betyr det at brøken ikke er definert for alle (x, y, z) (0, 0, 0) i noen omegn om origo. Grenseverdien eksisterer derfor ikke. Den mildere grenseverdien med tilleggsbetingelsen at z 0, det vil si, ϕ π eksisterer heller ikke fordi x + y ρ sin ϕ lim (x,y,z) (0,0,0), z 0 z = lim ρ 0, ϕ π/ ρ cos ϕ = lim ρ 0, ϕ π/ tan ϕ som er avhengig av ϕ. Oppgave 0..6: a) For at dette skal være mulig, må lim (x,y) (0,0) f(x, y) eksistere. Ved innføring av polarkoordinater i uttrykket for f(x, y) har vi lim (x,y) (0,0) x y x 4 + y 4 = lim r 0 r 4 cos θ sin θ r 4 cos 4 θ + r 4 sin 4 θ = lim r 0 sin θ cos θ cos 4 θ + sin 4 θ som er avhengig av θ. Derfor eksisterer ikke denne grenseverdien, og diskontinuiteten i origo er ikke hevbar. b) For at dette skal være mulig, må lim (x,y) (0,0) f(x, y) eksistere. Ved innføring av polarkoordinater i uttrykket for f(x, y) har vi sin(x + y ) sin(r ) sin u lim (x,y) (0,0) x + y = lim r 0 r = lim u 0 u =. Ved å definere f(0, 0) = blir funksjonen derfor kontinuerlig i origo.
0.. Grenser og kontinuitet 968 c) For at dette skal være mulig, må lim (x,y) (0,0) f(x, y) eksistere. Ved innføring av polarkoordinater i uttrykket for f(x, y) har vi tan(x + y ) tan(r ) tan u sin u lim (x,y) (0,0) x + y = lim r 0 r = lim = lim u 0 u u 0 cos u u =. Ved å definere f(0, 0) = blir funksjonen derfor kontinuerlig i origo. d) For at dette skal være mulig, må lim (x,y) (0,0) f(x, y) eksistere. Ved innføring av polarkoordinater i uttrykket for f(x, y) har vi lim (x,y) (0,0) tan x + y = lim r 0 tan r = π. Ved å definere f(0, 0) = π/ blir funksjonen derfor kontinuerlig i origo. Oppgave 0..7: (NY) a) D f består av alle punkter (x, y) R der x, altså av hele xy-planet unntatt punktene på linjen x =. D f er åpen, og f er kontinuerlig. b) D f består av alle punkter (x, y) R unntatt punktet (x, y) = (0, 0). Det vil si, D f er hele xy-planet minus origo. D f er åpen, og f er kontinuerlig.
0.. Grenser og kontinuitet 969 c) D f består av alle punkter (x, y) R der (x + y ) π/ + kπ for k Z. Det vil si, D f er hele xy-planet minus alle sirklene om origo med radius π/ + kπ for k Z. D f er åpen, og f er kontinuerlig. d) D f består av alle punkter (x, y) R der x y, altså der x y. Randen av D f, altså linjene y = x og y = x, hører med til D f. Derfor er D f lukket. f er kontinuerlig. e) D f er nå en mengde i rommet. Den består av alle punkter (x, y, z) R 3 der x + y + z 0. Det vil si, D f er hele R 3 unntatt origo.
0.. Grenser og kontinuitet 970 Siden ikke noe av randen til D f (origo) hører til mengden, er D f åpen. f er kontinuerlig. f) D f er nå en mengde i rommet. Den består av alle punkter (x, y, z) R 3 der x + z 0. Det vil si, D f er hele R 3 unntatt punktene på y-aksen. Siden ikke noe av randen til D f (y-aksen) hører til mengden, er D f åpen. f er kontinuerlig. g) D f er nå en mengde i rommet. Den består av alle punkter (x, y, z) R 3 der x y 0. Det vil si, randen til D f er de to vertikale planene y = x og y = x. Projeksjonen av D f inn i xy-planet blir altså som illustrert i oppgave d), mens z kan være hva som helst.
0.. Grenser og kontinuitet 97 Figuren viser deler av de to vertikale planene, og projeksjonen av Df i første kvadrant av xy-planet. En tilsvarende sektor kommer i tredje kvadrant. Siden randen til Df (de to vertikale planene) hører til Df, er Df lukket. f er kontinuerlig. h) Df er n a en mengde i rommet. Den best ar av alle punkter (x, y, z) R3 der z x + y 0. Det vil si, randen til Df er rotasjonsparaboloiden z = x + y, og Df best ar av alle punkter som ligger p a og innenfor denne paraboloiden. 8 6 4 0 8 6 4 0 3 0 y 0 x 3 3 Siden randen til Df (selve paraboloideflaten) hører til Df, er Df lukket. f er kontinuerlig. Oppgave 0..8: (NY) x y er kontinuerlig i R \ {(0, 0}. Vi m a undersøke x + y om singulariteten i origo er hevbar. Funksjonen f (x, y) = For a se om lim (x,y) (0,0) f (x, y) eksisterer, ser vi først p a r3 cos θ sin θ = lim r sin θ cos θ = 0 r 0 r 0 r L = lim ved skviseloven. Dette betyr at en funksjon som er lim f (x, y) = 0. Alts a kan f utvides til (x,y) (0,0) kontinuerlig i hele R.
0.3. Partiellderiverte 97 0.3. Partiellderiverte. Oppgave 0.3.: a) f x (x, y) = 4, f y (x, y) = 5. b) f x (x, y) = 6xy +, f y (x, y) = 8x 5. c) f x (x, y) = (cos xy)y(x + y ) (sin xy)x (x + y ) = f y (x, y) = (cos xy)x(x + y ) (sin xy)y (x + y ) = y cos xy x sin xy x + y (x + y ), x cos xy y sin xy x + y (x + y ). d) f x (x, y, z) = y ln(xyz) + xy xyz yz + 5y = y ln(xyz) + y + 5y, f y (x, y, z) = x ln(xyz) + xy xz + 0xy = x ln(xyz) + x + 0xy, xyz f z (x, y, z) = xy xy xy = xyz z. e) f x (x, y, z) = e x +y +z x, f y (x, y, z) = e x +y +z y, f z (x, y, z) = e x +y +z z. f) f x (x,..., x n ) = x e x + x n, f x (x,..., x n ) = x e x + x n,... f xn (x,..., x n ) = x n e x + x n.
