Mat, uni

ad 1a)
Arcusfunktionerne (med stort A!) indføres som de omvendte funktioner til restriktioner af de trigonometriske funktioner.

Betegnes med f:[0,pi]->R restriktionen af funktionen y=cos(x) til intervallet I=[0,pi] er f en bijektion af I på intervallet [-1,1] og f har derfor en omvendt funktion, der betegnes x = Arccos(y).

Vi har således

y = Arccos(x) <=> x = cos(y) , x E [-1,1], y [0,pi]

Tilsvarende definer man ved at lade funktionen g:[-½pi,½pi]->R betegne restriktionen af funktionen y=sin(x) til intervallet [-½pi,½pi] den omvendte funktion

y = Arcsin(x) <=> x = sin(y), x E [-1,1], y E [-½pi,½pi]

Enhver af ligningerne x=cos(y), x=sin(y) , x E [-1,1] (og x=tan(y), x=cot(y)) har grundet funktionernes periodicitet uendeligt mange løsninger. Mængden af disse betegnes henholdsvis arccos(x) og (arcsinx) (samt arctan(x) og arccot(x)). Undertiden benyttes disse symboler tillige som betegnelser for enhver af løsningerne

arccos(x) = ±Arccos(x)+2n*pi

arcsin(x) = {Arcsin(x)+2n*pi , pi-Arcsin(x)+2n*pi

n E Z og hvor jeg med {} har prøvet at engive en gaffelforskrift.

Håber det var det, der mentes med spørgsmålet.

ad 1b)
Der gælder mere præcist

Arccos(x) + Arcsin(x) = ½pi, x E [-1,1]

Arctan(x) + Arccot(x) = ½pi, x E R

Den første kan bevises ved at udnytte at cos(½pi-x) = sin(x). Idet x E [-1,1] fås da at

cos(½pi-Arcsin(x)) = sin(Arcsin(x)) = x (*)

Da nu Arcsin(x) E [-½pi,½pi] vil ½pi-Arcsin(x) E [0,pi] og man slutter heraf at

½pi-Arcsin(x) = Arccos(x) (**)

thi intervallet [0,pi] er netop definitionsmængden for Arccos(x), hvorfor (**) følger af (*) ved at evaluere Arccos(x) af begge sider af (*).

Den anden kan vises på analog måde ved at udnytte at cot(½pi-x)=tan(x).

ad 2)
Det skyldes at beviset for Taylors formel med Lagrange's restled hviler på gentagen anvendelse af Rolle's sætning, som netop sikrer at dette z findes.

Jeg har ikke mine gamle unibøger ved mig men jeg husker Rolle's sætning som:

Lad funktionen f:[a,b]->R være kontinuert i [a,b] og differentiabel i ]i,b[, og antag at f(a)=f(b)=0. Da findes mindst eet z E ]a,b[, for hvilket f'(z)=0.

Iøvrigt mener jeg vi for nogen tid siden havde en længere korrespondance angående differentiabilitet i intervalendepunkterne versus Taylors formel. Konsulter evt denne tråd for en genopfriskning.

ad 3)
Google på søgestrengen '"chain rule" proof' giver umiddelbart en del hits.

#2
Et par korrektioner:

"hvor jeg med {} har prøvet"
->
hvor jeg med { har prøvet


"(arcsinx) (samt arctan(x) og arccot(x))."
->
arcsin(x) (samt arctan(x) og arccot(x)).


"kontinuert i [a,b] og differentiabel i ]i,b[, og"
->
kontinuert i [a,b] og differentiabel i ]a,b[, og

Mange tak for dit lange og fyldestgørende svar!

I dag løb jeg ind i endnu et problem, som jeg håber, du kan hjælpe mig på vej med:

Hvorfor gælder følgende "Gradienten til f(x,y,z) er en vektor, der peger i den retning, hvor funktionen vokser kraftigst"?

Hvordan kan vi vide, at gradienten altid vil pege i den retning?

Dette skal vi nemlig bruge, når vi skal til at gøre rede for den retningsafledet.

ad 1a)
Det var stort set det, jeg mente med spørgsmålet, men hvordan gør jeg rede for, at den anden løsning til sin(x)=a er pi-Arcsin(a) + 2n*pi og for, at den anden løsning til cos(x)=a er -Arccos(a) + 2n*pi?

ad 1b)
Mange tak :)

ad 2)
Vi havde netop denne korrespondance - har kigget lidt på den :)
Men hvorfor er det vigtigt, at f'(z)=0, når vi ser på det i relation til restleddet? Her får vi jo ikke, at den (n+1)'te afledet af f (z) = 0
Jeg er sikkert helt galt på den.

ad 3)
Det vil jeg forsøge.

Jeg har lige endnu et "lille" spørgsmål til 1b.

Hvordan kommer du fra
cos(½pi-x) = sin(x)

til

cos(½pi-Arcsin(x)) = sin(Arcsin(x)) = x ?

