MS-A0201 - Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (TFM), Luento-opetus, 10.1.2023-20.2.2023

Määritelmä

Olkoon $D\subset \mathbb{R}^n$ ja $\mathbf{f} = (f_1,f_2,\ldots,f_m)$ vektori, missä jokainen funktion $f$ komponentti on funktio $f_j\colon D \to \mathbb{R}$ ja $m,n\ge 2$. Tällainen vektori määrittelee vektoriarvoisen funktion $\mathbf{f}\colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$, jota kutsutaan myös vektorikentäksi. Usein käytetään merkintää $\mathbf{y} = \mathbf{f}(\mathbf{x})$.

Vektoriarvoisia funktiota esiintyy usein mm. fysiikassa sellaisten suureiden yhteydessä, joilla on voimakkuus ja suunta (esimerkiksi nopeus- ja voimakentät).

Vektoriarvoisen funktion derivointi

Derivaatan luonnollinen vastine vektoriarvoisen funktion $\mathbf{f} =(f_1,f_2,\ldots,f_m)$ tapauksessa on Jacobin matriisi $D\mathbf{f}(\mathbf{x}) = \begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x_1} & \frac{\partial f_1}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial f_1}{\partial x_n}\\ \frac{\partial f_2}{\partial x_1} & \frac{\partial f_2}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial f_2}{\partial x_n}\\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ \frac{\partial f_m}{\partial x_1} & \frac{\partial f_m}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial f_m}{\partial x_n}. \end{bmatrix}$ Jos $m=n$, Jacobin matriisi on neliömatriisi ja sen determinattia sanotaan funktion $\mathbf{f}$ Jacobin determinantiksi pisteessä $\mathbf{x}$. Tätä determinanttia tarvitaan kurssin loppuosassa.

Jacobin matriiseilla ketjusääntö voidaan kirjoittaa yleisessä muodossa $D(\mathbf{f} \circ \mathbf{g})(\mathbf{x})= D\mathbf{f}\big(\mathbf{g}(\mathbf{x})\big)D\mathbf{g}(\mathbf{x}).$

Sovellus: implisiittifunktiolause

Oletetaan, että skalaarifunktiot $F_{(1)}, F_{(2)}, \ldots , F_{(n)}$ ovat derivoituvia. Tutkitaan yhtälöryhmää $\left\{\begin{array}{l} F_{(1)}(x_1,x_2,\ldots,x_m,y_1,y_2,\ldots,y_n)=0,\\ F_{(2)}(x_1,x_2,\ldots,x_m,y_1,y_2,\ldots,y_n)=0,\\ \vdots\\ F_{(n)}(x_1,x_2,\ldots,x_m,y_1,y_2,\ldots,y_n)=0,\\ \end{array}\right.$ pisteen $P_0 = (a_1,a_2,\ldots,a_m,b_1,b_2,\ldots,b_n)$ lähellä. Muuttujat $\mathbf{y}=(y_1,\ldots,y_n)$ voidaan esittää muuttujien $\mathbf{x}=(x_1,\ldots,x_m)$ funktioina pisteen $P_0$ lähellä, jos funktion $\mathbf{f}(\mathbf{y}) = (F_{(1)},\ldots,F_{(n)})(\mathbf{y})$ Jacobin determinatti $\det D\mathbf{f}(\mathbf{y})\Big|_{P_0} \neq 0.$

Esimerkki

Osoitetaan, että $(u,v)$ voidaan esittää muuttujien $(x,y,z)$ funktiona systeemistä $\left\{\begin{array}{l} F(x,y,z,u,v) = xy^2+xzu + yv^2-3 = 0,\\ G(x,y,z,u,v) = x^3yz+2xv -u^2v^2-2 = 0,\\ \end{array}\right.$ pisteen $P_0=(1,1,1,1,1)$ lähellä.

Selvästi $F(P_0) = G(P_0) = 0$. Muodostetaan Jacobin determinatti $\left|\begin{array}{cc} \frac{\partial F}{\partial u} & \frac{\partial F}{\partial v} \\ \frac{\partial G}{\partial u} & \frac{\partial G}{\partial v} \end{array}\right|\Big|_{P_0} = \left|\begin{array}{cc} xz & 2yv \\ -2uv^2 & 2x-2u^2v \end{array}\right|\Big|_{P_0} = \left|\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ -2 & 0 \end{array}\right|=4.$ Koska determinantti ei ole nolla, voidaan kirjoittaa $u = u(x,y,z)\quad \text{ ja }\quad v = v(x,y,z)$ kolmen muuttujan funktioina. Kaavoja näille funktioille ei kuitenkaan voida yleensä antaa.