0.3. Partiellderiverte 973 Oppgave 0.3.: La f(x, y) = 5xy. Da er f(x + h, y) f(x, y) 5(x + h)y 5xy f x (x, y) = lim = lim h 0 h h 0 h f(x, y + h) f(x, y) f y (x, y) = lim h 0 h 5xy + 0xyh + 5xh 5xy lim h 0 h 5x(y + h) 5xy = lim h 0 h = lim h 0 5y = 5y = = lim h 0 (0xy + 5xh) = 0xy. Oppgave 0.3.3: a) La f(x, y) = x 7 y 3. Da er f x (x, y) = 7x 6 y 3, f y (x, y) = 3x 7 y, f xx (x, y) = 7 6x 5 y 3 = 4x 5 y 3, f xy (x, y) = 7x 6 3y = x 6 y, f yx (x, y) = 3 7x 6 y = x 6 y, f yy (x, y) = 3x 7 y = 6x 7 y. b) La f(x, y, z) = xy e z. Da er f x (x, y, z) = y e z, f y (x, y, z) = xye z, f z (x, y, z) = xy e z, f xx (x, y, z) = 0, f xy (x, y, z) = ye z, f xz (x, y, z) = y e z, f yx (x, y, z) = ye z, f yy (x, y, z) = xe z, f yz (x, y, z) = xye z, f z,x (x, y, z) = y e z, f zy (x, y, z) = xye z, f zz (x, y, z) = xy e z. c) La f(x, y) = y sinh(x + y ). Da er f x (x, y) = y(cosh(x + y ))x = xy cosh(x + y ), f y (x, y) = sinh(x + y ) + y(cosh(x + y ))y = sinh(x + y ) + y cosh(x + y ), slik at f xx (x, y) = y cosh(x + y ) + xy(sinh(x + y ))x = y cosh(x + y ) + 4x y sinh(x + y ), f xy (x, y) = x cosh(x + y ) + xy(sinh(x + y ))y = x cosh(x + y ) + 4xy sinh(x + y ), f yx (x, y) = (cosh(x + y ))x + y (sinh(x + y ))x = x cosh(x + y ) + 4xy sinh(x + y ), f yy (x, y) = (cosh(x + y ))y + 4y cosh(x + y ) + y (sinh(x + y ))y = 6y cosh(x + y ) + 4y 3 sinh(x + y ).
0.3. Partiellderiverte 974 d) La f(x, y) = slik at x x. Da er + y f x (x, y) = (x + y ) x x (x + y ) = y x (x + y ), f y (x, y) = 0 x y (x + y ) = xy (x + y ), f xx (x, y) = x(x + y ) (y x )(x + y )x (x + y ) 4 = x(x + y ) 4x(y x ) (x + y ) 3 = x3 6xy (x + y ) 3, f xy (x, y) = y(x + y ) (y x )(x + y )y (x + y ) 4 = y(x + y ) 4y(y x ) (x + y ) 3 = 6x y y 3 (x + y ) 3, f yx (x, y) = y(x + y ) xy (x + y )x (x + y ) 4 = y(x + y ) 8x y (x + y ) 3 = 6x y y 3 (x + y ) 3, f yy (x, y) = x(x + y ) xy (x + y )y (x + y ) 4 = x(x + y ) 8xy (x + y ) 3 = 6xy x 3 (x + y ) 3. e) La f(x, y) = sin xy. Da er f x (x, y) = y cos xy, f y (x, y) = x cos xy, f xx (x, y) = y( sin xy)y = y sin xy, f xy (x, y) = cos xy + y( sin xy)x = cos xy xy sin xy, f yx (x, y) = cos xy + x( sin xy)y = cos xy xy sin xy, f yy (x, y) = x( sin xy)x = x sin xy.
0.3. Partiellderiverte 975 f) La f(x, y) = + x + y = ( + x + y ) /. Da er f x (x, y) = ( + x + y ) / x = x( + x + y ) /, f y (x, y) = ( + x + y ) / y = y( + x + y ) /, ( f xx (x, y) = ( + x + y ) / + x ) ( + x + y ) 3/ x = + x + y x ( + x + y ) 3/ = + y ( + x + y ) 3/, f xy (x, y) = x ( + x + y ) 3/ y = xy ( + x + y ) 3/, xy f yx (x, y) = y ( + x + y ) 3/ x = ( + x + y ) 3/, ( f yy (x, y) = ( + x + y ) / + y ) ( + x + y ) 3/ y = + x ( + x + y ) 3/. Oppgave 0.3.4: a) La f(x, y) = sin xy. Da er f x (x, y) = y xy cos, f y(x, y) = x xy cos, f xx (x, y) = y xy ( sin )y = xy y sin 4, f xy (x, y) = f yx (x, y) = xy cos + y xy ( sin )x = xy cos xy xy sin 4, xy cos + x xy ( sin )y = xy cos xy xy sin 4, f yy (x, y) = x xy ( sin )x = xy x sin 4. b) La f(x, y) = ( + x + yx) 3/. Da er f x (x, y) = 3 ( + x + yx) / (x + y) = 3(x + y)( + x + xy) /, f y (x, y) = 3 ( + x + yx) / x = 3x( + x + xy) /,
0.3. Partiellderiverte 976 slik at f xx (x, y) = 3( + x + xy) / + 3 (x + y)( + x + xy) / (x + y) = 3( + x + xy) + 3(x + y) + x + xy = 3(x + 4xy + y + ), + x + xy f xy (x, y) = 3( + x + xy) / + 3 (x + y)( + x + xy) / x = 3( + x + xy) + 3(x + xy) + x + xy = 3(x + 3xy + ) + x + xy, f yx (x, y) = 3( + x + xy) / + 3x ( + x + xy) / (x + y) = 3( + x + xy) + 3(x + xy) + x + xy = 3(x + 3xy + ) + x + xy, f yy (x, y) = 3x ( + x + xy) / x = 3x + x + xy. c) La f(x, y) = x e y. Da er f x (x, y) = xe y, f y (x, y) = x e y ( y) = x ye y, f xx (x, y) = e y, f xy (x, y) = xe y ( y) = 4xye y, f yx (x, y) = 4xye y, f yy (x, y) = x e y x ye y ( y) = x ( y )e y. d) La f(x, y) = ln( + x /y ). Da er f x (x, y) = + x y x y = x x + y, f y(x, y) = + x y f xx (x, y) = x + y 4x (x + y ) = (y x ) (x + y ), f xy(x, y) = f yx (x, y) = ( 4x/y)(x + y ) + (x /y) x (x + y ) = 4xy (x + y ), f yy (x, y) = x y (x + y ) + x y y (x + y ) = x4 y + x + 4x x y 3 = x /y x + y, x (x + y ) y, (x + y ) = x y x + 3y (x + y ).
