Matematika/Gradientas

Kiekviename taške srityje D, kurioje užduota funkcija u=u(x, y, z), nustatysime vektorių, kurio projekcijos į koordinačių ašis yra reikšmės dalinių išvestinių $\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial z}$ šitos funkcijos atitinkamame taške:

$\text{grad}u=\mathrm{\nabla }u=\frac{\partial u}{\partial x}𝗂+\frac{\partial u}{\partial y}𝗃+\frac{\partial u}{\partial z}𝗄.$

Šis vektorius vadinasi funkcijos u=u(x, y, z) gradientu. Sako, kad srityje D nustatytas vektorinis laukas gradientų. Įrodysime, toliau, sekančią teoremą, nustatančią ryšį tarp gradiento ir kriptinės išvestinės.

T e o r e m a. Tegu duotas skaliarinis laukas u=u(x, y, z) ir nustatyta šitame skaliariniame lauke laukas gradientų

$\text{grad}u=\frac{\partial u}{\partial x}𝗂+\frac{\partial u}{\partial y}𝗃+\frac{\partial u}{\partial z}𝗄.$

Išvestinė $\frac{\partial u}{\partial s}$ kriptimi tam tikro vektoriaus S yra lygi projekcijai $\text{grad}u$ į vektorių S.

Į r o d y m a s. Pažiūrim vienetinį vektorių ${𝖲}^0$ atitinkantį vektoriui S:

${𝖲}^0=𝗂\cos \alpha +𝗃\cos \beta +𝗄\cos \gamma .$

Apskaičiuosime skaliarinę sandaugą vektorių $\text{grad}u$ ir ${𝖲}^0:$

$\text{grad}u\cdot {𝖲}^0=\frac{\partial u}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial u}{\partial y}\cos \beta +\frac{\partial u}{\partial z}\cos \gamma .$

Išraiška, stovinti dešinėje dalyje šito lygybės, yra išvestinė nuo funkcijos u(x, y, z) kryptimi vektoriaus S. Dėl to, mes galime parašyti:

$\text{grad}u\cdot {𝖲}^0=\frac{\partial u}{\partial s}.$

Vaizdas:Gradient179180.jpg

179 ir 180.

Jeigu pažymėsime kampą tarp vektorių $\text{grad}u$ ir ${𝖲}^0$ per $\varphi$ (pav. 179), tai galime parašyti:

$\Vert \text{grad}u\Vert \cos \varphi =\frac{\partial u}{\partial s}$

arba

$prjkc.{𝗌}^0\text{grad}u=\frac{\partial u}{\partial s}.$

Teorema įrodyta.

Remdamiesi įrodyta teorema nustatomas ryšis tarp gradiento ir išvestinės duotame taške betkuria kryptimi. Duotame taške M(x, y, z) statome vektorių $\text{grad}u$ (pav. 180).

Statome sferą, kuriai $\text{grad}u$ yra skersmuo. Iš taško M pravedame vektorių S. Pažymime susikirtimo tašką vektoriaus S su paviršiumi sferos per P. Tada akivaizdu, kad $MP=\Vert \text{grad}u\Vert \cos \varphi ,$ jeigu $\varphi$ - kampas tarp krypčių gradiento ir atkarpos MP (be to $\varphi <\frac{\pi }{2}$), t. y. $MP=\frac{\partial u}{\partial s}.$ Akivaizdu, kad kai keičiasi kryptis vektoriaus S į priešingą [kryptį], išvestinė keičia ženklą, o jos absoliutus dydis pasilieka koks buvo.

Nustatysime kai kurias gradiento savybes.

1) Išvestinė duotame taške kryptimi vektoriaus S turi didžiausią reikšmę, jeigu kryptis S sutampa su kryptimi gradiento; šita didžiausia reikšmė išvestinės lygi $\Vert \text{grad}u\Vert .$

2) Išvestinė vektoriaus kryptimi, liečiamo prie paviršiaus lygio, lygi nuliui.

