12.6: Спрямовані похідні

Часткові похідні дають нам розуміння того, як змінюється поверхня, коли ми рухаємося в$y$ напрямках$x$ і. Ми зробили порівняння з стоячи на прокатному лузі та прямуючи на схід: кількість підйому/падіння при цьому порівнянна з$f_x$. Так само зростання/падіння при русі через північ можна порівняти з$f_y$. Чим крутіше ухил, тим більше за величиною$f_y$. Але що робити, якщо ми не рухалися через північ чи схід? Що робити, якщо нам потрібно було рухатися на північний схід і хотілося виміряти кількість підйому/падіння? Часткові похідні самі по собі не можуть виміряти це. Цей розділ досліджує спрямовані похідні, які вимірюють цю швидкість зміни. Почнемо з визначення.

Визначення 90 Спрямовані похідні

$z=f(x,y)$Дозволяти бути безперервним на відкритому множині$S$ і нехай$\vec u = \langle u_1,u_2\rangle$ бути одиничний вектор. Для всіх точок$(x,y)$ спрямована похідна$f$ at$(x,y)$ у напрямку$\vec u$ дорівнює

$$D_{\vec u\,}f(x,y) = \lim\limits_{h\to 0} \frac{f(x+hu_1,y+hu_2) - f(x,y)}h.$$

Часткові похідні$f_x$ і$f_y$ визначаються з подібними межами, але тільки$x$ або$y$ змінюється з$h$, а не обидва. Тут обидва$x$ і$y$ варіюються з зваженим$h$, визначеним певним одиничним вектором$\vec u$. Це може виглядати трохи залякуючим, але насправді це не надто важко мати справу; часто це просто вимагає додаткової алгебри. Однак наступна теорема зменшує цю алгебраїчне навантаження.

теорема 110 Спрямовані похідні

$z=f(x,y)$Дозволяти диференційовні на відкритому множині$(x_0,y_0)$,$S$ що містить, і нехай$\vec u = \langle u_1,u_2\rangle$ бути одиничний вектор. Спрямована похідна$f$ at$(x_0,y_0)$ у напрямку$\vec u$ є

$$D_{\vec u\,}f(x_0,y_0)=f_x(x_0,y_0)u_1 + f_y(x_0,y_0)u_2.$$

Приклад$\PageIndex{1}$: Computing directional derivatives

Нехай$z= 14-x^2-y^2$ і нехай$P=(1,2)$. Знайти спрямовану похідну від$f$, при$P$, в наступних напрямках:

1. до точки$Q=(3,4)$,
2. в напрямку$\langle 2,-1\rangle$, і
3. до походження.

Малюнок 12.16: Розуміння спрямованої похідної в прикладі 12.6.1

Рішення

Поверхня нанесена на малюнку 12.16, де точка$P=(1,2)$ вказується в$x,y$ -площині, а також точка,$(1,2,9)$ яка лежить на поверхні$f$. Ми знаходимо, що$f_x(x,y) = -2x$ і$f_x(1,2) = -2$;$f_y(x,y) = -2y$ і$f_y(1,2) = -4$.

1. $\vec u_1$Дозволяти одиничний вектор, який вказує від точки$(1,2)$ до точки$Q=(3,4)$, як показано на малюнку. Вектор$\vec{PQ} = \langle 2,2\rangle$; одиничний вектор в цьому напрямку є$\vec u_1=\langle 1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}\rangle$. Таким чином, спрямована похідна$f$ at$(1,2)$ у напрямку$\vec u_1$ є $$D_{\vec u_1}f(1,2) = -2(1/\sqrt{2}) +(-4)(1/\sqrt{2}) = -6/\sqrt{2}\approx -4.24.$$ Таким чином миттєва швидкість зміни переміщення від точки$(1,2,9)$ на поверхні у напрямку$\vec u_1$ (яка вказує на точку$Q$) приблизно$-4.24$. Рухаючись в цьому напрямку рухається один круто вниз.
   