0.3. Partiellderiverte 977 e) La f(x, y, z) = z sec xy. Siden den deriverte av sec u er tan u sec u, er f x (x, y, z) = yz tan xy sec xy, f y (x, y, z) = xz tan xy sec xy, f z (x, y, z) = sec xy, f xx (x, y, z) = yz ( y sec 3 xy + y tan xy sec xy ) = y z ( sec xy + tan xy ) sec xy = y z ( + tan xy ) sec xy, f xy (x, y, z) = z tan xy sec xy + xyz ( sec 3 xy + tan xy sec xy ) = ( z sec xy )( tan xy + xy ( sec xy + tan xy )) = ( z sec xy )( tan xy + xy + xy tan xy ), f xz (x, y, z) = y tan xy sec xy. Videre har vi, siden f(x, y, z) er symmetrisk i x og y, at Endelig gjelder f yx (x, y, z) = ( z sec xy )( tan xy + xy + xy tan xy ), f yy (x, y, z) = x z sec xy ( + tan xy ), f yz (x, y, z) = x tan xy sec xy. f zx (x, y, z) = y tan xy sec xy, f zy (x, y, z) = x tan xy sec xy, f zz (x, y, z) = 0. f) La f(x, y) = tan (y/x). Da er ( f x (x, y) = y ) + y x f xx (x, y) = x = y x + y, f y(x, y) = + y x x = x x + y, y (x + y ) x = xy (x + y ), f xy(x, y) = x y + y (x + y ) = y x (x + y ), f yx (x, y) = x + y x (x + y ) = y x (x + y ), f yy(x, y) = x xy (x + y y = ) (x + y ). Oppgave 0.3.5: a) f(h, 0) f(0, 0) f x (0, 0) = lim = lim h 0 h h 0 h h3 0 h + 0 = lim =, h 0 f(0, h) f(0, 0) f y (0, 0) = lim = lim h 0 h h 0 h 0 h3 0 + h = lim ( ) =. h 0 Funksjonen er kontinuerlig i origo hvis og bare hvis f(0, 0). Vi har f(0, 0) = 0 og lim f(x, y) = lim x 3 y 3 (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) x + y. lim f(x, y) = (x,y) (0,0)
0.3. Partiellderiverte 978 Ved å innføre polarkoordinater i uttrykket, får vi r 3 cos 3 θ r 3 sin 3 θ lim f(x, y) = lim (x,y) (0,0) r 0 r ved skviseloven. Altså er f(x, y) kontinuerlig i origo. = lim r 0 r ( cos 3 θ sin 3 θ ) = 0 b) f(h, 0) f(0, 0) f x (0, 0) = lim = lim h 0 h h 0 h h 0 h + 0 = lim h h 0 h h. Denne grenseverdien eksisterer ikke. (De ensidige grensene er henholdsvis og.) Altså eksisterer ikke f x (0, 0). Videre er f(0, h) f(0, 0) f y (0, 0) = lim = lim h 0 h h 0 h 0 3h = lim 3h 0 + h h 0 h h. Heller ikke denne grenseverdien eksisterer, så f y (0, 0) eksisterer heller ikke. Funksjonen er kontinuerlig i origo hvis og bare hvis f(0, 0). Vi har f(0, 0) = 0 og lim f(x, y) = lim x 3y (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) x + y. Ved å innføre polarkoordinater i uttrykket, får vi r cos θ 3r sin θ lim f(x, y) = lim (x,y) (0,0) r 0 r ved skviseloven. Altså er f(x, y) kontinuerlig i origo. lim f(x, y) = (x,y) (0,0) = lim r 0 r ( cos θ 3 sin θ ) = 0 Oppgave 0.3.6: a) For f(x, y) = x + y gjelder f x (x, y) = x x + y og f y (x, y) = y x + y. Derfor er x z x + y z y = x x + y + y x + y = x + y x + y = x + y = z. Det vil si, funksjonen er en løsning av differensiallikningen.
0.3. Partiellderiverte 979 b) For f(x, y) = e x y gjelder Derfor er f x (x, y) = e x y x og f y (x, y) = e x y ( y). x z x + y z y = x e x y y e x y = z(x y ) = z ln z. Det vil si, funksjonen er en løsning av differensiallikningen. c) For f(x, y, z) = x + ye z gjelder Derfor er f x (x, y, z) = x, f y (x, y, z) = e z, f z (x, y) = ye z. x w x + y w y + w z = x + ye z + ye z = (x + ye z ) = w. Det vil si, funksjonen er en løsning av differensiallikningen. Oppgave 0.3.7: a) For funksjonen f(x, y) = x xy + y gjelder f x (x, y) = x y, f x (, ) = = 0 f y (x, y) = x + 4y, f y (, ) = + 4 =. (i) Stigningen i øst-vest retning (det vil si i x-retning) er derfor 0, og vinkelen med horisontalplanet er null. (ii) Stigningen i nord-syd retning (det vil si i y-retning) er derfor, og vinkelen β med horisontalplanet er gitt ved tan β =, det vil si, β.07. b) For funksjonen f(x, y) = sin(x + y ) gjelder f x (x, y) = x cos(x + y ), f x (0, π/) = 0 cos(π/) = 0 f y (x, y) = y cos(x + y ), f y (0, π/) = π cos(π/) = 0 (i) Stigningen i øst-vest retning (det vil si i x-retning) er derfor 0, og vinkelen med horisontalplanet er null. (ii) Stigningen i nor-syd retning (det vil si i y-retning) er derfor 0, og vinkelen med horisontalplanet er null.
