Flervariable funksjoner: Linearisering - Of the Clux

Flervariable funksjoner: LineariseringForelest: 10. Nov, 2004 ♠Vi har nå kommet til høyepunktet i pensumet for flervariable funksjoner, der vi lærerå regne omtrentlig på en nøyaktig måte. Metoden heter linearisering, og går ut på åforenkle en funksjon slik at selv en gjennomsnittselev i barneskolen skulle kunne brukeden. Det kan være geit dersom du som ingeniør er ansvarig for konstruksjoner der detkan forekomme variasjoner i målene, men du selv ikke kan være til stede for å regne uthvordan du skal tilpasse resten av konstruksjonen, men må overlate utregningen til andresom ikke er så skolerte i matematikk som deg selv.♣ Se Mathematica notebook for dagens forelesning.♣ Se metodeark 11 for flervariable funksjoner: Linearisering.Ofte er vi ikke ute etter å beregne hele størrelsen f på nytt når x og y varierer; vi er kunute etter endringen i f som en funksjon av endringene i x og y. Da bruker vi en variantav linearisering som kalles totalt differensial.♣ Se metodeark 12 for flervariable funksjoner: Totalt differensial.Så til slutt må vi huske at tilnærminger betyr at vi tillater oss å regne litt feil. Det kanvære greit å gjøre anslag på hvor feil vi regner:♣ Se metodeark 13 for flervariable funksjoner: Feilestimat for linearisering.1

Flervariable funksjoner: Metode 11, LineariseringI boka: Kapittel 11.6, Definitions, s. 926 + s. 932. ♣.Definisjon 1 (2 variable) Lineariseringen av funksjonen f(x, y) i punktet (x 0 , y 0 ) erfunksjonenL(x, y) = f(x 0 , y 0 ) + f x (x 0 , y 0 )(x − x 0 ) + f y (x 0 , y 0 )(y − y 0 )Tilnærmingen f(x, y) ≈ L(x, y) kalles standardtilnærmingen til f i (x 0 , y 0 ). Merk atL(x 0 , y 0 ) = f(x 0 , y 0 ), og at forskjellen mellom L og f er liten i nærheten av (x 0 , y 0 ).Definisjon 2 (3 variable) Lineariseringen av funksjonen f(x, y, z) i punktet (x 0 , y 0 , z 0 )er funksjonenL(x, y, z) = f(x 0 , y 0 , z 0 )+f x (x 0 , y 0 , z 0 )(x−x 0 )+f y (x 0 , y 0 , z 0 )(y−y 0 )+f z (x 0 , y 0 , z 0 )(z−z 0 )Tilsvarende for 4 og fler variable.Eksempel: (11.6.4.a) Finn lineariseringen av f(x, y) = x 3 y 4 rundt (1, 1)Løsning: Vi gjør de nødvendige stegene:1. Vi regner først ut f(x 0 , y 0 ):f(1, 1) = 1 3 · 1 4 = 12. Vi regner deretter ut de partielt deriverte f x og f y i (x 0 , y 0 ):f x = ∂f = ∂∂x ∂x (x3 y 4 ) = 3x 2 y 4 så f x (1, 1) = 3 · 1 2 · 1 4 = 3f y = ∂f = ∂∂y ∂y (x3 y 4 ) = x 3 · 4y 3 så f x (1, 1) = 4 · 1 3 · 1 3 = 43. Vi setter deretter inn i formel for L(x, y):L(x, y) = f(x 0 , y 0 ) + f x (x 0 , y 0 )(x − x 0 ) + f y (x 0 , y 0 )(y − y 0 )= f(1, 1) + f x (1, 1)(x − 1) + f y (1, 1)(y − 1)= 1 + 3(x − 1) + 4(y − 1)Eksempel: (11.6.24.b) Finn lineariseringen av f(x, y, z) = x 2 +y 2 +z 2 rundt (0, 1, 0)Løsning: Vi gjør de nødvendige stegene:2□