2. Ми шукаємо спрямовану похідну в напрямку$\langle 2,-1\rangle$. Вектор одиниці в цьому напрямку є$\vec u_2 = \langle 2/\sqrt{5},-1/\sqrt{5}\rangle$. Таким чином, спрямована похідна$f$ at$(1,2)$ у напрямку$\vec u_2$ є $$D_{\vec u_2}f(1,2) = -2(2/\sqrt{5})+(-4)(-1/\sqrt{5}) = 0.$$ Починаючи на поверхні$f$ at$(1,2)$ і рухаючись у напрямку$\langle 2,-1\rangle$ (або$\vec u_2$) не призводить до миттєвої зміни$z$ -значення. Це аналогічно стоянню на стороні пагорба і вибору напрямку для ходьби, який не змінює піднесення. Один ні ходить вгору, ні вниз, скоріше просто «уздовж боку» пагорба.
   
   Знаходження цих напрямків «без перепадів висот» важливо.
   
3. В$P=(1,2)$, напрямок до початку задано вектором$\langle -1,-2\rangle$; одиничний вектор в цьому напрямку є$\vec u_3=\langle -1/\sqrt{5},-2/\sqrt{5}\rangle$. Спрямована похідна$f$ at$P$ у напрямку початку є $$D_{\vec u_3}f(1,2) = -2(-1/\sqrt{5}) + (-4)(-2/\sqrt{5}) = 10/\sqrt{5} \approx 4.47.$$ Рух до початку означає «ходьба в гору» досить круто, з початковим нахилом близько$4.47$.

Коли ми вивчаємо спрямовані похідні, це допоможе зробити важливий зв'язок між одиничним вектором$\vec u = \langle u_1,u_2\rangle$, що описує напрямок, і частковими похідними$f_x$ і$f_y$. Ми починаємо з визначення і слідуємо за цим ключовою ідеєю.

Визначення 91 Градієнт

$z=f(x,y)$Дозволяти диференціюватися на відкритому$S$ множині, який містить точку$(x_0,y_0)$.

1. Градієнт$f$ є$\nabla f(x,y) = \langle f_x(x,y),f_y(x,y)\rangle$.
2. Градієнт$f$ at$(x_0,y_0)$ дорівнює$\nabla f(x_0,y_0) = \langle f_x(x_0,y_0),f_y(x_0,y_0)\rangle$.

Примітка: Символ$\nabla$ "" називається «набла», походить від грецької назви єврейської арфи. Як не дивно, в математиці вираз$\nabla f$ вимовляється «дель»$f$.

Щоб спростити позначення, ми часто виражаємо градієнт як$\nabla f = \langle f_x, f_y\rangle$. Градієнт дозволяє обчислити спрямовані похідні в терміні точкового добутку.

KEY IDEA 55 Градієнт і спрямовані похідні

Спрямована похідна$z=f(x,y)$ в напрямку$\vec u$ є $$D_{\vec u}f = \nabla f\cdot \vec u.$$

Властивості досліджуваного раніше точкового добутку дозволяють досліджувати властивості спрямованої похідної. З огляду на, що спрямована похідна дає миттєву швидкість зміни$z$ при русі в напрямку$\vec u$, закономірно виникають три питання:

1. В якому напрямку (и) відбувається зміна$z$ найбільшого (тобто «найкрутішого підйому»)?
2. В якому напрямку (и) відбувається зміна$z$ найменше (тобто «найкрутіший спуск»)?
3. В якому напрямку (и) немає змін$z$?

Використовуючи властивість key крапкового добутку, ми маємо
$$\nabla f\cdot \vec u = \norm{\nabla f}\,\norm u \cos \theta = \norm{\nabla f}\cos \theta, \label{eq:gradient}$$
де$\theta$ кут між градієнтом і$\vec u$. (Оскільки$\vec u$ є одиничним вектором,$\norm{u} = 1$.) Це рівняння дозволяє відповісти на три питання, викладені раніше.

1. Рівняння\ ref {eq:gradient} максимізується тоді, коли градієнт і$\vec u$ мають однаковий напрямок.$\cos \theta =1$ Укладаємо точки градієнта в сторону найбільшої$z$ зміни.
2. Рівняння\ ref {eq:gradient} зводиться до мінімуму, коли градієнт і$\vec u$ мають протилежні напрямки.$\cos \theta = -1$ Укладаємо точки градієнта в протилежну сторону найменшої$z$ зміни.
3. Рівняння\ ref {eq:gradient} дорівнює 0, коли, тобто коли градієнт і$\vec u$ ортогональні один до одного.$\cos \theta = 0$ Ми робимо висновок, що градієнт ортогональний до напрямків без$z$ змін.