0.3. Partiellderiverte 980 c) For funksjonen f(x, y) = tan (x + y ) gjelder f x (x, y) = + (x + y ), f x(, ) = + ( + ) = f y (x, y) = + (x + y ) y, f y(, ) = =. (i) Stigningen i øst-vest retning (det vil si i x-retning) er derfor tan α =, der α er vinkelen med horisontalplanet, det vil si, α = tan 0.4636. (ii) Stigningen i nord-syd retning (det vil si i y-retning) er derfor tan β =, der β er vinkelen med horisontalplanet, det vil si, β = tan 0.9553. Oppgave 0.3.8: For funksjonen y(x, t) = f(x + at) + g(x at) gjelder y t = f (x + at)a + g (x at)( a) = a ( f (x + at) g (x at) ), y t = a( f (x + at)a g (x at)( a) ) = a ( f (x + at) + g (x + at) ), y x = f (x + at) + g (x at), y x = f (x + at) + g (x at). Derfor er y t = a y uansett hvilken funksjoner f og g er, bare de er to x ganger deriverbare både med hensyn på x og på t. Oppgave 0.3.9: For funksjonen u(x, t) = e λ kt sin λx gjelder u t = e λ kt (sin λx)( λ k), u x = e λ kt λ cos λx, u x = e λ kt λ ( sin λx). Derfor passerer funksjonen i likningen uansett hvilken verdi vi velger for λ.
0.3. Partiellderiverte 98 Oppgave 0.3.0: For funksjonen u(x, y, t) = e (λ +µ )kt sin λx cos µy gjelder u t = (λ + µ )k e (λ +µ )kt sin λx cos µy, u x = λ e(λ +µ )kt cos λx cos µy, u x = λ e (λ +µ )kt sin λx cos µy, u y = µ e(λ +µ )kt sin λx sin µy, u y = µ e (λ +µ )kt sin λx cos µy, Derfor passer funksjonen i likingen uansett hvilke verdier vi gir konstantene λ og µ. Oppgave 0.3.: (i) Endringsraten for f(p, q, d) med hensyn på d er f d (p, q, d) = cd p q. Denne endringsraten beskriver hvor fort blodstrømmen endrer seg i forhold til endring av diameteren av arterien. (Det er derfor logisk at den deriverte er positiv. Jo friere bane blodstrømmen har, jo større blir den.) (ii) Endringsraten for f(p, q, d) med hensyn på q er f q (p, q, d) = cd cd ( ) = p q p q. Denne endringsraten beskriver hvor fort blodstrømmen endrer seg i forhold til trykket i kapillarårene, der blodet skal,,trykkes inn. (Det er derfor logisk at denne deriverte er negativ. Jo større trykk blodstrømmen skal kjempe mot, jo mindre blir den.) (iii) Endringsraten for f(p, q, d) med hensyn på p er f p (p, q, d) = cd p q = cd p q. Denne endringsraten beskriver hvor fort blodstrømmen endrer seg i forhold til endring av trykket p i arterien. (Det er derfor logisk at den deriverte er positiv. Jo større trykk det er på blodet som skal inn i kapillaråren, jo mer blod går det inn i den.)
0.4. Gradienter og differensierbarhet 98 0.4. Gradienter og differensierbarhet. Oppgave 0.4.: a) Her er f x (x, y) = f y (x, y) = x x + y, f x(, ) = y x + y, f x(, ) = 4 + = 5 = 4 + 5 slik at gradientvektoren er f(, ) = 5,. 5 b) Her er f x (x, y) = f y (x, y) = cos (xy ) y = cos (xy ) xy = y cos (xy ), f x(, π/) = xy cos (xy ), f y(, π/) = slik at gradientvektoren er f(, π π/) =, π. π/4 cos (π/4) = π/4 / = π, π π cos (π/4) = / = π, c) Her er f x (x, y, z) = z e x +y x = xz e x +y, f x (, 0, ) = e, f y (x, y, z) = z e x +y, f y (, 0, ) = e, f z (x, y, z) = e x +y, f z (, 0, ) = e, slik at gradientvektoren er f(, 0, ) = e, e, e.
0.4. Gradienter og differensierbarhet 983 d) Her er x f x (x, y, z, w) = + x + y + z + w, f 0 x(0,,, 3) = + 0 + + + 3 = 0, y f y (x, y, z, w) = + x + y + z + w, f y(0,,, 3) = + 0 + + + 3 = 5, z f z (x, y, z, w) = + x + y + z + w, f 4 z(0,,, 3) = + 0 + + + 3 = 4 5, w f w (x, y, z, w) = + x + y + z + w, f 6 w(0,,, 3) = + 0 + + + 3 = 5, slik at gradientvektoren er f(0,,, 3) = 0,, 4, 6. 5 Oppgave 0.4.: a) Her er f x (x, y) = (cos ) x + y x x + y, f y(x, y) = (cos ) x + y y x + y, så gradientvektoren til f(x, y) er gitt ved f(x, y) = cos x + y x + y x, y. b) Her er slik at f x (x, y) = x + y x (x + y ) = y x (x + y ), x y f y (x, y) = (x + y ) = xy (x + y ), f(x, y) = y x (x + y ), xy (x + y ). c) Her er f x (x, y) = + x y 4 y = f y (x, y) = y + x y 4, xy + x xy = y4 + x y 4,
0.4. Gradienter og differensierbarhet 984 slik at f(x, y) = y + x y 4, xy + x y 4. d) Her er slik at f x (x, y, z) = e x +yz x = x e x +yz, f y (x, y, z) = e x +yz z = z e x +yz, f z (x, y, z) = e x +yz y = y e x +yz, f(x, y, z) = x e x +yz, z e x +yz, y e x +yz,. Oppgave 0.4.3: (Tidl.: 0.4.5.) a) Her er f(x, y) = (x + y ) 3/, f(3, 4) = (3 + 4 ) 3/ = 5 3 = 5, f x (x, y) = 3 (x + y ) / x, f x (3, 4) = 3 3 5 = 45, f y (x, y) = 3 (x + y ) / y, f x (3, 4) = 3 4 5 = 60. Ved lineær approksimasjon følger det derfor at f(x, y) f(p ) + f x (P )(x 3) + f y (P )(y 4), det vil si, f(3., 3.97) 5 + 45 0. + 60 ( 0.03) = 8.6. b) Her er f(x, y) = x + y, f(5, ) = = 5 + 44 3 f x (x, y) = (x + y ) 3/ x, f x (5, ) = 5/3 3, f y (x, y) = (x + y ) 3/ y, f x (5, ) = /3 3. Ved lineær approksimasjon følger det derfor at f(x, y) f(p ) + f x (P )(x 5) + f y (P )(y ),
