Download Calculus Exercises: Directional Derivatives and Gradient and more Exercises Calculus in PDF only on Docsity!
Calculus Ugesedel 4
Thorarinn Thorarinsson
20. september 2021
Udregn den retningsafledte af funktionen f (x, y) = x^2 + y i punktet (1, 1) og
retningen ¯u =
3 5 ,^
4 5
Sidenote: Der kommer smartere m˚ader at gøre dette p˚a, men opgaven kom-
mer inden vi har set det. Jeg anbafeler at man bruger de efterkommende
metoder til fremtidig opgave regning.
Længden af ¯u er allerede 1, s˚a vi kan udføre samme fremgangsm˚ade som
i Eksempel 3.8 uden normeringen af ¯u: Ifølge definitionen er Du¯f (x, y) græn-
seværdien:
lim t→ 0
f ((x, y) + tu¯) − f (x, y)
t
Vi finder at:
f ((x, y) + t¯u) = f
x + t
, y + t
x +
3 t
5
4 t
5
= x 2
9 t 2
6 xt
5
4 t
5
= f (x, y) +
9 t 2
6 xt
5
4 t
5
S˚a bliver differenskvotienten:
f ((x, y) + t¯u) − f (x, y)
t
f (x, y) + 9 t^2 25 +^
6 xt 5 +^
4 t 5 −^ f^ (x, y) t
9 t
25
6 x
5
Og dermed f˚ar vi:
D¯uf (x, y) = lim t→ 0
9 t
25
6 x
5
6 x + 4
5
hvilket i punktet (1, 1) giver:
D¯uf (1, 1) =
a
Beregn Du¯f (x, y) n˚ar f (x, y) = x + y og ¯u =
√^1 2
√^1 2
Vi beregner først gradienten:
∇f (x, y) = (fx, fy) = (1, 1)
Derefter bruger vi Sætning 3.10 til bestemmelse af Du¯f (x, y):
Du¯f (x, y) = 〈∇f (x, y), u¯〉 = 1 ∗
b
Beregn Du¯f (x, y) n˚ar f (x, y) = x + y og ¯u =
√^1 2
, − √^1
2
Via vores beregninger i delopgave a) kan vi bruge Sætning 3.10 med det
samme:
Du¯f (x, y) = 〈∇f (x, y), u¯〉 = 1 ∗
c
Beregn Du¯f (x, y) n˚ar f (x, y) = x + y og ¯u er enhedsvektoren, der peger i
samme retning som (3, 4).
Vi normerer først (3, 4) for at bestemme ¯u:
u¯ =
32 + 4^2
Nu kan vi bruge Sætning 3.10 idet ∇f (x, y) er stadig den samme som i
delopgave a):
Du¯f (x, y) = 〈∇f (x, y), ¯u〉 = 1 ∗
d
Beregn med 3 decimalers nøjagtighed D¯uf (1, 2) n˚ar:
f (x, y) = 2 cos(xy) og ¯u =
a
f (x, y) = xy
Vi bestemmer først gradienten af f i punktet (1, 0):
∇f (1, 0) = (fx, fy)|(x,y)=(1,0) = (y, x)|(x,y)=(1,0) = (0, 1)
Enhedsvektorern der løser opgaven er dermed givet ved:
u¯ =
02 + 1^2
Hvilket giver en retningsafledte:
Du¯f (1, 0) =
02 + 1^2 = 1
b
f (x, y) = x cos(y)
Vi bestemmer først gradienten af f i punktet (1, 0):
∇f (1, 0) = (fx, fy)|(x,y)=(1,0) = (cos(y), −x sin(y))|(x,y)=(1,0) = (1, 0)
Enhedsvektorern der løser opgaven er dermed givet ved:
u¯ =
12 + 0^2
Hvilket giver en retningsafledte:
Du¯f (1, 0) =
12 + 0^2 = 1
c
f (x, y) = 2x + y
Vi bestemmer først gradienten af f i punktet (1, 0):
∇f (1, 0) = (fx, fy)|(x,y)=(1,0) = (2, 1)|(x,y)=(1,0) = (2, 1)
Enhedsvektorern der løser opgaven er dermed givet ved:
u¯ =
22 + 1^2
Hvilket giver en retningsafledte:
Du¯f (1, 0) =
22 + 1^2 =
Find de to enhedsvektorer ¯u hvor den retningsafledte D¯uf (1, 0) af funktionen
f (x, y) = x^2 + sin(xy) er lig med 1.
Vi bestemmer først gradienten af f i punktet (1, 0):
∇f (1, 0) = (fx, fy)|(x,y)=(1,0) = (2x + y cos(xy), x cos(xy))|(x,y)=(1,0) = (2, 1)
Vi lader ¯u = (a, b) hvor a 2
- b 2 = 1. S˚a har vi ifølge Sætning 3.10:
Du¯f (1, 0) = 〈∇f (1, 0), u¯〉 = 2a + b
Vi vil gerne have at 2a + b = 1, og har dermed to ligninger med to ubekente
(husk at a^2 + b^2 = 1):
b = 1 − 2 a ⇒ a 2
- b 2 = a 2
- (1 − 2 a) 2 = a 2
- 1 2
- 4a 2 − 4 a = 5a 2 − 4 a + 1
Sætter vi:
5 a 2 − 4 a + 1 = 1
S˚a f˚ar vi ligningen:
5 a 2 − 4 a = 0 ⇒ a(5a − 4) = 0
Hvilket er opfyldt ved a = 0 eller a = 45. Nu kan vi indsætte disse værdier
ind i den oprindelige ligning, hvilket giver:
2 ∗ 0 + b = 1 ⇒ b = 1
Dvs. ¯u kan være et af følgende enhedsvektorer:
u¯ = (0, 1) eller u¯ =
Angiv for hver af de følgende funktioner den enhedsvektor ¯u, der giver den
største retningsafledte Du¯f (1, 0 , 1), og find dens værdi.