Šis teiginis seka iš formulės $\Vert \text{grad}u\Vert \cos \varphi =\frac{\partial u}{\partial s}.$ Tikrai, šiuo atveju

$\varphi =\frac{\pi }{2},\cos \varphi =0ir\frac{\partial u}{\partial s}=\Vert \text{grad}u\Vert \cos \varphi =0.$

Vaizdas:Gradient181.jpg

181.

P a s t a b a. Jeigu funkcija u=u(x, y) yra funkcija nuo dviejų kintamųjų, tai vektorius

$\text{grad}u=\frac{\partial u}{\partial x}𝗂+\frac{\partial u}{\partial y}𝗃$

guli plokštumoje Oxy. Įrodysime, kad $\text{grad}u$ nukreiptas statmenai į liniją lygties u(x, y)=c, gulinčios plokštumoje Oxy ir praeinančios per atitinkamą tašką. Tikrai, kampinis koeficientas $k_1$ liestinės prie linijos lygities u(x, y)=c bus lygus $k_1=-\frac{{u_x}^{\prime }}{{u_y}^{\prime }}.$ Kampinis koeficientas $k_2$ gradiento lygus $k_2=\frac{{u_y}^{\prime }}{{u_x}^{\prime }}.$ Akivaizdu, kad $k_1{k}_2=-1.$ Tai ir įrodo teisingumą mūsų teiginio (kad $\mathrm{\nabla }u$ išeina iš to paties taško, kuriame yra liestinė, bet su liestine sudaro 90 laipsnių kampą; pav. 181). Analoginė savybė gradiento funkcijos nuo trijų kintamųjų reiškia, kad ten, kur susiliečia plokštuma su funkcijos paviršiumi (pavyzdžiui, su sferos paviršiumi viename taške), tai gradientas išeina iš to paties taško, kuriame liečiasi plokštuma su funkcija, bet gradientas funkcijos yra statmenas tai plokštumai.

Kai kurie ryšiai

Jei turime funkcija u=u(x, y, z), tai

$\text{grad}u=\mathrm{\nabla }u=\frac{\partial u}{\partial x}𝗂+\frac{\partial u}{\partial x}𝗃+\frac{\partial u}{\partial x}𝗄.$

$\Vert \text{grad}u\Vert =\Vert \mathrm{\nabla }u\Vert =\sqrt{{\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)}^2+{\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)}^2+{\left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)}^2}.$

$\cos \alpha =\frac{\frac{\partial u}{\partial x}{|}_M}{\Vert \text{grad}u{\Vert }_M};\cos \beta =\frac{\frac{\partial u}{\partial y}{|}_M}{\Vert \text{grad}u{\Vert }_M};\cos \gamma =\frac{\frac{\partial u}{\partial z}{|}_M}{\Vert \text{grad}u{\Vert }_M}.$

${\cos }^2\alpha +{\cos }^2\beta +{\cos }^2\gamma =1.$

Gradiento ortas nusako, kuria kryptimi funkcijos $z(x;y)$ kitimo greitis yra didžiausias konkrečiame taške $M(x_1;y_1).$ Gradiento ortas gali būti užrašytas taip:

${\mathrm{\nabla }}^{\circ }z=\frac{\frac{\partial z}{\partial x}{|}_M}{\Vert \text{grad}z{\Vert }_M}𝐢+\frac{\frac{\partial z}{\partial y}{|}_M}{\Vert \text{grad}u{\Vert }_M}𝐣=\frac{\partial z(x_1;y_1)}{\partial x}\cdot \frac{1}{\Vert \text{grad}z(x_1;y_1)\Vert }𝐢+\frac{\partial z(x_1;y_1)}{\partial y}\cdot \frac{1}{\Vert \text{grad}z(x_1;y_1)\Vert }𝐣=\cos (\alpha )\cdot 𝐢+\cos (\beta )\cdot 𝐣.$

Nuvedus linija iš koordinačių pradžios O(0; 0) taško iki taško $P(\cos \alpha ;\cos \beta )$ ir gausis vektoriaus kryptis plokštumoje xOy. Taškas P yra gradiento orto koordinatės. Funkcijos kitimo greitis $\frac{\partial z(x_1;y_1)}{\partial l}$ yra didžiausias, kuriame nors taške $M(x_1;y_1)$, kai gradiento orto kryptis sutampa su kryptimi vektoriaus, kurio kryptimi ieškoma kryptinės išvestinės reikšmė.