1. Vi regner først ut f(x 0 , y 0 , z 0 ):f(0, 1, 0) = 0 2 + 1 2 + 0 2 = 12. Vi regner deretter ut de partielt deriverte f x , f y og f z i (x 0 , y 0 , z 0 ):f x = ∂f = ∂∂x ∂x (x2 + y 2 + z 2 ) = 2x så f x (0, 1, 0) = 2 · 0 = 0f y = ∂f = ∂∂y ∂y (x2 + y 2 + z 2 ) = 2y så f y (0, 1, 0) = 2 · 1 = 1f z = ∂f = ∂ ∂z ∂z (x2 + y 2 + z 2 ) = 2z så f z (0, 1, 0) = 2 · 0 = 03. Vi setter deretter inn i formel for L(x, y, z):L(x, y, z) = f(x 0 , y 0 , z 0 ) + f x (x 0 , y 0 , z 0 )(x − x 0 ) + f y (x 0 , y 0 , z 0 )(y − y 0 ) + f z (x 0 , y 0 , z 0 )(z − z 0 )= f(0, 1, 0) + f x (0, 1, 0)(x − 0) + f y (0, 1, 0)(y − 0) + f z (0, 1, 0)(z − 0)= 1 + 0 · (x − 0) + 1 · (y − 1) + 0 · (z − 0) = y)□3

Flervariable funksjoner: Metode 12, Totalt differensialI boka: Kapittel 11.6, Definitions, s. 929. ♣.Definisjon 3 (2 variable) Nært knyttet til lineariseringen er det totale differensalet til fi punktet (x 0 , y 0 ):df = f x (x 0 , y 0 )dx + f y (x 0 , y 0 )dxhvor fx = x − x 0 og dy = y − y 0 . df = L(x, y) − L(x 0 , y 0 ), og er ikke f(x, y) − f(x 0 , y 0 ).Motivasjon: Differensialet uttrykker altså hvor mye L(x, y) endrer seg når x-verdienendrer seg dx bort fra x 0 , og y-verdien endrer seg dy bort fra y 0 . Differensialet er derforen meget god tilnærming til hvor mye f(x, y) endrer seg når du går dx og dy enheterbort fra henholdsvis x 0 og y 0 , og er egentlig ikke annet enn en ofte hensiktsmessig måteå skrive lineariseringen på. Vi ser på omskrivingsprosessen:L(x, y) = f(x 0 , y 0 ) + f x (x 0 , y 0 )(x − x 0 ) + f y (x 0 , y 0 )(y − y 0 ) - LineariseringenL(x, y) − f(x 0 , y 0 ) = f x (x 0 , y 0 )dx + f y (x 0 , y 0 )dy - Definisjon av dx og dyL(x, y) − L(x 0 , y 0 ) = f x (x 0 , y 0 )dx + f y (x 0 , y 0 )dy - L(x 0 , y 0 ) = f(x 0 , y 0 )df = f x (x 0 , y 0 )dx + f y (x 0 , y 0 )dy - Hva df er♦Definisjon 4 (3 variable) Differensialet til funksjonen f(x, y, z) i punktet (x 0 , y 0 , z 0 ) erdf = f x (x 0 , y 0 , z 0 )dx + f y (x 0 , y 0 , z 0 )dx + f z (x 0 , y 0 , z 0 )dzTilsvarende for 4 og fler variable.Metode: Vi setter opp en tabell over de relevante formlene for forholdet mellomendring og estimat, tilsvarende den på s. 930 i Thomas’ Calculus:ForandringAbsolutt forandringRelativ forandringProsentvis forandringEstimatdfdff(x 0 ,y 0 )dff(x 0 ,y 0 ) · 100%♦4

Eksempel: (11.6.16) Hvor nøyaktig kan vi regne ut volumet til en sylinder, V =πr 2 h når usikkerheten i r og h begge er på 1%?Løsning: Vi er ute etter prosentvis usikkerhet, siden premissene for stykke var prosentvisusikkerhet.1. Vi regner først ut differensialet:(a) V r = ∂r∂( πr2 h) = 2πrh(b) V h = ∂h∂( πr2 h) = πr 2(c) dV = V r dr + V h dh = 2πrhdr + πr 2 dr2. Vi regner så ut den prosentvise usikkerheten. En usikkerhet på 1% betyr at dr ≤ 0.01r≤ 0.01, såog dh hdVV· 100% = 2πrhdr + πr2 drπr 2 h· 100% = (2 drr + dh ) · 100% = 3%h□Eksempel: I en produksjon skal to bjelker stilles opp sammen med et tau i enPytagoreisk trekant. Bjelkene har lengder x (1. katet), y (2. katet), og tauet får dalengde f(x, y) = √ x 2 + y 2 (hypotenus). x skal ha lengde 3m, men lengden varierer med±5cm, og y skal ha lengde 4m, men har variasjon ±7cm. Hva er det korteste vi kan latauet være om vi skal sikre oss at det kan være hypotenus uansett hvilken av de unøyaktigebjelkene vi får?Løsning: Vi er ute etter absolutt usikkerhet, siden premissene for stykke var absoluttusikkerhet.1. Vi regner først ut hvor langt tauet må være dersom målene er presise: f(3, 4) =√32 + 4 2 = 5.2. Vi regner først ut differensialet for (x 0 , y 0 ) = (3, 4):√(a) f x = ∂( x2 + y∂x2 ) = √ xx, så f 2 + 2 x (3, 4) = 3 5√(b) f y = ∂( x2 + y∂y2 ) = √ yx, så f 2 + 2 x (3, 4) = 4 5(c) df = f x dx + f y dy = 3x + 4y5 53. Vi regner så ut usikkerheten: |df| = | 3 5 x + 4 5 y| = 3 5 |x| + 4 5 |y| ≤ 3 5 0.05m + 4 5 0.07m =0.086m. Tauet må da være minst 5m + 0.086m ≈ 5.09m□5