0.4. Gradienter og differensierbarhet 985 det vil si, f(4.9,.63) 3 5 ( 0.08) ( 0.37) 0.0793. 33 33 c) Her er f(x, y, z) = xyz, f(,, 8) = 6 = 4, f x (x, y) = (xyz) / yz, f x (,, 8) = 6 =, 6 f y (x, y) = (xyz) / xz, f y (,, 8) = 8 =, 6 f z (x, y) = (xyz) / xy, f z (,, 8) = = 6 4. Ved lineær approksimasjon følger det derfor at det vil si, f(x, y, z) f(p ) + f x (P )(x ) + f y (P )(y ) + f z (P )(z 8), f(, 3, 5 ) 4 + ( ) + ( ) + 4 ( ) = 9 8.3750. Oppgave 0.4.4: (NY) Siden f ikke er kontinuerlig i origo, følger det av teorem 0.4.6 at f ikke er differensierbar i punktet. Anta at begge de to partiellderiverte f x (x, y) og f y (x, y) er kontinuerlige i en omegn om origo. Da er f kontinuerlig deriverbar i origo (definisjon 0.4.4) og derved differensierbar i origo (teorem 0.4.5). Dette er en selvmotsigelse. Altså kan ikke f x (x, y) og f y (x, y) begge være kontinuerlige i en omegn om origo. Funksjonen i eksempel 0.3.4 var 0 for (x, y) = (0, 0) f(x, y) = xy x + y for (x, y) (0, 0) der vi fant at f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0. For (x, y) (0, 0) er slik at f x (x, y) = y(x + y ) xy x (x + y ) = y(y x ) (x + y ), lim y 0 + f x(0, y) = lim y 0 + y 3 y 4 =.
0.4. Gradienter og differensierbarhet 986 Siden denne grenseverdien ikke eksisterer, eksisterer heller ikke lim f x(x, y), (x,y) (0,0) så f x (x, y) er ikke kontinuerlig i origo, og derved ikke kontinuerlig i noen omegn om origo. Faktisk følger det på samme måte at heller ikke f y (x, y) er kontinuerlig i noen omegn om origo. Oppgave 0.4.5: (NY) a) Vi har per definisjon at og f(x, 0) f(0, 0) f x (0, 0) = lim = lim x 0 x x 0 f(0, y) f(0, 0) f y (0, 0) = lim = lim y 0 y y 0 Gradienten til f i (0, 0) er derfor f(0, 0) = 0, 0. sin 0 x +0 0 0 = lim x x 0 x 3 = lim 0 = 0 x 0 sin 0 0 0+y 0 = lim y y 0 y 3 = lim 0 = 0. y 0 b) Anta a f er differensierbar i origo. Da er ifølge teorem 0.4.6 f kontinuerlig i origo. Vi sjekker. Vi lar først (x, y) gå mot origo langs x-aksen der y = 0: sin 0 lim f(x, 0) = lim x 0 x 0 x + 0 = lim 0 = 0. x 0 Vi lar så (x, y) gå mot (0, 0) langs linjen y = x: sin x lim f(x, x) = lim x 0 x 0 x + x = lim sin x x 0 x =. Siden grenseverdien er avhengig av hvordan (x, y) nærmer seg origo, eksisterer den ikke. Det er en selvmotsigelse. Altså kan ikke f være differensierbar i origo. Oppgave 0.4.6: For z = f(x, y) = x a e y/x er f x (x, y) = ax a e y/x + x a e y/x y x, f y (x, y) = x a y/x e x = xa e y/x, f yy (x, y) = x a e y/x x = xa e y/x.
0.4. Gradienter og differensierbarhet 987 Derved er yf yy (x, y) + f y (x, y) = e y/x( y x a x a ) mens f x (x, y) = e y/x( ax a + yx a ). Disse to uttrykkene skal være like for alle (x, y). Da må yx a x a = ax a + yx a, det vil si, a =. Funksjonen har derfor formen f(x, y) = x e y/x og slik at f x (x, y) = x e y/x + x e y/x f y (x, y) = x e y/x e y/x x = x f(x, y) = e y/x x 3 y x, x. y x = e y/x x 3 (y x) Oppgave 0.4.7: er gitt ved Gradienten til V = V (x, y, z) = q 4πε 0 x + y + z V (x, y, z) = q 4πε 0 (x + y + z ) 3/ x, (x + y + z ) 3/ y, (x + y + z ) 3/ z = q x 4πε 0 r 3, y r 3, z q r 3 = x, y, z = qr 4πε 0 r3 4πε 0 r 3. Derfor er F = q V.
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 988 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert. Oppgave0.5.: a) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z (t) = z dx x dt + z y dy dt Uten kjerneregelen observerer vi først at = x( sin t)+y cos t = cos t sin t+ sin t cos t = 0. z = f(x, y) = cos t + sin t =. Derved er z en konstant, og z (t) = 0. b) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z (t) = z dx x dt + z y Uten kjerneregelen observerer vi først at Derved er dy dt = (cos y)t + ( x sin y)3t = t cos t 3 3t 4 sin t 3. z = f(x, y) = t cos t 3. z (t) = t cos t 3 + t ( sin t 3 ) 3t = t cos t 3 3t 4 sin t 3. c) Vi trenger først finne den deriverte av v := sinh (u): Siden u = sinh v, er du dv = cosh v = + sinh v = + u dv du =. + u Ved bruk av kjerneregelen gjelder z (t) = z dx x dt + z y = e t + 4e 4t + dy dt = + (x + y) x et + e t + 4e 4t = 4e t + 4e 4t. + (x + y) et Uten kjerneregelen observerer vi først at z = f(x, y) = sinh (x + y ) = sinh (e t + e t ) = sinh (e t ).