Такий результат досить дивовижний. Ще раз уявіть собі, що стоїть на прокатному лузі і зіткнутися з напрямком, який веде вас найкрутішим вгору. Тоді напрямок, який веде найкрутіший спуск, знаходиться безпосередньо позаду вас, а бічний крок або вліво, або вправо (тобто рух перпендикулярно напрямку, до якого ви стикаєтеся) зовсім не змінює вашу висоту.

Нагадаємо, що крива рівня визначається шляхом у$xy$ -площині, по якій$z$ -значення функції не змінюються; спрямована похідна у напрямку кривої рівня дорівнює 0. Це аналогічно ходьбі по доріжці в прокатному лузі, по якій височина не змінюється. Градієнт у точці ортогональний напрямку, де$z$ не змінюється; тобто градієнт ортогональний кривим рівня.

Нагадаємо, що крива рівня визначається як крива в$xy$ -площині, вздовж якої$z$ -значення функції не змінюються. Нехай задана поверхня$z=f(x,y)$, і давайте представляємо одну таку криву рівня, як векторно-значна функція,$\vec r (t) = \langle x(t), y(t)\rangle$. Оскільки вихід$f$ не змінюється по цій кривій,$f\big(x(t),y(t)\big) = c$ для всіх$t$, для якоїсь постійної$c$.

Так як$f$ постійний для всіх$t$,$\frac{df}{dt} = 0$. За правилом багатоваріантного ланцюга ми також знаємо
\ [\ begin {align*}
\ frac {df} {dt} &= f_x (x, y) x' (t) + f_y (x, y) y' (t)\\
&=\ кут f_x (x, y), f_y (x, y)\ rangle\ cdot\ langle x' (t)), y' (t)\ діапазон\\
&=\ nabla f\ cdot\ vec r '(t)\\
&= 0.
\ end {вирівнювати*}\]

Ця остання рівність$\nabla f \cdot \vec r '(t) = 0$ стверджує: градієнт ортогональний до похідної$\vec r$, тобто градієнт ортогональний до$\vec r$ себе. Наш висновок: у будь-якій точці поверхні градієнт у цій точці ортогональний кривій рівня, яка проходить через цю точку.

Ми повторюємо ці ідеї в теоремі, а потім використовуємо їх у прикладі.

Теорема 111 Градієнт і спрямовані похідні

Дозволяти$z=f(x,y)$ диференціюватися на відкритому множині$S$ з градієнтом$\nabla f$, нехай$P=(x_0,y_0)$ точка в$S$ і нехай$\vec u$ бути одиничний вектор.

1. Максимальне значення$D_{\vec u\,}f(x_0,y_0)$ is$\norm{\nabla f(x_0,y_0)}$; напрямок максимального$z$ збільшення дорівнює$\nabla f(x_0,y_0)$.
2. Мінімальне значення$D_{\vec u\,}f(x_0,y_0)$ is$-\norm{\nabla f(x_0,y_0)}$; напрямок мінімального$z$ збільшення є$-\nabla f(x_0,y_0)$.
3. В$P$,$\nabla f(x_0,y_0)$ ортогональна до кривої рівня, що проходить через$\big(x_0,y_0,f(x_0,y_0)\big)$.

Приклад$\PageIndex{2}$: Finding directions of maximal and minimal increase

Нехай$f(x,y) = \sin x\cos y$ і нехай$P=(\pi/3,\pi/3)$. Знайдіть напрямки максимального/мінімального збільшення, і знайдіть напрямок, де миттєва швидкість$z$ зміни дорівнює 0.

