Transcript AB2.2: Kurvor. Gradient

AB2.2: Kurvor. Gradient
Kurvor på parameterform
Låt xyz vara ett cartesiskt koordinatsystem i rummet. En rymdkurva C på parameterform
ges av tre ekvationer
x = x(t), y = y(t), z = z(t)
(t ∈ I),
(1)
dvs av vektorfunktionen
r(t) = [x(t), y(t), z(t)] = x(t)i + y(t)j + z(t)k
(t ∈ I),
(2)
där variabeln t kallas parameter. Då t genomlöper intervallet I = (t0 , t1 ), så genomlöper
punkten (x(t), y(t), z(t)) punktmängden C i xyz-rummet (en rymdkurva). Ekvationerna (1)
kallas kurvans ekvationer på parameter form. (2) kallas kurvans ekvation på vektorform.
På analogt sätt ges en kurva C i planet av två ekvationer
x = x(t),
y = y(t)
(t ∈ I),
(3)
dvs av vektorfunktionen
r(t) = [x(t), y(t)] = x(t)i + y(t)j
(t ∈ I).
(4)
Då t genomlöper intervallet I = (t0 , t1 ), så genomlöper punkten (x(t), y(t)) punktmängden C i
xy-planet (en kurva i planet). Ekvationerna (3) kallas kurvans ekvationer på parameter form,
och (4) kallas kurvans ekvation på vektorform.
Man kan representera kurvor som projektioner i xy- och xz-planen
y = f (x),
z = g(x),
(5)
där variabeln x ∈ (a, b) är en parameter, eller en skärningslinje av två ytor
F (x, y, z) = 0,
G(x, y, z) = 0.
(6)
EXEMPEL 1 En rät linje
Låt L vara en rät linje i ett koordinatsystem i rymden, P1 = (a1 , a2 , a3 ) är en fix punkt och
P = (x, y, z) är en rörlig punkt på L.
Om vektorn b = [b1 , b2 , b3 ] är parallel med linjen L gäller: man når punkten P genom att
först gå till P1 och sedan addera en vektor tb av lämplig längd:
~ = OP
~ 1 + tb,
OP
~ är ortsvektorn för punkten P och OP
~ 1 är ortsvektorn för punkten
där t är en parameter, OP
P1 .
I koordinatform har vi
x = a1 + tb1 ,
y = a2 + tb2 ,
z = a3 + tb3 .
(7)
Då ges en rät linje L genom punkten A på parameterform av vektorfunktionen
r(t) = a + tb = [a1 + tb1 , a2 + tb2 , a3 + tb3 ],
(8)
där a är ortsvektorn för A och vektorn b (riktningsvektorn) är parallel med linjen.
Enligt (8) kan den räta linjen L i xy-planet genom punkten A : (3, 2) som har riktningsvektorn b = i + j = [1, 1, 0] (parallel med vektorn b) skrivas
r(t) = a + tb = [3, 2, 0] + t[1, 1, 0] = [3 + t, 2 + t, 0].
I koordinatform har vi
x = 3 + t,
y = 2 + t,
z = 0.
(9)
EXEMPEL 2 Ellips, cirkel
Vektorfunktionen
r(t) = [a cos t, b sin t, 0] = a cos ti + b sin tj
(10)
ger en ellipse i xy-planet. Vi har sin2 t + cos2 t = 1, och
x2 y 2
+ 2 = 1,
a2
b
z = 0.
Om b = a, får vi en cirkel med radien a på parameterform
r(t) = [a cos t, a sin t, 0] = a cos ti + a sin tj.
(11)
Tangent till en kurva
Låt C vara en rymdkurva på parameterform
x = x(t),
y = y(t),
z = z(t)
(t ∈ I),
(12)
eller
r(t) = [x(t), y(t), z(t)] = x(t)i + y(t)j + z(t)k (t ∈ I),
(13)
där x(t), y(t), z(t) är deriverbara funktioner (dvs C är en deriverbar kurva).