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 989 Derved er z (t) = + 4e 4t 4et = 4e t + 4e 4t. d) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z (t) = z dx x = = dt + z dy y dt + z v x x + y + v + dv dt y x + y + v t + t t + t 4 + t + t 3 t + t 4 + t + t + t 4 + t Uten kjerneregelen observerer vi først at z = f(x, y, v) = t + t 4 + t. v x + y + v t Derved er z (t) = t + t 4 + t (t + 4t3 + ). e) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z (t) = z x = dx dt + z y dy dt + z v dv dt + z dw w dt x w t + y v + y v ( v) + x w ( w) som ikke er definert fordi x w = t t = 0. Uten kjerneregelen observerer vi først at z = f(x, y, v, w) = t t + t t /4 = 4t t. Derved er z (t) = t (4 t) = 4t t 4t t. Oppgave 0.5.: a) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z u = z x x u + z y y u = 3 (x + y ) / x + 3 (x + y ) / y = 3 (u + v ) / (u + v) + 3 (u + v ) / (u v) = 6u u + v
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 990 og z v = z x x v + z y y v = 3 (x + y ) / x + 3 (x + y ) / y ( ) = 3 (u + v ) / (u + v) 3 (u + v ) / (u v) = 6v u + v. Uten kjerneregelen observerer vi først at z = f(x, y) = (u + v ) 3/. Derved er z u = 3 (u + v ) / 4u = 6u u + v, z v = 3 (u + v ) / 4v = 6v u + v. b) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z u = z x x u + z y og y u = ex+y u + v + ex+y u = e x e y( ) u + v + u = (u + v)e u + u + uv u + v z v = z x x v + z y = ex e y u + v y v = ex+y = (u + v)eu u + v Uten kjerneregelen observerer vi først at = e u. u + v + ex+y 0 z = f(x, y) = e x e y = (u + v)e u. = e u ( + u + uv) Derved er z u = eu + (u + v)e u u = ( + u + uv)e u, z v = eu. c) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z u = z x x u + z y y u + z w w u = (y + w) cos u + (x + w) 0 + (x + y) cos(u + v) = cos u cos v + cos u sin(u + v) + sin u cos(u + v) + cos v cos(u + v)
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 99 der sin u cos(u + v) + cos u sin(u + v) = sin(u + v). Videre er z v = z x x v + z y y v + z w w v = (y + w) 0 + (x + w)( sin v) + (x + y) cos(u + v) = sin u sin v sin(u + v) sin v + sin u cos(u + v) + cos v cos(u + v) der cos(u + v) cos v sin(u + v) sin v = cos(u + v). Uten kjerneregelen observerer vi først at z = f(x, y, w) = sin u cos v + cos v sin(u + v) + sin u sin(u + v) Derved er z = cos u cos v + cos v cos(u + v) + cos u sin(u + v) + sin u cos(u + v), u z = sin u sin v sin v sin(u + v) + cos v cos(u + v) + sin u cos(u + v) v som over. Oppgave 0.5.3: Denne oppgaven er egentlig ment som trening i bruk av kjerneregelen, men for å spare litt arbeid tar jeg snarveien. a) Her er w = f(u, v) = u+v = x y z +(y+z) = x y z +y +yz+z = x+yz så w x = w y = z w z = y. b) Her er så w = f(p, q) = ln pq = ln p + ln q = ln( + x + y ) + ln( + y + z ) w x = + x + y x = x + x + y, w y = y + x + y + y + y + z, w z = z + y + z.
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 99 c) Her er så w = f(p, q, r) = p + q + r = w x = 0, w y = 0, w z = sin xy + cos xy + z = + z, z + z. Oppgave 0.5.4: a) z u = z x x u + z y y u, z v = z x x v + z y y v. For u = og v = er x = u + v = 3 og y = uv =. Derved er z u u=, v= = f x (3, ) + f y (3, ) v = v =, z v u=, v= = f x (3, ) + f y (3, ) u = u = 0. b) z u = z x x u + z y y u, z v = z x x v + z y y v. For u = og v = 4 er x = uv = og y = v/u =. Derved er z u u=, v= = f x (, ) z v u=, v= = f x (, ) v uv + f y(, ) v/u v/u = 3 4 + 0 = 3, u uv + f /u y(, ) v/u = 3 + 0 = 3 4. c) z u = z x x u + z y y u, z v = z x x v + z y y v.
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 993 For u = og v = er x = tan u v = π 4 og y = tan v u = π 4. Derved er z u u=, v= = f x ( π 4, π 4 ) /v + u /v + f y( π 4, π 4 ) v/u + v /u = π, z v u=, v= = f x ( π 4, π 4 ) u/v + u /v + f y( π 4, π 4 ) /u + v /u = + π. Oppgave 0.5.5: a) Siden f(x, y, z) = yz, xz, xyz, er w t (t 0 ) = f(r(t 0 )) r (t 0 ) = 0, 4, 0 0,, = 6 = 3. b) Siden f(x, y, z) = x (sin yz)(cos yz)z (sin yz)(cos yz)y,,, x + sin (yz) x + sin (yz) x + sin (yz) er Derfor er f(0,, π) = 0, 0, 0. w t (t 0 ) = f(r(t 0 )) r (t 0 ) = 0, 0, 0 0,, π = 0. c) Siden f(x, y, z) = er Derfor er x x + y + z, f(0,, 3 ) = 0, y x + y + z, 0 + 4 + 3, 4 z x + y + z, 3 4 + 3 4 w t (t 0 ) = f(r(t 0 )) r (t 0 ) = 0,, 3,, 4 = + 4 3..
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 994 Oppgave 0.5.6: a) Vi har f(x, y) = x + y 3, 6xy, f(, ) = 4, 6. Derfor er og u = 4, 6, 3, 3 = = 4, 6 4 + 9 3 D u f(, ) = 4, 6 = 3. b) Vi har f(x, y, z) = x cos z, y sin z, x sin z + y cos z, f(,, π 3 ) =, 3, 3. Derfor er u =, 3, 3, 3, 3 =, 3, 3 =, 3, 3 4 + 3 + + 4 3 + 5 + 3 og D u f(,, π 3 ) =, 3, 3 = 5 + 3. c) Vi har f(x, y, z) = ye x sin(x z) + xyze x cos(x z), e x sin(x z), x ye x cos(x z), f(, 4, π) = 4e sin π + 8eπ cos π, e sin π, 4e cos π = 8eπ, 0, 4e. Derfor er og u = 8eπ, 0, 4e π, 0, = 8eπ, 0, 4e + 4π D u f(, 4, π) = 8eπ, 0, 4e = 4e + 4π. Oppgave 0.5.7: a) Her er f(x, y) = 5x 4 y, x 5 3y, f(0, ) = 0,.