Рішення

Починаємо з пошуку градієнта. $f_x = \cos x\cos y$і$f_y = -\sin x\sin y$, таким чином

\[\nabla f = \langle \cos x\cos y,-\sin x\sin y\rangle \quad \text{and, at $P$,} \quad \nabla f\left(\frac{\pi}3,\frac{\pi}3\right) = \langle\frac14,-\frac34\rangle.\]

Таким чином, напрямок максимального збільшення є$\langle 1/4, -3/4\rangle$. У цьому напрямку миттєва швидкість$z$ зміни дорівнює$||\langle 1/4,-3/4\rangle|| = \sqrt{10}/4 \approx 0.79.$

На малюнку 12.17 показана поверхня, побудована з двох різних точок зору. У кожному градієнт малюється$P$ пунктирною лінією (через характер цієї поверхні градієнт вказує «в» поверхню). $\vec u = \langle u_1, u_2\rangle$Дозволяти бути одиничний вектор у напрямку$\nabla f$ at$P$. Кожен графік малюнка також містить вектор$\langle u_1, u_2, ||\nabla f\,||\rangle$. Цей вектор має «пробіг» 1 (тому що в$xy$ -площині він рухається 1 одиниця) і «підйом»$||\nabla f\,||$, отже, ми можемо думати про нього як про вектор з нахилом$||\nabla f\,||$ у напрямку$\nabla f$, допомагаючи нам візуалізувати, наскільки «крута» поверхня знаходиться в найкрутішому напрямку.

Малюнок 12.17: Графік поверхні та важливих напрямків у прикладі 12.6.2.

Напрямок мінімального збільшення є$\langle -1/4,3/4\rangle$; в цьому напрямку миттєва швидкість$z$ зміни є$-\sqrt{10}/4 \approx -0.79$.

Будь-який напрямок ортогональний до$\nabla f$ є напрямком без$z$ змін. У нас є два варіанти: напрямок$\langle 3,1\rangle$ і напрямок$\langle -3,-1\rangle$. Одиничний вектор у напрямку$\langle 3,1\rangle$ показаний також на кожному графіку фігури. Крива рівня на$z=\sqrt{3}/4$ малюється: нагадаємо, що уздовж цієї кривої$z$ -значення не змінюються. $\langle 3,1\rangle$Оскільки напрямок no$z$ -change, цей вектор є дотичною до кривої рівня на$P$.

Приклад$\PageIndex{3}$: Understanding when $\nabla f = \vec 0$

Нехай$f(x,y) = -x^2+2x-y^2+2y+1$. Знайти спрямовану похідну$f$ в будь-якому напрямку на$P=(1,1)$.

Рішення

Знаходимо$\nabla f = \langle -2x+2, -2y+2\rangle$. На$P$, у нас є$\nabla f(1,1) = \langle 0,0\rangle$.

Згідно теоремі 111, це напрямок максимального збільшення. Однак$\langle 0,0\rangle$ є безнаправленим; він не має зміщення. І незалежно від$\vec u$ обраного вектора одиниці,$D_{\vec u\,}f = 0$.

Малюнок 12.18 допомагає нам зрозуміти, що це означає. Ми бачимо, що$P$ лежить на вершині параболоїда. У всіх напрямках миттєва швидкість зміни дорівнює 0.

Так який напрямок максимального збільшення? Це нормально, щоб дати відповідь$\vec 0 = \langle 0,0\rangle$, так як це вказує на те, що всі спрямовані похідні 0.

Малюнок 12.18: У верхній частині параболоїда всі спрямовані похідні 0.

Той факт, що градієнт поверхні завжди вказує у напрямку найкрутішого збільшення/зменшення, дуже корисний, як показано в наступному прикладі.

Приклад$\PageIndex{4}$: The flow of water downhill

Розглянемо поверхню, задану$f(x,y)= 20-x^2-2y^2$. Вода виливається на поверхню при$(1,1/4)$. Який шлях він приймає, коли він тече вниз?

Рішення

$\vec r (t) = \langle x(t), y(t)\rangle$Дозволяти векторно-значна функція, що описує шлях води в$xy$ -площині; ми шукаємо$x(t)$ і$y(t)$. Ми знаємо, що вода завжди буде стікати вниз в найкрутішому напрямку; тому в будь-якій точці на своєму шляху вона буде рухатися в напрямку$-\nabla f$. (Ми ігноруємо фізичний вплив імпульсу на воду.) При цьому$\vec r '(t)$ буде паралельно$\nabla f$, і є якась постійна$c$ така, що$c\nabla f = \vec r '(t) = \langle x'(t), y'(t)\rangle$.