Vektorn
r(t + ∆t) − r(t)
r0 (t) = lim
, r0 (t) 6= 0
∆t→0
∆t
kallas tangentvektorn till kurvan C i punkten P eftersom r0 (t) är parallel med tangent och
vinkelrät mot ortsvektorn för punkten P = (x, y, z). Motsvarande enhetstangentvektorn
u=
1 0
r.
|r0 |
Enligt (8) kan ekvationen för tangent till C i punkten P skrivas
q(w) = r + wr0 ,
där w är en parameter.
EXEMPEL 3 Tangent till en ellips
Bestäm tangent till ellipsen
√ 1
x2
+ y 2 = 1 i punkten P : ( 2, √ ).
4
2
Vektorfunktionen
r(t) = [2 cos t, sin t, 0] = 2 cos ti + sin tj
ger en ellips (i xy-planet). Vi har
r0 (t) = −2 sin ti + cos tj,
!
π
π √
1
2 cos = 2, sin = √ ,
4
4
2
π
P →
4
och
"
#
√ 1
r (π/4) = − 2, √ .
2
Då är tangent till ellipsen i punkten P
"
#
"
#
√ 1
√ 1
√
1
0
q(w) = r(π/4) + wr (π/4) =
2, √ + w − 2, √ = 2(1 − w)i + √ j.
2
2
2
0
Längd av en kurva
Z b√
dr
,
dt
a
där r(t), a ≤ t ≤ b är parameterekvationerna för (en del av) en kurva C.
Bågeslängd av en kurva
Z t√
dr
r0 · r0 dt̃,
r0 = .
s(t) =
dt̃
a
är längden av bågen från punkten (x(a), y(a), z(a)) till punkten (x(t), y(t), z(t)). .
l=
r0 · r0 dt,
r0 =
Bågeslängd som en parameter
Låt bågeslängd s vara en parameter, t = s. Då kan enhetstangentvektorn skrivas
u(s) = r0 (s).
EXEMPEL 4 Bågeslängd som en parameter för en cirkel
En cirkel på parameterform ges av vektorfunktionen
r(t) = [a cos t, a sin t, 0] = a cos ti + a sin tj.
Vi har t = s/a eftersom bågeslängden s = at, och
s
s
s
s
s
= a cos
, a sin
= a cos i + a sin j
r
a
a
a
a
a
eller
∗
∗ s∗
s∗
s∗
s
s
r −
= a cos
, −a sin
= a cos i + a sin j.
a
a
a
a
a
Gradient. Riktningsderivata
Definitionen av gradient
Vektorfunktionen
grad f = ∇f =
∂f
∂f
∂f
i+
j+
k
∂x
∂y
∂z
kallas gradienten av en (deriverbar skalär) funktion f (x, y, z). Vektordifferentialoperatorn ∇
definieras genom
∂
∂
∂
∇=
i+
j + k.
∂x
∂y
∂z
Exempel:
∂f
= 2,
∂x
f (x, y, z) = 2x + yz − 3y 2 ;
∂f
= z − 6y,
∂y
∂f
= y,
∂z
grad f = ∇f = 2i + (z − 6y)j + yk.
Riktningsderivata
Riktningsderivatan Db f eller
df
av f i punkten P i riktningen b, |b| = 1, definieras genom
ds
Db f = lim
s→0
f (Q) − f (P )
s
(s = |Q − P |),
där Q är en rörlig punkt på strålen C i riktningen b.
I ett cartesiskt koordinatsystem i rummet, ges strålen C på parameterform av vektorfunktionen
r(s) = x(s)i + y(s)j + z(s)k = p0 + sb
(p0 är ortsvektorn för P ). Enligt definitionen av riktningsderivata och kedjeregeln är Db f =
derivatan av f (x(s), y(s), z(s)) med avseende på s
Db f =
x0 =
df
∂f 0 ∂f 0 ∂f 0
=
x +
y +
z,
ds
∂x
∂y
∂z
dx
,
ds
y0 =
dy
,
ds
z0 =
dz
.
ds
Likheten
r0 (s) = x0 i + y 0 j + z 0 k = b
ger
Db f =
df
= b · grad f
ds
(b är en enhetsvektor, |b| = 1), eller
Da f =
1
df
=
a · grad f
ds
|a|
df
ds
(a 6= 0 är en godtycklig vektor).
