SF1626 - Övning 6

Göran Andersson goeran@kth.se, 110408

3.23

Inför

F(x,y)=(x^3)y+2(y^3)x=>F(1,1)=3

=>∇F(x,y)=(3 (x^2) y+2 (y^3),(x^3)+6 x (y^2))=>∇F(1,1)=(5,7)

Implicita funktionssatsen ger nu

y'(0)=-(((Subscript[F, x]^′)(1,1))/((Subscript[F, y]^′)(1,1)))=-(5/7)

3.25

Inför

F(x,y)=sin(x y)-ln(x+y)=>F(0,1)=0

=>∇F(x,y)=(y cos(x y)-(1/(x+y)),x cos(x y)-(1/(x+y)))=>∇F(0,1)=(0,-1)

Eftersom (Subscript[F, y]^′)(0,1)=-1≠0 definierar enligt implicita funktionssatsen

F(x,y)=0

en funktion y=f(x) i en omgivning till (0,1).

=>f'(0)=-(((Subscript[F, x]^′)(0,1))/((Subscript[F, y]^′)(0,1)))=-(0/((-1)))=0

3.26

Inför

F(x,y,z)=(x^5)+(y^3)+(z^4)-((x^2)+(y^2))z=>F(1,1,1)=1

=>∇F(x,y,z)=(5 (x^4)-2 x z,3 (y^2)-2 y z,-(x^2)-(y^2)+4 (z^3))=>∇F(1,1,1)=(3,1,2)

Eftersom (Subscript[F, z]^′)(1,1,1)=2≠0 definierar enligt implicita funktionssatsen

F(x,y,z)=1

en funktion z(x,y) i en omgivning av (1,1,1).

=>(Piecewise[{{(Subscript[z, x]^′)(1,1)=-(((Subscript[F, x]^′)(1,1,1))/((Subscript[F, z]^′)(1,1,1)))=-(3/2)}, {(Subscript[z, y]^′)(1,1)=-(((Subscript[F, y]^′)(1,1,1))/((Subscript[F, z]^′)(1,1,1)))=-(1/2)}}])

3.28

a)

Inför 𝕩=(x,y,z), 𝕡=(0,1,1) och

F(𝕩)=(e^(z-1))+z y+x-2(y^3)=>F(𝕡)=0

Detta visar att 𝕡 ligger på ytan F(𝕩)=0.

=>∇F(𝕩)=(1,z-6 (y^2),(e^(z-1))+y)=>∇F(𝕡)=(1,-5,2)

Gradienten är vinkelrät mot en godtycklig vektor i tangentplanet. Planets ekvation blir därmed:

∇F(𝕡)·(𝕩-𝕡)=0⇔(1,-5,2)·(x-0,y-1,z-1)=0

⇔x-5 y+2 z+3=0

b)

Eftersom (Subscript[F, z]^′)(𝕡)=2≠0 definierar enligt implicita funktionssatsen

F(𝕩)=0

en funktion z(x,y) i en omgivning av 𝕡.

3.31

a)

Inför

F(x,y)=(y^3)-3y-x

=>(Subscript[F, y]^′)(x,y)=3(y^2)-3

Eftersom (Subscript[F, y]^′)(0,0)=-3≠0 definierar enligt implicita funktionssatsen

F(x,y)=0

en funktion y=f(x) i en omgivning till (0,0).

b)

Implicit derivering ger:

(y^3)-3y-x=0=>3(y^2)y'-3y'-1=0=>6y (((y'))^2)+3(y^2)y''-3y''-0=0

Vi får

(y^3)(0)-3y(0)-0=0⇔y(0)=0=(Subscript[a, 0])

3(y^2)y'-3y'-1=0⇔y'=(1/(3 ((y^2)-1)))=>y'(0)=-(1/3)=(Subscript[a, 1])

6y (((y'))^2)+3(y^2)y''-3y''-0=0⇔y''=((2 y  (((y'))^2))/(1-(y^2)))=>y''(0)=0=(Subscript[a, 2])

∴y(x)=(1/(0!))(((Subscript[a, 0])(x-0))^0)+(1/(1!))(((Subscript[a, 1])(x-0))^1)+(1/(2!))(((Subscript[a, 2])(x-0))^2)+B(x)(((x-0))^3)=-(1/3)x+(x^3)B(x)

3.33

Vi väljer z=t som parameter. Inför 𝕩=(x,y), (Subscript[𝕩, 0])=(1,1), (Subscript[t, 0])=1 och

𝔽(𝕩,t)=((x^2)-(y^2)-(t^2),(x^2)+2(y^2)+3(t^2))=>𝔽((Subscript[𝕩, 0]),(Subscript[t, 0]))=(-1,6)

Funktionalmatrisen (Jacobian matrix) och Funktionaldeterminanten (Jacobian determinant) blir

𝕁(𝕩)=((∂𝔽)/(∂𝕩))=(({{2 x, -2 y}, {2 x, 4 y}}))=>𝕁((Subscript[𝕩, 0]))=(({{2, -2}, {2, 4}}))

=>J((Subscript[𝕩, 0]))=(Subscript[(((d(𝔽))/(d(𝕩)))), (Subscript[𝕩, 0])])=(Det[({{2, -2}, {2, 4}})])=12 ≠0

Eftersom J((Subscript[𝕩, 0]))≠0 definierar enligt implicita funktionssatsen 𝔽(𝕩,t)=(-1,6) en funktion 𝕩=𝕗(t) från ℝ till (ℝ^2) i närheten av ((Subscript[𝕩, 0]),(Subscript[t, 0])). Vi kan därmed skriva kurvan

(Piecewise[{{𝕩=𝕗(t)}, {z=t}}])⇔𝕡(t)=(x(t),y(t),t)

Implicit derivering (d/(dt)) av  𝔽(𝕩,t)=(-1,6) ger:

(2x x'-2y y'-2t,2x x'+4y y'+6t)=(0,0)

(x,y,t)=(1,1,1)=>𝕗'(1)=(x'(1),y'(1))=(-(1/3),-(4/3))(Overscript[=>, z'=1])𝕡'((Subscript[t, 0]))=(-(1/3),-(4/3),1)

Tangenten kan därmed skrivas:

𝕡(t)=𝕡((Subscript[t, 0]))+t 𝕡'((Subscript[t, 0]))=(1,1,1)+t (-(1/3),-(4/3),1)

Grafik