Oversikt

Dette er MAT1100s mest forutsigbare tema. Partiellderiverte, gradient og retningsderivert forekommer i alle 20 ordinære eksamenssett vi har lest tekstlaget på — uten unntak, fra 2003 til 2023. I settene med flervalgsdel var det typisk de tre første spørsmålene på Del 1; i settene etter 2017 er det Oppgave 1. Sitter dette, har du en solid poengbase før du i det hele tatt har møtt noe vanskelig.

Temaet var aldri på deleksamen, som lå før flervariabelstoffet i semesteret.

Partiellderiverte

\( \partial f/\partial x \) betyr: deriver med hensyn på \( x \) og behandle alle de andre variablene som konstanter. To feller går igjen. Den ene er å derivere «for mye»: i \( f(x,y,z)=x\sin(y+2z)+xy^2 \) er \( \partial f/\partial x=\sin(y+2z)+y^2 \), der \( \sin(y+2z) \) ikke skal deriveres. Den andre er å glemme kjerneregelen i den variabelen du deriverer etter: i \( f(x,y,z)=x^2\cos(yz) \) er \( \partial f/\partial y=-x^2z\sin(yz) \), der faktoren \( z \) kommer fra den indre deriverte.

For funksjoner med kontinuerlige andrederiverte er de blandede andreordens partiellderiverte like: \( \frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x} \). Du kan derfor velge den rekkefølgen som gir minst regning.

Eksempel 1: blandet annenderivert

Oppgave: Finn \( \dfrac{\partial^2f}{\partial x\,\partial y} \) når \( f(x,y)=\ln(1+x^2y^2) \).

Løsning: Først \( \dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{2x^2y}{1+x^2y^2} \). Så deriverer vi dette med hensyn på \( x \) ved brøkregelen:

\[ \frac{\partial}{\partial x}\frac{2x^2y}{1+x^2y^2}=\frac{4xy\bigl(1+x^2y^2\bigr)-2x^2y\cdot2xy^2}{\bigl(1+x^2y^2\bigr)^2}=\frac{4xy+4x^3y^3-4x^3y^3}{\bigl(1+x^2y^2\bigr)^2}=\frac{4xy}{\bigl(1+x^2y^2\bigr)^2}. \]

Kontroll: uttrykket er symmetrisk i \( x \) og \( y \), som det må være siden \( f \) er det. Stemmer.

Gradienten og retningen for raskest vekst

To resultater brukes hele tiden. \( f \) vokser raskest i retningen \( \nabla f(\mathbf a) \), så svaret på «i hvilken retning vokser \( f \) raskest?» er selve gradientvektoren (eller en positiv multippel av den). Og stigningstallet i den retningen er \( |\nabla f(\mathbf a)| \), altså gradientens lengde. Er \( \nabla f(\mathbf a)=\mathbf 0 \), er alle retningsderiverte null, og punktet er stasjonært.

Retningsderivert — UiO-konvensjonen

\[ f'(\mathbf a;\mathbf r)=\nabla f(\mathbf a)\cdot\mathbf r. \]

Legg merke til at \( \mathbf r \) ikke normeres — den viktigste enkeltdetaljen på hele temaet, siden mange lærebøker definerer retningsderiverte bare for enhetsvektorer. På MAT1100-eksamen får du typisk \( \mathbf r=(-1,1) \) eller \( \mathbf r=(4,1) \), og skal bruke formelen som den står. Sier oppgaven derimot «la \( \mathbf u \) være enhetsvektoren i denne retningen», deler du på lengden først. Da får du samtidig en fin kontroll: \( f'(\mathbf a;\mathbf u)=|\nabla f(\mathbf a)| \) når \( \mathbf u \) peker i gradientens retning.

Eksempel 2: gradient, raskest vekst og retningsderivert i samme oppgave

Oppgave: La \( f(x,y)=xe^{xy} \) og \( \mathbf a=(2,1) \). (a) Finn de partiellderiverte. (b) I hvilken retning vokser \( f \) raskest i \( \mathbf a \)? (c) Finn \( f'(\mathbf a;\mathbf r) \) for \( \mathbf r=(-1,1) \), og \( f'(\mathbf a;\mathbf u) \) for enhetsvektoren \( \mathbf u \) i retningen fra (b).

(a) Produkt- og kjerneregelen gir

\[ \frac{\partial f}{\partial x}=e^{xy}+x\cdot ye^{xy}=e^{xy}(1+xy),\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=x\cdot xe^{xy}=x^2e^{xy}. \]

(b) I \( \mathbf a=(2,1) \) er \( xy=2 \), så \( \nabla f(\mathbf a)=\bigl(e^2\cdot3,\;4e^2\bigr)=(3e^2,4e^2) \). Funksjonen vokser raskest i retningen \( (3,4) \) (samme retning, kortere vektor).

(c) Med \( \mathbf r=(-1,1) \) og uten normering:

\[ f'(\mathbf a;\mathbf r)=3e^2\cdot(-1)+4e^2\cdot1=e^2. \]

Enhetsvektoren i gradientens retning er \( \mathbf u=\frac15(3,4) \), siden \( |(3,4)|=5 \). Da er

\[ f'(\mathbf a;\mathbf u)=\frac{3e^2\cdot3+4e^2\cdot4}{5}=\frac{25e^2}{5}=5e^2. \]

Kontroll: \( |\nabla f(\mathbf a)|=e^2\sqrt{9+16}=5e^2 \), som er nøyaktig det vi fikk. Stemmer.