Na, o, pavyzdžiui, paraboloido $z=x^2+y^2$ pats funkcijos kitimo greitis $\frac{\partial z(x_1;y_1)}{\partial l}$ yra didžiausias, kuriame nors taške $M(x_1;y_1)$, kai funkcijos z(x; y) taškas $M(x_1;y_1)$ susijungdamas su koordinačių pradžios tašku O(0; 0), sudarydamas tiesę OM sudaro tokį patį kampą su ašimi Ox, kaip ir vektorius, kurio kryptimi ieškoma kryptinės išvestinės reikšmė. Kitaip tariant, jei tiesė OM su ašimi Ox sudaro tokį patį kampą, kaip ir vektorius $\overrightarrow{ON}$, kurio kryptimi ieškoma kryptinė išvestinė, tai tuomet kryptinės išvestinės gautas atsakymas ir yra didžiausias ir tuomet funkcijos z(x; y) kitimo greitis ir yra didžiausias.

Pavyzdžiai

Vaizdas:Gradient182183t.jpg

182 ir 183.

• Nustatyti gradientą funkcijos $u=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}$ (pav. 182) taške M(2, 4). Funkcija yra elipsinis paraboloidas.

Sprendimas. Čia

$\frac{\partial u}{\partial x}=x{|}_M=2,\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{2}{3}y{|}_M=\frac{8}{3}.$

Todėl

$\text{grad}u=2𝗂+\frac{8}{3}𝗃.$

Lygtis linijos lygio (pav. 183), praeinančios per duotą tašką, bus

$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}=\frac{22}{3},$

nes įstačius taško M reikšmes gauname:

$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}=\frac{2^2}{2}+\frac{4^2}{3}=2+\frac{16}{3}=\frac{2\cdot 3+16}{3}=\frac{22}{3}.$

$y=\sqrt{3(\frac{22}{3}-\frac{x^2}{2})}.$

• Nustatyti gradientą funkcijos $u=\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{3}$ taške $M(2;3\sqrt{2}).$ Funkcija u yra paraboloidas.

Sprendimas. Čia

$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{2x}{3}{|}_M=\frac{4}{3},\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{2}{3}y{|}_M=\frac{2}{3}\cdot 3\sqrt{2}=2\sqrt{2}.$

Todėl

$\text{grad}u=\frac{4}{3}𝗂+2\sqrt{2}𝗃.$

Lygtis linijos lygio, praeinančios per duotą tašką, bus

$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}=\frac{70}{9},$

nes įstačius taško M reikšmes gauname:

$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{3}=\frac{{\left(\frac{4}{3}\right)}^2}{3}+\frac{(3\sqrt{2}{)}^2}{3}=\frac{\frac{16}{3}}{3}+\frac{(\sqrt{18}{)}^2}{3}=\frac{16}{9}+\frac{18}{3}=\frac{16}{9}+\frac{18\cdot 3}{3\cdot 3}=\frac{16+54}{9}=\frac{70}{9}=7.777777778.$

$y=\sqrt{3(\frac{70}{9}-\frac{x^2}{3})}=\sqrt{\frac{70}{3}-x^2}.$

• Pavyzdys. Duota funkcija $u=x^2+y^2+z^2.$

a) Nustatyti gradientą taške M(1; 1; 1). Gradiento išraiška šitos funkcijos bet kokiame taške bus