Til dine spørgsmål i #3 og #4 i ikke-korresponderende rækkefølge:

ad 1a)
Det skyldes helt grundlæggende relationerne

sin(pi-x) = sin(x) (*)

cos(-x) = cos(x) (**)

hvoraf ses, at hvis x0 er en løsning til sin(x) = a, da er pi-x0 ligeså, og hvis x0 er en løsning til cos(x) = a, da er -x0 ligeså.

Grafisk følger dette jo ved at indse at løsningerne til ligningen sin(x) = a er andenkoordinaterne til skæringspunkterne mellem enhedscirklen og linien med ligningen x=a (analogt for ligningen cos(x) = a).

Den fuldstændige løsning til (*) er da

x = x0+2npi \\/ x = pi-x0+2npi, n E Z (***)

og til (**)

x = ±x0+2npi, n E Z (****)

En løsning x0 til ligningen sin(x) = a, a E [-1,1] produceres netop af Arcsin(a) E [-½pi,½pi]. De søgte formler fremkommer derfor ved at substituere x0 med Arcsin(a) i (***). Tilsvarende for ligningen cos(x)=a.

ad 1b)
Du forvirres sikkert af, at jeg begge steder har brugt x. Tanken var som følger.

Det gælder helt generelt, for alle u E R, at cos(½pi-u) = sin(u). Vi foretager dernæst substitutionen u = Arcsin(x), x E [-1,1] og får derfor at

cos(½pi-Arcsin(x)) = sin(Arcsin(x))

Men da Arcsin(x) er en vinkel, hvis sinus er x, gælder der

sin(Arcsin(x)) = x, x E [-1,1]

sin(x) er jo netop den inverse funktion til Arcsin(x), når sin(x) restringeres til intervallet [-½pi,½pi].

ad 2)
Det er ikke vigtigt at f'(z)=0 og i almindelighed heller ikke tifældet. Forvirringen kommer formodentligt af, at jeg skrev beviset for Taylor's formel hvilede på gentagen anvendelse af Rolle's sætning. Til det er der to ting at sige.

Den ene er, at dette ikke er den eneste måde at bevise sætningen på. Der er en anden og - synes jeg - mere elegant måde, som anvender differential- og integralregningens første hovedsætning og et induktionsbevis. Jeg skal ikke komme nærmere ind på det her - med mindre du er helt syg efter det - men blot nævne, at man ender med et restled på formen

R_n =

x
S[f^(n+1)(t)/n!*(x-t)^n]dt
x0

Restleddet kan beregnes vha middelværdisætningen (som hviler på Rolle's sætning...) idet

R_n =

x
S[f^(n+1)(t)/n!*(x-t)^n]dt =
x0

x
(S[(x-t)^n/n!]dt)*f^(n+1)(z)
x0

hvor z ligger strengt mellem x og x0. Det sidste integral kan let bestemmes hvilket fører til

R_n = f^(n+1)(z)/(n+1)!*(x-x0)^(n+1)

Den anden ting er, at jeg med gentagen anvendelse refererede til den teknik, der benyttedes ved det bevis, jeg havde i tankerne. Beviset er ikke særligt smukt, og forudsætter at Taylors formel er givet og dernæst beviser at den er sand. Strategien er her

1) Antag f(x)=f(x0)=f'(x0)=...=f^(n-1)(x0)=0. Vis, at da er restleddet også nul (det skal det jo være da f(x)=0 og alle de øvrige led i rækken er nul da de afledede i x0 er nul). Dette gøres ved gentagen anvendelse af Rolle's sætning. Af f(x)=f(x0) følger nemlig at der findes et z_1 mellem x og x0 således at f'(z_1) = 0. Af f'(x0)=f'(z_1)=0 følger at der findes et z_2 mellem x0 og z_1 således at f''(z_2)=0. Og så videre optil man slutter, at der findes et z_n mellem x0 og z_(n-1) således at f^(n)(z_n)=0 hvoraf ses at restleddet er nul.

Det er herefter muligt, ved at anvende ovenstående, at vise at Taylors formel er korrekt.

Iøvrigt skal jeg lige bemærke, at det i Rolle's sætning ikke er nødvendigt at forudsætte at f(a)=f(b)=0. Det er tilstrækkeligt at f(a)=f(b).

Men som afsluttende bemærkning: det er _helt_ uden betydning om f'(z)=0. Det har ingen relevans for sætningens gyldighed og er _helt_ uden betydning for restleddet.

ad 3)
Lad A være en delmængde af R^k. Hvis f:A->R er differentiabel i punktet x0 så er f for enhver enhedsvektor v =(v_1,...,v_k) differentiabel i x0 i v's retning med den retningsafledede

f'(x0;v) = (df/dx_1)v_1 + ... + (df/dx_n)v_n (*)

Da f har partielle afledede af første orden i punktet x0 kan vi danne vektoren

nabla f(x0) =(df(x0)/dx_1,...,df(x0)/dx_n) (**)

som kaldes gradienten af f i x0.