Eksempel 3: stigningstall i retningen for raskest vekst

Oppgave: Finn stigningstallet til \( f(x,y)=x^3y+x^2 \) i punktet \( (1,-1) \) i den retningen der \( f \) vokser raskest.

Løsning: \( \frac{\partial f}{\partial x}=3x^2y+2x \) og \( \frac{\partial f}{\partial y}=x^3 \). I \( (1,-1) \):

\[ \nabla f(1,-1)=\bigl(3\cdot1\cdot(-1)+2,\;1\bigr)=(-1,1). \]

Stigningstallet er \( |\nabla f|=\sqrt{(-1)^2+1^2}=\sqrt2 \).

Merk: spørsmålet var om stigningstallet, ikke om retningen. Hadde svaret vært \( (-1,1) \), ville du svart på et annet spørsmål.

Vektorer inn og vektorer ut: Jacobi-matrisen

For \( \mathbf F(x,y)=\bigl(F_1(x,y),F_2(x,y)\bigr) \) er Jacobi-matrisen

\[ \mathbf F'(x,y)=\begin{pmatrix}\partial F_1/\partial x & \partial F_1/\partial y\\ \partial F_2/\partial x & \partial F_2/\partial y\end{pmatrix}. \]

Radene er gradientene til komponentfunksjonene. Blander du rader og kolonner, får du den transponerte — det er den vanligste feilen.

Eksempel 4: Jacobi-matrise i et punkt

Oppgave: Finn Jacobi-matrisen til \( \mathbf F(x,y)=(xy^2+1,\;xy) \) i punktet \( (3,-1) \).

Løsning: Generelt er \( \mathbf F'(x,y)=\begin{pmatrix}y^2 & 2xy\\ y & x\end{pmatrix} \), som i \( (3,-1) \) blir \( \begin{pmatrix}1 & -6\\ -1 & 3\end{pmatrix} \).

Kjerneregelen for sammensetning med en kurve

Er \( x \) og \( y \) funksjoner av \( t \), er

\[ \frac{d}{dt}f\bigl(x(t),y(t)\bigr)=\frac{\partial f}{\partial x}\bigl(x(t),y(t)\bigr)x'(t)+\frac{\partial f}{\partial y}\bigl(x(t),y(t)\bigr)y'(t). \]

Oppgavene er ofte fysikkinnpakket: trykket \( P=F(V,T) \) i en gasstank der volumet \( V(t) \) og temperaturen \( T(t) \) endrer seg. Svaret er \( P'(t)=F_V\,V'(t)+F_T\,T'(t) \) — de deriverte av \( V \) og \( T \), ikke funksjonene selv. Nettopp den forvekslingen er standarddistraktoren på flervalgsdelen.

Deriverbarhet i flere variable

At alle partiellderiverte finnes er ikke nok for at en funksjon skal være deriverbar. Definisjonen krever at den lineære approksimasjonen faktisk er god:

\[ \mathbf F \text{ er deriverbar i } \mathbf 0 \text{ med derivert } M \iff \lim_{\mathbf x\to\mathbf 0}\frac{\bigl|\mathbf F(\mathbf x)-\mathbf F(\mathbf 0)-M\mathbf x\bigr|}{\|\mathbf x\|}=0. \]

Denne grensen skal du kunne verifisere for hånd. Fremgangsmåten er alltid: sett inn, forenkl teller, og finn en skranke som går mot null.

Eksempel 5: gradient fra definisjonen, og deriverbarhet

Oppgave: La \( f:\mathbb R\to\mathbb R \) være kontinuerlig med \( f(0)=1 \), og la \( g(x,y)=y\,f(x+y) \). (a) Vis at \( \nabla g(0,0)=(0,1) \). (b) Finn \( g'\bigl((0,0);(1,1)\bigr) \). (c) Vis at \( g \) er deriverbar i \( (0,0) \).

(a) Vi kan ikke bruke derivasjonsreglene, siden vi ikke vet at \( f \) er deriverbar. Vi går til definisjonen. Først i \( x \)-retningen: \( g(h,0)=0\cdot f(h)=0 \) og \( g(0,0)=0 \), så

\[ \frac{g(h,0)-g(0,0)}{h}=\frac{0-0}{h}=0\longrightarrow0. \]

Så i \( y \)-retningen: \( g(0,h)=h\,f(h) \), så

\[ \frac{g(0,h)-g(0,0)}{h}=\frac{h\,f(h)}{h}=f(h)\longrightarrow f(0)=1, \]

der vi brukte at \( f \) er kontinuerlig. Altså \( \nabla g(0,0)=(0,1) \).

(b) Med UiO-konvensjonen og \( \mathbf r=(1,1) \): \( g'\bigl((0,0);(1,1)\bigr)=(0,1)\cdot(1,1)=1 \).

(c) Med \( M=(0,1) \) og \( g(0,0)=0 \) skal vi vise at \( \dfrac{|y\,f(x+y)-y|}{\sqrt{x^2+y^2}}\to0 \). Siden \( |y|\le\sqrt{x^2+y^2} \), er

\[ \frac{|y|\cdot|f(x+y)-1|}{\sqrt{x^2+y^2}}\le\bigl|f(x+y)-1\bigr|. \]

Når \( (x,y)\to(0,0) \), går \( x+y\to0 \), og kontinuiteten til \( f \) gir \( f(x+y)\to f(0)=1 \). Skranken går altså mot null, og \( g \) er deriverbar i \( (0,0) \) med derivert \( (0,1) \).

Merk hypotesebruken: vi brukte kontinuiteten til \( f \) to steder, og aldri deriverbarhet. Det er nettopp poenget med oppgaven.

Studieguide: Funksjoner av flere variable