Gradientti

Olkoon $f\colon D\subset \mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$, $n\ge 2$, derivoituva pisteessä $\mathbf{x}\in D$.

Määritelmä. Funktion $f$ gradientti pisteessä $\mathbf{x}$ on vektori $\nabla f = \mathrm{grad}\, f = \Big(\frac{\partial}{\partial x_1}f,\frac{\partial}{\partial x_2}f,\ldots,\frac{\partial}{\partial x_n}f\Big)\in\mathbb{R}^n.$

Gradientti kertoo funktion $f$ nopeimman kasvun suunnan. Se on vektoriarvoinen funktio $\nabla f\colon D \to \mathbb{R}^n$. Tapauksessa $n=3$ voidaan kirjoittaa $\nabla = \mathbf{i} \frac{\partial}{\partial x} + \mathbf{j}\frac{\partial}{\partial y} + \mathbf{k}\frac{\partial}{\partial z}.$ Tapauksessa $n=2$ kolmas termi jää pois. Gradientti on ($m\times n$ -) Jacobin matriisin erikoistapaus $m=1$.

Esimerkki

Olkoon $f(x,y)=x^2+y^2$. Tällöin saadaan $\nabla f = 2x\mathbf{i} + 2y \mathbf{j}$. Erityisesti $\nabla f (a,b)$ on kohtisuorassa origokeskisen (yksikkö)ympyrän mielivaltaiseen pisteeseen $(a,b$) piirrettyä tangenttisuoraa vastaan. Tämä on erikoistapaus yleisemmästä tasa-arvokäyriä koskevasta totuudesta.

Huom. Derivaatan ketjusääntö voidaan kirjoittaa myös gradientin avulla: Jos $\mathbf{r}=x(t)\,\mathbf{i}+y(t)\,\mathbf{j}$, niin $\frac{d}{dt}f(\mathbf{r}(t)) = \frac{\partial f}{\partial x}\frac{dx}{dt}+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{dy}{dt}= \nabla f(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t).$

Tasa-arvokäyrät

Olkoon $c\in\mathbb{R}$ vakio, $D\subset\mathbb{R}^2$ ja $f\colon D \to \mathbb{R}$ funktio. Tällöin joukko $C= \{(x,y) : f(x,y)=c\}$ on usein tasokäyrä. Kyseinen pistejoukko voi olla myös tyhjä (jos $f$ ei saa arvoa $c$) tai vaikkapa koko taso (jos $f$ on vakio). Mikäli joukko $C$ on tasokäyrä, sitä sanotaan funktion $f$ arvoon $c$ liittyväksi tasa-arvokäyräksi.

Esimerkiksi korkeuskäyrät kartalla ovat tasa-arvokäyriä funktiolle, joka liittää kartalla olevaan pisteeseen $(x,y)$ sen korkeuden meren pinnasta.

Gradientti

Lause. Olkoon $D\subset \mathbb{R}^2$, $(a,b)\in D$ ja $f\colon D\to \mathbb{R}$ derivoituva pisteessä $(a,b)$ ja $\nabla f(a,b)\neq \mathbf{0}.$ Tällöin $\nabla f(a,b)$ on kohtisuorassa pisteen $(a,b)$ kautta kulkevaa funktion $f$ tasa-arvokäyrää (t.s., sen tangenttia) vasten.

Seuraus: Jos piste $\mathbf{x}\in D$ on funktion $f$ paikallinen ääriarvo (minimi tai maksimi), niin $\nabla f(\mathbf{x})=\mathbf{0}$. Gradientin nollakohta ei kuitenkaan välttämättä ole funktion ääriarvo. Edes skalaarifunktion derivaatan nollakohta ei välttämättä ole minimi eikä maksimi, kuten nähdään jos $f(x) = x^3$.