EXEMPEL 5 Gradient. Riktningsderivata
Bestäm riktningsderivatan av funktionen f (x, y, z) = 2x2 + 3y 2 + z 2 i punkten P : (2, 1, 3)
i riktningen a = i − 2k = [1, 0, −2].
Lösning.
f (x, y, z) = 2x2 + 3y 2 + z 2 ;
∂f
= 4x,
∂x
∂f
= 6y,
∂y
∂f
= 2z,
∂z
grad f = 4xi + 6yj + 2zk.
I punkten P : (2, 1, 3)
grad f = 8i + 6j + 6k = [8, 6, 6].
√
√
Vi får |a| = |[1, −2]| = 1 + 4 = 5 och kan beräkna riktningsderivatan
Da f =
df
1
= √ (i − 2k) · (8i + 6j + 6k) =
ds
5
1
1
4
√ [1, 0, −2] · [8, 6, 6] = √ (1 · 8 + 0 · 6 + (−2) · 6) = − √ ≈ −1.789.
5
5
5
Funktion växer snabbast i riktningen grad
Bevis. Enligt definition av skalärprodukt är
Db f = b · grad f = |b||grad f | cos γ = |grad f | cos γ
(|b| = 1).
där γ är vinkeln mellan vektorerna b och grad f . Riktningsderivatan Db f är maximal resp
minimal om cos γ = 1, γ = 0, resp. cos γ = −1, γ = π, dvs om b är parallel med grad f resp.
−grad f . Vi har alltså
SATS 1
Låt f (x, y, z) = f (P ) vara en deriverbar funktion.
(i) Riktningsderivatan Db f är maximal i riktningen
b=
grad f
|grad f |
och i denna riktning är
Db f = |grad f |.
(ii) Riktningsderivatan Db f är minimal i riktningen
b=−
grad f
|grad f |
och i denna riktning är
Db f = −|grad f |.
(grad f 6= 0).
Normalvektor till nivåytor
En yta S i rummet med ekvationen
f (x, y, z) = c
kallas en nivåyta till funktionen f (x, y, z).
SATS 2
Om f (x, y, z) är en deriverbar (C1 ) funktion och grad f 6= 0 så är grad f en normalvektor till
nivåytan f (x, y, z) = C.
Bevis. En rymdkurva C på parameterform ges av vektorfunktionen
r(t) = v(t) = [x(t), y(t), z(t)] = x(t)i + y(t)j + z(t)k.
Om C ligger påytan S,
f (x(t), y(t), z(t)) = c.
Tangent till C är
r0 (t) = x0 (t)i + y 0 (t)j + z 0 (t)k.
Om C ligger på ytan S, då är vektorn r0 (t) tangent till S. I en fix punkt P på S, bildar alla
denna vektorer ett plan kallas tangentplanet till S i punkten P . Dess normal kallas normal
till ytan S i punkten P . En vektor parallel med ytans normal är normalvektorn till ytan S i
punkten P .
Enligt kedjeregeln är derivatan av f (x(t), y(t), z(t)) = c med avseende på t
∂f 0 ∂f 0 ∂f 0
x +
y +
z = grad f · r0 (t) = 0,
∂x
∂y
∂z
där
dx
dy
dz
, y0 = , z0 = .
dt
dt
dt
Då skalärprodukten är 0 är grad f vinkelrät mot tangentvektorer r0 i tangentplanet. Då grad f
är vinkelrät mot alla sådana tangentvektorer är grad f en normalvektor till ytan.
x0 =
EXAMPLE 6 Gradient är normal vektor till ytan
Bestäm normalvektor n till konen z 2 = 4(x2 + y 2 ) i punkten P : (1, 0, 2).
Lösning.
En yta i rummet med ekvationen z 2 = 4(x2 + y 2 ), dvs
f (x, y, z) = 4x2 + 4y 2 − z 2 = 0
ä en nivåyta f (x, y, z) = c till funktionen f (x, y, z) = 4x2 + 4y 2 − z 2 med c = 0.
Partiella derivator är
∂f
∂f
∂f
= 8x,
= 8y,
= −2z,
∂x
∂y
∂z
och gradient är
grad f = 8xi + 8yj − 2zk.
I punkten P : (1, 0, 2)
Vi har |grad f | =
n=
√
64 + 16 =
√
grad f = 8i − 4k = [8, 0, −4].
