Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 5 1.3.5: Vi ønsker å finne de første ordens deriverte til funksjonen f definert ved f(, y) arctan(y/). Først finner vi den deriverte med ensyn på, ved å betrakte y som en konstant. Vi bruker kjerneregelen: Spesielt er (, y) 1 1 + ( y y + y ( 1, 1) 1. På tilsvarende måte finner vi y (, y) 1 1 + ( y ) ( y ) ) + y, ( ) 1 y ( 1, 1) 1. 1.4.6: Vi regner først ut den førstederiverte til f med ensyn på, finner som vi så bruker for å regne ut (, y) y cos(y) 1 + sin(y), f (, y) y sin(y)(1 + sin(y)) y cos(y) (1 + sin(y)) 1 {}}{ y (sin(y) + sin(y) + cos(y) ) (1 + sin(y)) y 1 + sin(y), f (cos(y) y sin(y))(1 + sin(y)) y cos(y) (, y) y (1 + sin(y)) (cos(y) y)(1 + sin(y)) (1 + sin(y)) cos(y) y 1 + sin(y).
Vi kan nå spare oss selv arbeid ved å observere at y spiller samme rolle i f. Vi kan derfor finne de deriverte med ensyn på y ved å bytte om på y over. I tillegg vet vi at f y f y fra Teorem 1 på side 691 i boken. Dermed ar vi (, y) y cos(y) 1 + sin(y), f y (, y) 1 + sin(y), f cos(y) y (, y) y 1 + sin(y). 1.5.: Vi ønsker å partiellderivere f(, y, z) med ensyn på t, når g(s), y (s, t), z k(t). Generelt ar vi fra kjerneregelen 1.5.4: Vi lar I dette tilfellet er + y y + z z. 0, y y z, k. Vi setter inn dette, oppnår + k z. w f(, y) g(r, s) y (r, t) r k(s, t) s m(t). Da blir dw dt ( ( g k m r s + k ) + g s ) m + y ( m s + ). 1.5.4: Vi vil i denne oppgaven bruke subskriptnotasjonen for partiellderiverte der vi indekserer med variable; for eksempel vil vi a (, y) f (, y). Ved å partiellderivere begge sider av ligningen r + y med ensyn på, finner vi at rr. Ved å bruke r cos θ, ser vi at vi må a På tilsvarende vis får vi at r cos θ. r y sin θ. For å finne θ, partiellderiverer vi begge sider av ligningen r cos θ med ensyn på. Da får vi Ved å løse for θ, finner vi 1 Tilsvarende får vi 1 r cos θ r sin(θ)θ cos θ r sin(θ)θ 1 sin θ r sin(θ)θ θ sin θ r. θ y cos θ r. 1 Her deler vi på sin θ, så utledningen older bare for punkter som ikke ligger på -aksen. Men ved å bruke definisjonen av partiellderivert, ser man at formelen er riktig så for de resterende punktene.
Vi bruker nå disse formlene for å uttrykke u + u yy. Vi ar at u u r r + u θ θ u (u r r + u θ θ ) (u rr r + u rθ θ ) r + u r r + (u θr r + u θθ θ ) θ + u θ θ. Vi finner så at Derfor er 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 + u yy (r + r y)u rr + (r θ + r y θ y )u rθ + (θ + θ y)u θθ + (r + r yy )u r + (θ + θ yy )u θ Ved å bruke relasjonen sin θ + cos θ 1 formlene vi fant ovenfor, ser vi at de tre første parentesene på øyresida er enoldsvis 1, 0 1/r. For å finne de to siste parentesene, utfører vi de nødvendige partiellderiveringene: r sin θ r cos θ sin θ θ r r yy cos θ r cos θ sin θ θ yy r Dette betyr at de er enoldsvis 1/r 0. Alt i alt får vi u + u yy u rr + 1 r u θθ + 1 r u r. RE 1.4: Vi ar funksjonen f definert ved delt forskrift: { 3, vis (, y) (0, 0) f(, y) +y 0, vis (, 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 f(0 +, 0) f(0, 0) f 1 (0, 0) 0 0 Tilsvarende, for andre argument, 3 +0 0 1. f(0, 0 + ) f(0, 0) f (0, 0) 0 0 0 0 0+ 0. Grensene eksisterer, dermed ar vi funnet f 1 (0, 0) f (0, 0). For å kunne vurdere om de øyereordens partiellderiverte eksisterer i (0, 0), må vi finne de førsteordens 3
partiellderiverte i et vilkårlig punkt (, y) (0, 0). For å gjøre dette bruker vi kvotientregelen. ( f 1 (, y) 3 + y ) 3 ( + y ) 4 + 3 y ( + y ) y f (, y) ( + y ), vor vi i (0, 0) ar grenseverdiene beregnet over. Igjen må vi bruke grenseverdidefinisjonen for å vurdere om f 1 (0, 0) f 1 (0, 0) eksisterer. som ikke eksisterer. f (0 +, 0) f (0, 0) f 1 (0, 0) 0 0 0 ( +0) 0 0, f 1 (0, 0 + ) f 1 (0, 0) f 1 (0, 0) 0 0 0+0 4 1 1 0, RE 1.5: Både telleren nevneren er kontinuerlige overalt. Funksjonen f er derfor definert er kontinuerlig utenom når nevneren er null, altså på de to linjene y ±. Fra intet er f(, y) + y + y + y der f er definert. Siden telleren ikke er null når y (utenom i origo) viser dette at vi kan utvide f kontinuerlig til linjen y, men ikke til y (utenom muligens i origo). Se Figure 1. Så va med origo? Langs linjen y, etter kontinuerlig utvidelse, ar vi f(, ) 3, slik at vis lim (,y) 0 f(, y) skal eksistere, må den være 0. Derimot kan vi i ettervert omegn av origo finne punkter der f(, y) er vilkårlig stor ved å nærme oss linjen y. Derfor kan ikke grensen eksistere, f er ikke kontinuerlig i origo. Alternativt kan vi velge en kurve som nærmer seg y samtidig som den nærmer seg origo. En slik kurve er y (1 ). Vi finner f(, (1 )) 1 +, som går mot 1, ikke 0. Siden f(, 0) for 0 f(0, y) y for y 0 vil begge de første partiellderiverte eksistere være lik 1 dersom vi definerer f(0, 0) 0. Partiellderiverte kan derfor eksistere uten at funksjonen er kontinuerlig, noe som ikke var tilfelle i én dimensjon. CP 1.: Gradientvektoren står normalt på nivåflatene (vorfor?), derfor må vi a at kurven i oppgaven er parallell med skalarfeltets gradient. Dette kan for eksempel beskrives av ligningene (t) y (t) 4y z (t) 6z. 4
y (1 ) 0.8 0.6 y 0.4 0. 1. 0.8 0.6 0.4 0. 0 0. 0.4 0.6 0.8 0. y 0.4 0.6 0.8 1. Figure 1. Situasjonen i Capter Review 1.5 (Finnes det andre muligeter?) Hvis vi krever at r(0) ((0), y(0), z(0)) (1, 1, 8), ar vi tre initialverdiproblemer, som løses av (t) e t y(t) e 4t z(t) 8e 6t. Setter vi inn t ln, får vi r( ln ) (, 4, 1). Kravet at 0 z(t) gir at t, i det tilfellet vil (t), y(t), så det kan ikke stemme at kurven passerer gjennom punktet (3, 7, 0). 5