Todistus. Olkoon $I = [-1,1]$ ja $\mathbf{r}(t)\colon I \to \mathbb{R}^2$ tasa-arvokäyrän sellainen parametrisointi, että $\mathbf{r}(0)=(a,b)$. Koska $\mathbf{r}(t)=x(t)\mathbf{i} +y(t)\mathbf{j}$ on tasa-arvokäyrä, kaikilla $t\in I$ pätee $f(x(t),y(t))=f(a,b)$ eli vakio. Ketjusäännöstä saadaan (koska vakiofunktion derivaatta on nolla) $f_{x}\big(x(t),y(t)\big)x'(t) + f_{y}\big(x(t),y(t)\big)y'(t)=0.$ Erityisesti pisteessä $t=0$ tämä tarkoittaa, että $\nabla f(a,b)\cdot \mathbf{r}'(0)=0,$ eli toisin sanoen vektori $\nabla f$ ja tangentin suuntainen $\mathbf{r}'(0)$ ovat kohtisuorassa.

Suunnattu derivaatta

Edellinen tulos voidaan tulkita niin, että tasa-arvokäyrän tangentti antaa suunnan, johon edettäessä funktio ei kasva eikä vähene. Niinpä funktio kasvaa jyrkimmin gradienttinsa suuntaan, joka on tasa-arvokäyrän normaalivektori. Muihin suuntiin liikuttessa kasvunopeuden antaa suunnattu derivaatta $D_{\mathbf{u}}f(a,b) = \frac{dg}{dt}(0), \text{ jossa } g(t) = f(a + t u_1, b + t u_2)$ ja $\mathbf{u} = u_1 \mathbf{i} + u_2 \mathbf{j}$ on yksikkösuuntavektori.

Lause. Olkoon $f\colon D\subset \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ funktio, $(a,b)\in D$ ja $\mathbf{u} = u_1 \mathbf{i} + u_2 \mathbf{j}$ sellainen vektori, että $\|\mathbf{u}\|^2= u_1^2 + u_2^2 = 1$. Tällöin funktion $f$ suunnattu derivaatta suuntaan $\mathbf{u}$ saadaan kaavasta $D_{\mathbf{u}}f(a,b) = \mathbf{u} \cdot \nabla f(a,b).$

Esimerkki

Olkoon $f(x,y)=y^4+2xy^3+x^2y^2$. Etsitään $D_{\mathbf{u}}f (0,1)$, kun $\mathbf{u}$ on

Lasketaan $\nabla f(x,y) = (2y^3+2xy^2)\mathbf{i} + (4y^3+6xy^2+2x^2y)\mathbf{j},$ $\nabla f(0,1) = 2\mathbf{i} + 4\mathbf{j}.$ a) $\|\mathbf{i} +2\mathbf{j}\| = \sqrt{5}$ ja siten $\mathbf{u} = (\mathbf{i} +2\mathbf{j})/\sqrt{5}$. Saadaan $D_{\mathbf{u}}f(0,1)=\frac{1}{\sqrt{5}}(\mathbf{i} +2\mathbf{j})\cdot (2\mathbf{i} + 4\mathbf{j}) = \frac{2+8}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}.$

Huomaa, että tässä $\mathbf{u}$ ja $\nabla f(0,1)$ ovat yhdensuuntaiset.

b) $\|\mathbf{j} -2\mathbf{i}\| = \sqrt{5}$ ja siten $\mathbf{u} = (\mathbf{j} -2\mathbf{i})/\sqrt{5}$. Saadaan $D_{\mathbf{u}}f(0,1)=\frac{1}{\sqrt{5}}(\mathbf{j} -2\mathbf{i})\cdot (2\mathbf{i} + 4\mathbf{j}) = \frac{-4+4}{\sqrt{5}}=0.$ Vektorit $\mathbf{u}$ ja $\nabla f(0,1)$ ovat siis kohtisuorassa.

c) $\|3\mathbf{i}\| = 3$ ja siten $\mathbf{u} = \mathbf{i}$. Saadaan $D_{\mathbf{u}}f(0,1)=\mathbf{i} \cdot (2\mathbf{i} + 4\mathbf{j}) = 2.$ Tämä on sama kuin $f_1(0,1)$.

d) $\|\mathbf{i} +\mathbf{j}\| = \sqrt{2}$ ja siten $\mathbf{u} = (\mathbf{i} +\mathbf{j})/\sqrt{2}$. Saadaan $D_{\mathbf{u}}f(0,1)=\frac{1}{\sqrt{2}}(\mathbf{i} +\mathbf{j})\cdot (2\mathbf{i} + 4\mathbf{j}) = \frac{2+4}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}.$

Huomaa, että $3\sqrt{2}\approx 4.243 < 2\sqrt{5} \approx 4.472$.