Bemærk at til disse opgaver bruger vi Sætning 3.21, nemlig at enheds-
vektoren:
∇¯ =
∇f (x, y, z)
‖∇f (x, y, z)‖
Er den enhedsvektor der giver den største retningsafledede, og giver værdien
D (^) ∇¯f (x, y, z) = ‖∇f (x, y, z)‖.
a
f (x, y, z) = xyz
Vi bestemmer først gradienten af f i punktet (1, 0 , 1):
∇f (1, 0 , 1) = (fx, fy, fz )|(x,y,z)=(1, 0 ,1) = (yz, xz, xy)|(x,y,z)=(1, 0 ,1) = (0, 1 , 0)
Hvilket har længde 1, s˚a vi har bestemt ¯u:
u¯ = (0, 1 , 0)
Hvilket giver en retningsafledte:
Du¯f (1, 0 , 1) = ‖(0, 1 , 0)‖ = 1
b
f (x, y, z) = xz cos(y)
Vi bestemmer først gradienten af f i punktet (1, 0 , 1):
∇f (1, 0 , 1) = (fx, fy, fz )|(x,y,z)=(1, 0 ,1) = (z cos(y), −xy sin(y), x cos(y))|(x,y,z)=(1, 0 ,1) = (1, 0 , 1)
Enhedsvektorern der løser opgaven er dermed givet ved:
u¯ =
12 + 0^2 + 1^2
Hvilket giver en retningsafledte:
Du¯f (1, 0) = ‖(1, 0 , 1)‖ =
12 + 0^2 + 1^2 =
c
f (x, y, z) = 2x + y
Vi bestemmer først gradienten af f i punktet (1, 0 , 1):
∇f (1, 0 , 1) = (fx, fy, fz )|(x,y,z)=(1, 0 ,1) = (2, 1 , 0)|(x,y,z)=(1, 0 ,1) = (2, 1 , 0)
Enhedsvektorern der løser opgaven er dermed givet ved:
u¯ =
22 + 1^2 + 0^2
Hvilket giver en retningsafledte:
Du¯f (1, 0) = ‖(2, 1 , 0)‖ =
22 + 1^2 + 0^2 =
Find de kritiske punkter for følgende funktioner af to variable f (x, y).
a
f (x, y) = x 3
Bemærk
fx = 3x 2 og fy = 2y − 2
S˚a:
∇f (x, y) = (3x 2 , 2 y − 2)
Vi har da et kritisk punkt (x, y) hvis
(0, 0) = ∇f (x, y)
Hvilket er ækvivalent med (x, y) = (0, 1).
U
I denne opgave betragtes funktionen: f (x, y) = 4xy^2 + 5x^2 y + y^3.
a
Beregn den partielle afledede fx af funktionen f :
fx = 4y 2
b
Beregn gradienten af funktionen f.
∇f (x, y) = (fx, fy) = (fx, 8 xy + 5x^2 + 3y^2 )
c
Angiv enhedsvektoren ¯u i retningen givet ved vektoren (7, −6).
Vi normerer vektoren (7, −6) til at bestemme ¯u:
¯u =
72 + (−6)^2
d
Udregn den retningsafledede af f i punktet (1, 2) i retningen af enhedsvek-
toren ¯u.
∇f (1, 2) = (36, 33)
Pr. Sætning 3.10 kan vi bestemme D¯uf (1, 2):
Du¯f (1, 2) = 〈∇f (1, 2), u¯〉 =
e
Angiv den enhedsvektor ¯v, der giver den største retningsafledte af f i punktet
(1, 2).
Vi har fra teksten lige foroven Sætning 3.16 at følgende enhedsvektor giver
den største retningsafledte af f i punktet (1, 2).
v¯ = ∇¯ =
∇f (1, 2)
‖∇f (1, 2)‖
362 + 33^2
f
Angiv værdien af den største retningsafledte af f i punktet (1, 2).
Ifølge Sætning 3.16 har vi at:
D¯vf (1, 2) = ‖∇f (1, 2)‖ = 3
U
A
Lad a være et reelt tal. Lad Du¯f (1, 1) være den retningsafledte af funktionen
f (x, y) = x^2 − 3 y^3 i punktet (1, 1) og i retningen ¯u fastlagt ved vektoren
(a, 20). For hvilken værdi af a er Du¯f (1, 1) = 0?
Vi bestemmer først gradienten af f i punktet (1, 1):
∇f (1, 1) = (fx, fy)|(x,y)=(1,1) = (2x, − 9 y 2 )|(x,y)=(1,1) = (2, −9)
Ifølge Sætning 3.10 har vi:
Du¯f (1, 1) = 〈∇f (1, 1),
¯u
‖¯u‖
a^2 + 20^2
(2a − 9 ∗ 20)
Hvis det ovenst˚aende skal give 0, s˚a er det ensbetydende med at følgende
ligning gælder:
(2a − 9 ∗ 20) = 0 ⇒ 2 a = 9 ∗ 20 ⇒ a = 9 ∗ 10 = 90