80. Enhetsnormalvektorn är alltså
1
1
2
1
1
grad f = √ (8i − 4k) = √ 4(2i − k) = √ i − √ k.
|grad f |
80
4 5
5
5
Gradientfält och potentialer
Ett vektorfält p säges vara ett gradientfält om p kan skrivas p =grad f . Funktionen f kallas
en skalär potential till p.
Skriv den här vektorfunktionen som beskriver gravitationskraft (gravitationsfält)
p = −c
y − y0
z − z0
x − x0
i
+
j
+
k ,
r3
r3
r3
där
r = [x − x0 , y − y0 , z − z0 ] = (x − x0 )i + (y − y0 )j + (z − z0 )k
och
r = |r| =
Vi har
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z0 )2 .
∂ 1
−2(x − x0 )
x − x0
=
=−
2
2
2
∂x r
2[(x − x0 ) + (y − y0 ) + (z − z0 ) ]
r3
∂ 1
y − y0
∂ 1
z − z0
=− 3 ,
=− 3 .
∂y r
r
∂z r
r
Då är p gradienten av en (deriverbar skalär) funktion
f (x, y, z) =
c
r
(r > 0) :
∂ c
∂ c
∂ c
i+
j+
k
∂x r
∂y r
∂z r
Enligt definitionen är f en skalär potential till gravitationsfältet.
Enligt kedjeregeln är partiella derivatan av andra ordningen med avseende på x, y, z
p = grad f =
∂2
∂x2
∂2
∂y 2
1
3(x − x0 )2
1
=− 3 +
,
r
r
r5
1
3(y − y0 )2
1
=− 3 +
,
r
r
r5
∂2 1
1
3(z − z0 )2
=
−
+
.
∂z 2 r
r3
r5
Genom att addera högerleden och vänsterleden, man kan visa att potentialen f satisfierar
Laplaces ekvation
∂2f
∂ 2f
∂ 2f
∆f =
+ 2 + 2 =0
∂x2
∂y
∂z
Differentialoperatorn av andra ordningen
∆ = ∇2 =
kallas Laplaceoperator (Laplacian).
∂2
∂2
∂2
+
+
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
PROBLEM 8.5.1
Bestäm parameterekvationer (parameterform) för en rät linje L genom punkten A : (4, 2, 0);
riktningsvektorn är b = i + j = [1, 1, 0].
Lösning.
En rät linje L genom punkten A på parameterform ges av vektorfunktionen (8)
r(t) = a + tb = [a1 + tb1 , a2 + tb2 , a3 + tb3 ],
(14)
a är ortsvektorn för A och vektorn b (riktningsvektorn) är parallel med linjen. Här
r(t) = a + tb = [4 + t · 1, 2 + t · 1, 0] = [4 + t, 2 + t, 0] = (4 + t)i + (2 + t)j.
PROBLEM 8.5.9
r(t) = [t, t3 + 2, 0];
t = x,
då
y = x3 + 2, z = 0.
PROBLEM 8.5.10
Vektorfunktionen
r(t) = [3 cos t, 4 sin t, 0] = 3 cos ti + 4 sin tj
ger en ellips i xy-planet (eftersom koordinatekvationerna x = 3 cos t, y = 4 sin t för cartesiska
koordinater ger ekvationen för en ellips
x2 y 2
+
= 1,
32 42
z = 0.
PROBLEM 8.5.11
Vektorfunktionen
r(t) = [0, 5 cos t, 5 sin t] = 5 cos tj + 5 sin tk
ger en cirkel med radien 5 i yz-planet (cartesiska koordinater på parameterform y = 5 cos t, z =
5 sin t ger
y 2 + z 2 = 25, x = 0.
PROBLEM 8.5.17
Bestäm parameterekvationer (parameterform) för rymdkurvan C : y 2 + (z − 3)2 = 9, x = 0.
Lösning.
Cartesiska koordinater på parameterform y = 3 cos t, z = 3 + 3 sin t ger y 2 + (z − 3)2 = 9.