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 995 Enhetsvektoren i samme retning som v er Derfor er u =,, =., D u f(0, ) = f(0, ) u = 0,, = 6. b) Her er f(x, y) = cos x sin x y cos xy, x cos xy, f(0, ) =, 0. Enhetsvektoren i samme retning som v er u = 3, 0 =, 0. 3, 0 Derfor er D u f(0, ) = f(0, ) u =, 0, 0 =. c) Her er f(x, y, z) = zy + x y, zx + x y, tan xy, f(,, 3) = 3, 3, π. 4 Enhetsvektoren i samme retning som v er u =,, 3,, 3 =.,, 3 4 Derfor er D u f(,, 3) = f(,, 3) u = 3, 3, π,, 3 4 4 = 4 6 3π 6, 6, π,, 3 = 4 4 4. d) Her er f(x, y, z) = e x+y ln(x z) + e x+y xz x z, yex+y ln(x z), ex+y z f(,, e) = e ln e +, ln e, e = 3e, e, e.,
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 996 Enhetsvektoren i samme retning som v er u = 4, 0, 3 4, 0, 3 = = 4, 0, 3 5 4, 0, 3. 5 Derfor er D u f(,, e) = f(,, e) u = 3e, e, e 4, 0, 3 5 = 5 (e + 3e). Oppgave 0.5.8: a) Her er f(x, y) = y sin x, cos x, f( π 4, ) =,. Videre er stien gitt ved y = tan x =: g(x) på kartet, slik at g (x) = sec x og derved g ( π 4 ) =. Det vil si, i punktet ( π 4,, / ) skal vi gå i retningen på kartet. u :=,, =, 5 Derfor er vinkelen α som stien danner med horisontalplanet i punktet a gitt ved tan α = D u f( π,, 4, ) = = + =, 5 0 0 det vil si, α = tan / 0 0.3063. Du er på vei oppover siden tan α > 0. b) Her er f(x, y) = 8 f(8, 4) =, 64 4 x x + 6y, 3, x + 6y 3 = 64 4 8, 3 0. Videre er stien gitt ved y = x /3 =: g(x) på kartet, slik at g (x) = 3 x /3 og derved g (8) = 3 = 3. Det vil si, i punktet (8, 4, 0) skal vi gå i retningen 3, 3, u := = 3, 0
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 997 på kartet. Derfor er vinkelen α som stien danner med horisontalplanet i punktet a gitt ved 8, 3 tan α = D u f(8, 4) = 3, = 4 3 = 0 0 0 0, det vil si, α = tan /0 0.8098. Du er på vei oppover siden tan α > 0. c) Her er f(x, y) = (x + y ) 3/ x, (x + y ) 3/ e, y, f(e, ) = (e + 4) 3/. Videre er stien gitt ved y = ln x = ln x = g(x) på kartet, slik at g (x) = x og derved g (e) = e. Det vil si, i punktet (e,, / 4 + e ) skal vi gå i retningen e, e, u := = e, 4 + e på kartet. Derfor er vinkelen α som stien danner med horisontalplanet i punktet a gitt ved e, tan α = D u f(e, ) = (4 + e ) 3/ e, = e + 4 4 + e (e + 4) = e + 4, det vil si, α = tan ( /(e + 4)) 0.08758. Du er på vei nedover siden tan α < 0. d) Her er f(x, y) = xe y, x e y, f( 3, ln ) = 6, 8 = 3, 3. 64 64 8 Videre er stien gitt ved x = 4 sinh y = g(y) på kartet, slik at g (y) = 4 cosh y og derved g (ln ) = 4 eln + e ln = ( + ) = 5. 9 Det vil si, i punktet (8, ln, 6 ) skal vi gå i retningen på kartet. u := 5, 5, = 5, 6
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 998 Derfor er vinkelen α som stien danner med horisontalplanet i punktet a gitt ved tan α = D u f( 3, ln ) = 3 8 det vil si, α = tan (3/ 6) 0.538. Du er på vei nedover siden tan α < 0. 5, 3(5 + 3), 3 = 6 8 6 = 3, 6 Oppgave 0.5.9: a) Vi har Derved er z = f(x, y) der x = r cos θ, y = r sin θ. z r = z x x r + z y y r = z x z θ = z x x θ + z y y θ = z x z cos θ + sin θ, y z r sin θ + r cos θ. y b) Fra resultatet i a) følger det at ( ) z + ( ) z ( z z r r = cos θ + θ x ( ) z = (cos θ + sin θ) + x ) ( y sin θ + ( z y z z sin θ + x ) (cos θ + sin θ) = ) y cos θ ) + ( z x ( ) z. y c) Fra resultatet i a) følger det at z r = ( ) z z cos θ + r x y sin θ der cos θ og sin θ behandles som konstanter ved partiell derivasjon med hensyn på r. Videre er z θ = ( z ) z r sin θ + θ x y r cos θ = ( ) z r sin θ z θ x x r cos θ + ( ) z r cos θ z r sin θ. θ y y
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 999 Derved er z r + z r θ = ( ) z cos θ + r x r + ( ( z r θ x ( ( ) z = + r x r θ z r + r der θ ( ) z r x ( ) z x ) sin θ z ( ) z sin θ + y r ( z y x cos θ + θ )) cos θ + = z x cos θ + z sin θ, y x = z x r sin θ + z r cos θ, y x Sammenholdt gir dette at når z x cos θ + r ( z y ( r r θ z y sin θ ) cos θ z ( z y ) r ) y sin θ ( z θ x )) sin θ ( ) z = z y x y cos θ + z sin θ, y ( ) z = z y x y r sin θ + z r cos θ. y z r + z r r + z ( r θ ) z = x cos θ + z y x sin θ z x y sin θ + z y cos θ cos θ ( ) z + x y cos θ + z y sin θ + z x sin θ z y x cos θ sin θ ( ) z = x + z y (cos θ + sin θ) = z x + z y z x y = z y x. Oppgave 0.5.0: (NY) Se fasit. Oppgave 0.5.: (NY) z = f(x, y) = f(r cos θ, r sin θ) som vi setter lik g(r, θ). Vi får f x = g r r x + g θ θ x = g r f y = g r r y + g θ θ y = g r x r y r + g θ + g θ x θ y θ = g r cos θ = g r sin θ + g θ r sin θ, g θ r cos θ.