$\text{grad}u=2x𝗂+2y𝗃+2z𝗄.$

Todėl,

$(\text{grad}u{)}_M=2\cdot 1\cdot 𝗂+2\cdot 1\cdot 𝗃+2\cdot 1\cdot 𝗄=2𝗂+2𝗃+2𝗄.$

$\Vert \text{grad}u{\Vert }_M=2\sqrt{3}=3.464101615.$

b) Nustatyti išvestinę nuo funkcijos u taške M(1; 1; 1) kryptimi gradiento. Nukreipiantys kosinusai gradiento bus

$\cos \alpha =\frac{2}{\sqrt{2^2+2^2+2^2}}=\frac{2}{\sqrt{4+4+4}}=\frac{2}{\sqrt{12}}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}},$

$\cos \beta =\frac{2}{\sqrt{2^2+2^2+2^2}}=\frac{2}{\sqrt{4+4+4}}=\frac{2}{\sqrt{12}}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}},$

$\cos \gamma =\frac{2}{\sqrt{2^2+2^2+2^2}}=\frac{2}{\sqrt{4+4+4}}=\frac{2}{\sqrt{12}}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$

Todėl,

$\frac{\partial u}{\partial s}=2\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}+2\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}+2\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}=3.464101615,$

t. y.

$\frac{\partial u}{\partial s}=\Vert \text{grad}u\Vert .$

• Pavyzdis. Parašyti lygtį besiliečiančios plokštumos ir lygtį normalės paviršiui rutulio $x^2+y^2+z^2=14$ taške P(1; 2; 3).

Sprendimas.

$F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-14=0;$

$\frac{\partial F}{\partial x}=2x;\frac{\partial F}{\partial y}=2y;\frac{\partial F}{\partial z}=2z;$

kai $x=1,$ $y=2,$ $z=3$ turime:

$\frac{\partial F}{\partial x}=2\cdot 1=2;\frac{\partial F}{\partial y}=2\cdot 2=4;\frac{\partial F}{\partial z}=2\cdot 3=6.$

Todėl, lygtis liečiančios plokštumos bus:

$2(x-1)+4(y-2)+6(z-3)=0$ arba $2x-2+4y-8+6z-18=2x+4y+6z-28=0,x+2y+3z-14=0.$

Lygtis normalės (normalė yra tiesė statmena besiliačiančiai plokštumai ir einanti per tą tašką, kuriame plokštuma liečiasi su funkcijos paviršiumi) yra:

$\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{4}=\frac{z-3}{6},$

arba

$\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{2}=\frac{z-3}{3}.$

• Apskaičiuokime gradientą funkcijos $z=x^3+y^2$, taške $M_0(4;8)$. Įstatę taško $M_0(4;8)$ x ir y reikšmes, gauname $x^3=4^3=64$ ir $y^2=8^2=64$, $z(4;8)=4^3+8^2=64+64=128.$ Randame dalines išvestines taške $M_0(4;8)$, taigi:

$\frac{\partial z}{\partial x}{|}_{M_0}=\frac{\partial z(4;8)}{\partial x}=3x^2{|}_{M_0}=3\cdot 4^2=3\cdot 16=48;$

$\frac{\partial z}{\partial y}{|}_{M_0}=\frac{\partial z(4;8)}{\partial y}=2y{|}_{M_0}=2\cdot 8=16.$

Tuomet funkcijos $z=x^3+y^2$ gradientas yra:

$\text{grad}z(4;8)=\frac{\partial z(4;8)}{\partial x}𝐢+\frac{\partial z(4;8)}{\partial y}𝐣=48𝐢+16𝐣.$

• Apskaičiuokime gradientą funkcijos $z=x^3+y^2$, taške M(4,1; 8,1). Įstatę taško M(4,1; 8,1) x ir y reikšmes, gauname $x^3=4,1^3=68,921$ ir $y^2=8,1^2=65,61$, $z(4,1;8,1)=4,1^3+8,1^2=68,921+65,61=134,531.$ Randame dalines išvestines taške M(4,1; 8,1), taigi:

$\frac{\partial z}{\partial x}{|}_M=\frac{\partial z(4,1;8,1)}{\partial x}=3x^2{|}_M=3\cdot 4,1^2=3\cdot 16,81=50,43;$

$\frac{\partial z}{\partial y}{|}_M=\frac{\partial z(4,1;8,1)}{\partial y}=2y{|}_M=2\cdot 8,1=16,2.$

Tuomet funkcijos $z=x^3+y^2$ gradientas yra:

$\text{grad}z(4,1;8,1)=\frac{\partial z(4,1;8,1)}{\partial x}𝐢+\frac{\partial z(4,1;8,1)}{\partial y}𝐣=50,43𝐢+16,2𝐣.$

Pastebime, kad $z(4,1;0)-z(4;0)=4,1^3-4^3=68,921-64=4,921$ ir $z(0;8,1)-z(0;8)=8,1^2-8^2=65,61-64=1,61.$ Palyginame kiek kartų funkcija $z=x^3+y^2$ krytimi x kinta greičiau negu y kryptimi taške $M_0(4;8)$, taigi $k\approx \frac{z(4,1;0)-z(4;0)}{z(0;8,1)-z(0;8)}=\frac{4,921}{1,61}=3,056521739.$ Tą patį atsakyma gauname ir taip:

$k=\frac{\frac{\partial z(4;8)}{\partial x}}{\frac{\partial z(4;8)}{\partial y}}=\frac{48}{16}=3.$

• Apskaičiuokime gradientą funkcijos $z=x^3+y^2$, taške M(4,01; 8,01). Įstatę taško M(4,01; 8,01) x ir y reikšmes, gauname $x^3=4,01^3=64,481201$ ir $y^2=8,01^2=64,1601$, $z(4,01;8,01)=4,01^3+8,01^2=64,481201+64,1601=128,641301.$ Randame dalines išvestines taške M(4,01; 8,01), taigi:

$\frac{\partial z}{\partial x}{|}_M=\frac{\partial z(4,01;8,01)}{\partial x}=3x^2{|}_M=3\cdot 4,01^2=3\cdot 16,0801=48,2403;$

$\frac{\partial z}{\partial y}{|}_M=\frac{\partial z(4,01;8,01)}{\partial y}=2y{|}_M=2\cdot 8,01=16,02.$

Tuomet funkcijos $z=x^3+y^2$ gradientas yra:

$\text{grad}z(4,01;8,01)=\frac{\partial z(4,01;8,01)}{\partial x}𝐢+\frac{\partial z(4,01;8,01)}{\partial y}𝐣=48,2403𝐢+16,02𝐣.$

Pastebime, kad $z(4,01;0)-z(4;0)=4,01^3-4^3=64,481201-64=0,481201$ ir $z(0;8,01)-z(0;8)=8,01^2-8^2=64,1601-64=0,1601.$ Palyginame kiek kartų funkcija $z=x^3+y^2$ krytimi x kinta greičiau negu y kryptimi taške $M_0(4;8)$, taigi $k\approx \frac{z(4,01;0)-z(4;0)}{z(0;8,01)-z(0;8)}=\frac{0,481201}{0,1601}=3,005627733.$ Tą patį atsakyma gauname ir taip:

$k=\frac{\frac{\partial z(4;8)}{\partial x}}{\frac{\partial z(4;8)}{\partial y}}=\frac{48}{16}=3.$

Taigi, gauname išvada, kad funkcija $z=x^3+y^2$, taške $M_0(4;8)$ didėja 3 kartus greičiau abscisės (Ox) kryptimi negu ordinatės (Oy) kryptimi.

Nuorodos

• http://mathworld.wolfram.com/Gradient.html
• The gradient of the function f(x,y) = −(cos²x + cos²y)² depicted as a projected vector field on the bottom plane