Då ger vektorfunktionen
r(t) = [0, 3 cos t, 3 + 3 sin t] = 3 cos tj + 3(1 + sin t)k
en cirkel med radien 3 och origo [0, 0, 3] i yz-planet (x = 0) .
PROBLEM 8.5.21
En rymdkurva C på parameterform ges av vektorfunktionen
r(t) = ti + t3 j = [t, t3 , 0].
Då är
r0 (t) = i + 3t2 j = [1, 3t2 , 0].
en tangentvektor till C. Motsvarande enhetstangentvektorn
u=
1 0
1
√
(i + 3t2 j).
r
=
4
|r0 |
1 + 9t
I punkten P : (1, 1, 0)
r0 (t) = i + 3j = [1, 3, 0];
1
1
u = √ (i + 3j) = √ [1, 3, 0].
10
10
Enligt (8) kan ekvationen för tangent till C i punkten P skrivas
q(w) = r + wr0 ,
där w är en parameter. Här
q(w) = r + wr0 = i + j + w(i + 3j) = (1 + w)i + (1 + 3w)j = [1 + w, 1 + 3w, 0].
.
PROBLEM 8.5.22
Vektorfunktionen
r(t) = [2 cos t, 2 sin t, 0] = 2 cos ti + 2 sin tj
ger cirkeln
x2 + y 2 = 4,
z = 0.
i xy-planet. Tangentvektorn är
r0 (t) = −2 sin ti + 2 cos tj.
Motsvarande enhetstangentvektorn
u=
1 0 1
r = (−2 sin ti + 2 cos tj) = − sin ti + cos tj.
|r0 |
2
√ √
π
π √
π √
P : ( 2, 2, 0) → t = : 2 cos = 2, 2 sin = 2.
4
4
4
0
Tangent r i punkten t = π/4 är
√ √
√
r0 (π/4) = [− 2, 2, 0] = 2(−i + j).
Motsvarande enhetstangentvektorn
√
√
2
2
u=
(−i + j) =
[−1, 1, 0].
2
2
Tangenten till cirkeln x2 + y 2 = 4, z = 0 i punkten P skrivas
√
√
√
√
q(w) = r(π/4)+wr0 (π/4) = 2(i+j)+w 2(−i+j) = 2[(1−w)i+(1+w)i] = 2[1−w, 1+w, 0].
PROBLEM 8.5.23
Vektorfunktionen
r(t) = cos ti + 2 sin tj = [cos t, 2 sin t, 0]
ger en ellips x2 +
y2
= 1, z = 0 i xy-planet. Tangentvektorn till ellipsen är
4
r0 (t) = − sin ti + 2 cos tj = [− sin t, 2 cos t, 0].
Motsvarande enhetstangentvektorn
u=
1 0
1
(− sin ti + 2 cos tj).
r =√ 2
0
|r |
sin t + 4 cos2 t
√
π
P : (1/2, 3, 0) → t = :
3
r(t) i punkten t = π/3 är
r(π/3) = (1/2)i +
cos
π
1
π √
= , 2 sin = 3.
3
2
3
√
√
3j = [1/2, 3, 0].
r0 (t) i punkten t = π/3 är
√
√
3
r (π/3) = (−
)i + j = [− 3/2, 1, 0].
2
0
Enhetstangentvektorn i punkten t = π/3 är
q
√
√
√
1
2
u= q
((− 3/2)i + j) = √ ((− 3/2)i + j) = [− 3/7, 2/ 7, 0].
7
3/4 + 1
√
y2
= 1 i punkten P : (1/2, 3, 0) skrivas
4
√
√
3
q(w) = r(π/3) + wr0 (π/3) = ((1/2)i + 3j + w(−
)i + j
2
√
√
√
√
= [1/2, 3, 0] + w[− 3/2, 1, 0] = [1/2 − w 3/2, 3 + w, 0] =
√
√
(1/2 − w 3/2)i + ( 3 + wj).
Tangenten till ellipsen x2 +
PROBLEM 8.8.1
q
dw
Bestäm derivatan
av funktionen w = x2 + y 2 när x = e4t och y = e−4t .
dt
∂w dx ∂w dy
dw
=
+
=
dt
∂x dt
∂y dt
√ sinh 8t
x
y
4
e8t − e−8t
(4e4t ) + (−4e−4t ) = (e8t − e−8t ) = 4 √ 8t
=
4
2√
.
w
w
w
e + e−8t
cosh 8t
PROBLEM 8.9.1
Beräkna gradienten grad f till funktionen f (x, y) = x2 −y 2 och dess värde och belopp i punkten
P : (−1, 3).