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 000 Derved er f = gr cos θ g θ r sin θ, g r sin θ + g θ. r cos θ Oppgave 0.5.: (Tidl.: 0.5.0.) Vi har for i =,, 3, så ( R = f(r, R, R 3 ) = + + ) R R R 3 ( f Ri (R, R, R 3 ) = + + ) R R R 3 R i dr dt = R = + R dr R dt dr R dt ( + + R R R 3 + R dr 3 R 3 dt ) ( dr R + dt R dr dt + R 3 ) dr 3. dt For R = 00, R = 0, R 3 = 50 og dr =, dr dt dt derfor ( dr dt = 00 + 0 + ) ( 50 00 0 + Det vil si, den totale motstanden avtar. =, dr 3 dt =, gjelder ) 50 = 3 < 0. Oppgave 0.5.3: (Tidl.: 0.5..) Vi har F = GMm/r = f(m, r) der m(t) = (m at)kg og r(t) = (R + vt)km, slik at df dt = f dm m dt + f r = GM ( dr dt = GM a(r + vt) + (m at)v (R + vt) 3. m ( a) + r r 3 ) GM(ar + mv) v = r 3
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 00 Oppgave 0.5.4: (Tidl.: 0.5..) Ideen er: fra A går vi ut i retning f(a) og penser oss inn mot retningen til f(b) der B er skjæringspunktet mellom ballens rute og neste kote (nivåkurve). Siden f(x, y) er en normalvektor til nivåkurven gjennom (x, y), tegner vi ruten normalt på nivåkurvene. Oppgave 0.5.5: (Tidl.: 0.5.3.) Ideen er akkurat som i oppgave 4 over. Hvis poenget er å maksimere f(x, y), velger man retningen + f(x, y) istedenfor f(x, y). Oppgave 0.5.6: (Tidl.: 0.5.4.) Vi har slik at T (x, y) = 40 + x + y, x T (x, y) = 40 ( + x + y ), y ( + x + y ) T (, 3) = 80 ( + + 9), 3 ( + + 9) = 80, 3. Banen til roboten er gitt ved y = 4 x =: g(x), slik at g (x) = x. Retningen til roboten i punktet (, 3) er derfor u =,, =., 5 Derfor opplever roboten en temperaturendringsrate på D u T (, 3) = T (, 3) u = 80 6), 3, = 80( 5 5 = 80 5 grader per sekund. (Står som nr 0.5.4 i fasiten.)
0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 00 Oppgave 7: Vi legger plankrysset inn i et koordinatsystem slik at jernbanelinjen følger x-aksen og veien følger y-aksen, som vist på figuren over. Når toget er x km fra krysset og bilen er y km fra krysset, er avstanden s mellom dem gitt ved s = x + y. Ved implisitt derivasjon er da s ds dt = x dx dt + y dy dt Idet x = 3 4 og y = er derfor ds dt = ( 3 ) 50 80 4 + 9 6 (Står som nr 0.5.5 i fasiten.) = x ( 50) + y ( 80). = 305 + 9/4 = 60 3 km/time.
0.6. Taylorpolynomer for funksjoner av flere variable 003 0.6. Taylorpolynomer for funskjoner av flere variable. Oppgave 0.6.: (NY) a) Siden er ln( + t) = t t + t3 3 t4 4 + for t <, ln( + xy) = xy x y + x3 y 3 x4 y 4 + for xy <. 3 4 Dette er en potensrekke av riktig form som konvergerer mot ln( + xy) i en omegn om origo. Altså er det den søkte taylorrekken. b) Siden er e t = + t! + t! + t3 3! + t4 + for alle t R, 4! e x+y = + x + y (x + y) (x + y)3 + + + for alle (x, y) R.!! 3! At dette er en rekke av riktig form ser vi fordi ( n ) ( n ) (x + y) n = x n + x n y + x n y + + y n. Siden rekken også konvergerer mot e x+y i en omegn om origo, så er dette den søkte taylorrekken. c) Siden og e t = + t! + t! + t3 3! + t4 + for alle t R, 4! ( ) ( ) ( ) / / / + t = + t + t + t 3 + 3 for t <, er e x ) ( ( ) ( ) ( ) x + y = ( + + x!! + x3 / / / 3! + + y + y + 3 ( ( ) ) ( x / x = +! + y +! + ( ) ( ) ) / / xy + y! ( x 3 + 3! + ( ) / x y + ( ) ( ) ) / / xy + y 3 +.!! 3 ) y 3 +
0.6. Taylorpolynomer for funksjoner av flere variable 004 Dette er en potensrekke av riktig form som konvergerer mot riktig verdi i en omegn om origo, så dette er den søkte taylorrekken. d) Siden er sin t = t t3 3! + t5 5! t7 + for alle t R, 7! sin(3x + y) = 3x + y for alle (x, y) R. (3x + y)3 3! + (3x + y)5 5! (3x + y)7 7! + Dette er en rekke av riktig form (se oppgave b)) som konvergerer mot riktig verdi i en omegn om sentrum for rekken, så dette er den søkte taylorrekken. e) Siden er + t = ( t) n for t <, n=0 + xy = ( xy) n = xy + x y x 3 y 3 + x 4 y 4 for xy <. n=0 Dette er en potensrekke av riktig form som konvergerer mot riktig verdi i en omegn om origo, så dette er den søkte taylorrekken. f) Siden er e t = + t! + t! + t3 3! + t4 + for alle t R, 4! e xy = + xy! + x y + x3 y 3 + for alle (x, y) R.! 3! At dette er en rekke av riktig form ser vi fordi ( n ) ( n ) (x + y) n = x n + x n y + x n y + + y n. Dette er en potensrekke av riktig form som konvergerer mot riktig verdi i en omegn om origo, så dette er den søkte taylorrekken.