Знаходимо$\nabla f = \langle -2x, -4y\rangle$ і пишемо$x'(t)$ як$\frac{dx}{dt}$ і$y'(t)$ як$\frac{dy}{dt}$. Тоді

\ [\ begin {align*}
c\ nabla f &=\ лангель x '(t), y' (t)\ діапазон\
\ лангель -2cx, -4cy\ діапазон & =\ лангель\ frac {dx} {dt},\ frac {dy} {dt} {dt}\ діапазон.
\ end {вирівнювати*}\]

Це має на увазі

$$-2cx = \frac{dx}{dt} \quad \text{and} \quad -4cy =\frac{dy}{dt}, \text{ i.e.,}$$

$$c = -\frac{1}{2x}\frac{dx}{dt} \quad \text{and} \quad c =-\frac{1}{4y}\frac{dy}{dt}.$$

Як$c$ дорівнює обидва вирази, у нас є

$$\frac{1}{2x}\frac{dx}{dt} =\frac{1}{4y}\frac{dy}{dt}.$$

Щоб знайти явний зв'язок між$x$ і$y$, ми можемо інтегрувати обидві сторони стосовно$t$. Нагадаємо з нашого дослідження диференціалів, що$\frac{dx}{dt}dt = dx$. Таким чином:

\ [\ почати {вирівнювати*}
\ int\ розрив {1} {2x}\ розрив {dx} {dx} {dt}\ dt &=\ int\ гідророзриву {1} {4y}\ frac {1} {2x}\ dx &=\ int\ frac {1} {4y}\ dy\\ frac 12
\ ln|x| &=\ фрак14\ ln|y| +C_1\\
2\ ln|х | &=\ ln|y| +C_1\\
\ ln |х ^2| &=\
LN|Y|+C_1\ кінець {вирівнювати*}\]

Тепер підніміть обидві сторони як силу$e$:

\ [\ begin {align*}
x^2 &= e^ {\ ln |Y|+C_1}\\
x^2 &= e^ {\ ln |y|} e^ {C_1}\ qquad\ text {(Зауважте, що$e^{C_1}$ це просто константа.)} \\
x^2 &= YC_2\\
\ frac1 {C_2} x^2 &=y\ qquad\ text {(Зауважте, що$1/C_2$ це просто константа.)} \\
Cx^2 &= у.
\ end {align*}\]

Коли вода почалася в точці$(1,1/4)$, ми можемо вирішити для$C$:
$$C(1)^2 = \frac14 \quad \Rightarrow \quad C = \frac14.$$

Малюнок 12.19: Графік поверхні, описаний в прикладі 16.2.4 разом з траєкторією в$xy$ -площині з кривими рівня.

Таким чином вода слідує за кривою$y=x^2/4$ в$xy$ -площині. Поверхня і шлях води зображені на малюнку 12.19 (а). У частині (b) фігури криві рівня поверхні наносяться в$xy$ -площині разом з кривою$y=x^2/4$. Зверніть увагу, як контур перетинає криві рівня під прямим кутом. Оскільки шлях слідує за градієнтом вниз, це підсилює той факт, що градієнт є ортогональним кривим рівня.

Функції трьох змінних

Поняття спрямованих похідних і градієнта легко розширюються до трьох (і більше) змінних. Поєднуємо поняття, що стоять за визначеннями 90 і 91 і теоремою 110, в один набір визначень.

Визначення 92 Напрямні похідні та градієнт з трьома змінними

Дозволяти$w=F(x,y,z)$ диференціюватися на відкритий куля$B$ і нехай$\vec u$ бути одиничний вектор в$\mathbb{R}^3$.

1. Градієнт$F$ є$\nabla F = \langle F_x,F_y,F_z\rangle$.
2. Спрямована похідна$F$ в напрямку$\vec u$ є $$D_{\vec u\,}F=\nabla F\cdot \vec u.$$

Ті ж властивості градієнта, наведені в теоремі 111, коли$f$ є функцією двох змінних, hold for$F$, функція трьох змінних.