Lösning.
Gradienten till skalära funktionen f (x, y) = x2 − y 2 är en vektorfunktion
grad f =
∂f
∂f
i+
j = 2xi − 2yj.
∂x
∂y
I punkten P : (−1, 3) får man en vektor
grad f = −2i − 6j = [−2, −6];
|grad f | =
√
√
4 + 36 = 40.
PROBLEM 8.9.2
Beräkna gradienten grad f till funktionen f (x, y) = xy och dess värde i punkten P : (1, 1).
Lösning.
grad f =
∂f
∂f
i+
j = yi + xj.
∂x
∂y
I punkten P : (1, 1) får man en vektor
grad f = i + j = [1, 1].
PROBLEM 8.9.3
Beräkna gradienten grad f till funktionen f (x, y) = ln x2 + y 2 och dess värde i punkten P :
(2, 0).
grad f =
∂f
2x
2y
∂f
i+
j= 2
i+ 2
j = (x2 + y 2 )−1 [2x, 2y].
2
∂x
∂y
x +y
x + y2
I punkten P : (2, 0)
grad f = i = [1, 0].
PROBLEM 8.9.7
Beräkna gradienten −grad f till f (x, y, z) = z/(x2 + y 2 ) och dess värde i punkten P : (0, 1, 2).
∂f
∂f
∂f
i−
j−
k=
∂x
∂y
∂z
2xz
2yz
1
i+ 2
j− 2
k = (x2 + y 2 )−2 [2xz, 2yz, −x2 − y 2 ].
2
2
2
2
2
(x + y )
(x + y )
x + y2
−grad f = −
At P : (0, 1, 2)
−grad f = 4j − k = [0, 4, −1].
PROBLEM 8.9.15
4
2
Beräkna enhetsnormalvektorn till räta linje y = x − i punkten P : (2, 2).
3
3
Lösning.
Enligt Sats 2 är grad f en normalvektor till nivåkurvan f (x, y) = C (om grad f 6= 0 och
f (x, y) är en deriverbar funktion).
4
2
Vi har f (x, y) = x − y = ;
3
3
4
grad f = [ , −1],
3
5
|grad f | = .
3
Då är enhetsnormalvektorn till räta linje i alla punkter en konstant vektor
3
4 3
n = grad f = [ , − ] = [0.8, −0.6].
5
5 5
PROBLEM 8.9.21
Man kan visa att vektorfunktionen
v = [2x, 4y, 8z]
har potentialen f (x, y, z) = x2 + 2y 2 + 4z 2 . Vi har
v = grad f =
∂f
∂f
∂f
i+
j+
k = 2xi + 4yj + 8zk = [2x, 4y, 8z].
∂x
∂y
∂z
PROBLEM 8.9.29
Beräkna riktningsderivatan av funktionen f (x, y) = x2 + y 2 i punkten P : (1, 1) i riktningen
b = 2i − 4j.
Lösning.
df
Riktningsderivatan Db f eller
av f i punkten P i riktningen b beräknas genom skalärprodukten
ds
Db f =
df
= b · grad f
ds
(b är en enhetsvektor, |b| = 1), eller
Da f =
(a 6= 0 är en godtycklig vektor).
Här
f (x, y) = x2 + y 2 ;
1
a · grad f
|a|
∂f
= 2x,
∂x
∂f
= 2y,
∂y
Gradienten
grad f = 2xi + 2yj.
I punkten P : (1, 1)
grad f = 2i + 2j = [2, 2, 0].
√
√
Beräkna |a| = |[2, −4]| = 4 + 16 = 20 och bestäm riktningsderivatan av f (x, y) = x2 + y 2 i
punkten P : (1, 1)
Da f =
df
1
1
1
2
= √ (2i − 4j) · (2i + 2j) = √ [2, −4] · [2, 2] = √ (2 · 2 − 4 · 2) = − √ .
ds
20
20
20
5