Flervariable funksjoner:lineariseringMetode 13, Feilestimat forI boka: Kapittel 11.6, The Error ..., s. 927. ♣.Motivasjon: Siden L ikke er identisk med f, men kun en tilnærming, er det på sinplass å regne ut hvor mye feil du tar når du bruker L i stedet for f. Til dette har vifeilestimatsformelen under.♦Definisjon 5 E(x, y) = L(x, y) − f(x, y).Regel/Formel: (2 variable) Hvis f har kontinuerlige første og annenordens derivertei en åpen mengde rundt rektangelet R, og vi har en M slik at|f xx | ≤ M|f yy | ≤ M|f xy | ≤ Mfor alle (x, y) i R, så er|E(x, y)| ≤ 1 2 M(|x − x 0| + |y − y 0 |) 2Metode: Hvordan finne estimat på |E(x, y)| i et rektangel R:1. Bestem hvilket område R du ønsker estimatet for: Altså finn positive tall a, b, c, dsom beskriver de (x, y) du er interessert i:x ∈ [x 0 − a, x 0 + b] og y ∈ [y 0 − c, y 0 + d]2. Finn de annenderiverte til f: f xx , f yy , f xy .3. Husk at |f xx |, |f yy | og |f xy | er funksjoner, og finn deres maksimumsverdier på R. 1Den største av disse tre verdiene kaller du M.4. Du har nå estimatet:|E(x, y)| ≤ 1 2 M(|x − x 0| + |y − y 0 |) 21 Selv om denne operasjonen i teorien kan føre oss godt utenfor vårt pensum, vil det i praksis væresvært enkelt å besvare dette punktet.6♦

Det kan være at denne problemstillingen er innbakt i andre problemstillinger, påsamme måte som rest-estimat for Taylor-rekker kunne være inbakt i andre problemstillingervedrørende feilmåling og avvik.♦Eksempel: Finn lineariseringen L(x, y) av f(x, y) i P 0 , og finn deretter et estimatpå feilen |E(x, y)| i rektangelet R, når(11.6.8)f(x, y) = 1 2 x2 + xy + 1 4 y2 + 3x − 3y + 4, P 0|y − 2| ≤ 0.1= (x 0 , y 0 ) = (2, 2), og |x − 2| ≤ 0.1 ogLøsning:1. Vi finner først L(x, y):(a) f(x 0 , y 0 ) = f(2, 2) = 1 2 22 +2·2+ 1 4 22 +3·2−3·2+4 = 2+4+1+6−6+4 = 11(b) f x = x + y + 3, så f x (2, 2) = 2 + 2 + 3 = 7(c) f y = x + 1 2 y − 3, så f x(2, 2) = 2 + 1 − 3 = 0(d) df = 11 + 7(x − 2) + 0(y − 2) = 7x − 32. Så finner vi —E—. Vi merker oss at R er oppgitt i oppgaven: x = 2±0.1, y = 2±0.1.(a) Vi finner de annenderiverte:i. f xx = (f x ) x = ∂ (x + y + 3) = 1∂xii. f yy = (f y ) y = ∂ (x + 1y − 3) = 1 ∂y 2 2iii. f xy = (f x ) y = ∂ (x + y + 3) = 1∂y(b) Da må M = 1, siden den er maksimum av de annenderiverte over området R.(c) Vi har da estimatet |E(x, y)| ≤ 1 2 (|x − 2| + |y − 2|)2 for hver verdi av x og y.(d) Felles estimat for hele området R finner vi ved å merke oss at |x − 2| ≤ 0.1 og|y − 2| ≤ 0.1, så|E(x, y)| ≤ 1 (|x − 2| + |y − 2|)22≤ 1 (0.1 + 0.1)22= 0.02□7