ТЕОРЕМА 112 Градієнт та спрямовані похідні з трьома змінними

$w=F(x,y,z)$Дозволяти диференціюватися на відкритий куля$B$,$\nabla F$ Дозволяти бути градієнт$F$, і нехай$\vec u$ бути блок вектор.

1. Максимальне значення$D_{\vec u\,}F$ is$\norm{\nabla F}$, отримане, коли кут між$\nabla F$ і$\vec u$ дорівнює 0, тобто напрямок максимального збільшення дорівнює$\nabla F$.
2. Мінімальне значення$D_{\vec u\,}F$ is$-\norm{\nabla F}$, отримане при куті між$\nabla F$ і$\vec u$ є$\pi$, тобто напрямок мінімального збільшення дорівнює$-\nabla F$.
3. $D_{\vec u\,}F = 0$коли$\nabla F$ і$\vec u$ є ортогональними.

Третій твердження теореми ми інтерпретуємо як «градієнт ортогональний рівним поверхням», тризмінний аналог кривим рівня.

Приклад$\PageIndex{5}$: Finding directional derivatives with functions of three variables

Якщо$S$ точкове джерело випромінює енергію, інтенсивність$I$$P$ в даній точці простору обернено пропорційна квадрату відстані між$S$ і$P$. Тобто, коли$S=(0,0,0)$,$I(x,y,z) = \frac{k}{x^2+y^2+z^2}$ для якоїсь постійної$k$.

$k=1$Дозволяти$\vec u = \langle 2/3, 2/3, 1/3\rangle$ бути одиничний вектор, і нехай$P = (2,5,3).$ Вимірювати відстані в дюймах. Знайдіть спрямовану похідну$I$ at$P$ в напрямку$\vec u$, і знайдіть напрямок найбільшої інтенсивності збільшення при$P$.

Рішення
Нам потрібен градієнт$\nabla I$, тобто нам потрібен$I_x$,$I_y$ і$I_z$. Кожна часткова похідна вимагає простого застосування правила частки, що дає

\ [\ почати {вирівнювати*}
\ набла I &=\ кут\ розрив {-2x} {(x^2+y^2+z^2) ^2},\ розрив {-2y} {(x^2+y^2+z ^ 2) ^2},\ розрив {-2z} {(x^2+y^2+z ^ 2}\\ Діапазон\
\ Набла I (2,5,3) &=\ ланголь\ гідророзриву {-4} {1444},\ гідророзриву {-10} {1444},\ frac {-6} {1444}\ діапазон\ приблизно\ кут -0.003, -0.007, -0.004\ діапазон\\
D_ {\ vec u\,} Я &=\ набла I (2,5,3)\ cdot\ vec u\\
&= -\ FRAC {17} {2166}\ приблизно -0,0078.
\ end {вирівнювати*}\]

Спрямована похідна говорить нам, що рух у напрямку$\vec u$ від$P$ призводить до зменшення інтенсивності приблизно$-0.008$ одиниць на дюйм. (Інтенсивність зменшується,$\vec u$ коли рухається на один далі від початку, ніж$P$.)

Градієнт дає напрямок найбільшого збільшення інтенсивності. Зауважте, що

\ [\ почати {вирівнювати*}
\ набла I (2,5,3) &=\ ланголь\ гідророзриву {-4} {1444},\ розрив {-10} {1444},\ frac {-6} {1444}\ діапазон\\
&=\ розрив {2} {1444}\ лангле -2, -5, -3\ діапазон.
\ end {вирівнювати*}\]

Тобто градієнт при$(2,5,3)$ спрямований у напрямку$\langle -2,-5,-3\rangle$, тобто до початку. Це повинно мати інтуїтивний сенс: найбільший приріст інтенсивності виявляється, рухаючись до джерела енергії.

Похідна спрямованості дозволяє знайти миттєву швидкість$z$ зміни в будь-якому напрямку в точці. Ми можемо використовувати ці миттєві швидкості зміни для визначення ліній і площин, які дотичні до поверхні в точці, що є темою наступного розділу.