Men af (*) og (**) følger nu at den retningsafledede

f'(x0;v) = (nabla f(x0)) * v

altså skalarproduktet i R^k mellem gradienten og enhedsvektoren. Ifølge Cauchy-Scwarz's ulighed har vi at

|f'(x0;v)| = |(nabla f(x0))*v| =

og da lighedstegnet kun gælder når nabla f(x0) og v er parallelle, bliver den numeriske værdi af f'(x0;v) størst mulig, når v er parallel med nabla f(x0). Den absolutte værdi bliver derfor størst mulig når v er ensrettet med nabla f(x0).

Ifølge definitionen på den retningsafledede, angive f'(x0;v) grænseværdien af

(f(x0+h*v)-f(x0))/h

for h->0, altså grænseværdien af ændringen i f per længdeenhed når x fra punktet x0 bevæger sig i v's retning.

Altså angiver gradienten nabla f(x0) den retning hvori f udfra punktet x0 ændrer sig mest muligt per længdeenhed.

#5
Korrektion:

"ændrer sig mest muligt per længdeenhed"
->
vokser mest muligt per længdeenhed

Hej igen

Mange, mange tak for din hjælp - jeg har nu fået styr det hele :)

Hvordan kan du huske så meget - du skrev på et tidspunkt, at du ikke havde bøgerne ved dig?
Hvad studerer/studerede du?

Jeg har to (forhåbentligt små) spørgsmål tilbage:

4) Hvis jeg udregner inertimomentet om origo, hvad fortæller denne størrelse så noget om?

5) Ved du, hvorfor overfladearealet af en pseudosfære og en kugle er ens, mens voluminet kun er halv så stort ved førstnævnte?


Du må have en god weekend!

Hvis du kigger i min profil vil du se min uddannelse.

Med hensyn til hukommelsen, så skyldes det nok en vis ihærdighed under studieforløbet som gør, at mange ting stadig hænger fast.

Derudover beskæftiger jeg mig dagligt med anvendt matematik, d.v.s. med at opstille matematiske modeller for fysiske systemer og vha numeriske metoder at forsøge at studere systemernes opførsel. Det hjælper selvfølgelig en del på hukommelsen at have daglig "omgang" med matematik.

Til dine spørgsmål:

ad 4)
Inertimomenter regnes altid med hensyn til en ret linie l, ikke et punkt. Er A en målelig punktmængde i planen belagt med masse med tætheden rho(x,y), er inertimomentet, I, af A om en ret linie l givet ved

S[rho(x,y)*R²(x,y)]dxdy = I
A

hvor R(x,y) er afstanden fra linien l til punktet (x,y). Tilsvarende definitioner eksisterer for punktmængder i rummet og flader.

Du nævner i dit spørgsmål, at du beregner inertimomentet om origo. Det kan nok synes sådan i planen, men det _er_ altid med hensyn til en linie. I dette tilfælde kunne man forestille sig, at du har beregnet inertimomentet af en punktmængde i xy-planen med hensyn til z-aksen.

Rent fysisk spiller inertimomentet samme rolle i roterende bevægelser af stive legemer, som massen spiller ved rent translatoriske bevægelser.

Du er nok bekendt med Newton's anden lov, der siger at kraftsummen på et legeme er proportional med dets acceleration, og proportionalitetskonstanten er legemets masse.

Impulsmomentsætningen udtrykker, at summen af kraftmomenter på et legeme, er proportional med dets vinkelacceleration, og proportionalitetskonstanten er inertimomentet. Inertimomentet skal være med hensyn til en ret linie, der går gennem punktet hvorom kraftmomenterne beregnes, og være parallel med rotationsaksen. [Det kan dog beregnes med hensyn til en anden ret linie vha en en sætning, der hedder Steiners sætning = parallel-akse teoremet].

Impulsmomentsætningen lyder da

tau = I*dw/dt

hvor tau er kraftmomentsummen, I inertimomentet og w legemets vinkelhastighed. Sammenlig med Newtons' anden lov

F = m*dv/dt

ad 5)
Både volumen og overfladearealet af pseudosfæren er det samme som af den kugle, den svarer til i sfærisk geometri.

Psedusfæren er det omdrejningslegeme der fremkommer ved rotation af traktricen (en afvikler af kædelinien) om dens asymptote.

Jeg går ud fra, at du med dit spørgsmål indikerer, at du ikke vil stille dig tilfreds med at få at vide, at pseudosfærens volumen og overfladeareal jo kan beregnes ved at anvende en parameterfremstilling for traktricen.

Psedosfæren er en model af den hyperbolske plan (i hyperbolsk geometri) på samme måde som den sædvanlige plan er en model af Euklidisk geometri, og kuglen en model for sfærisk (elliptisk) geometri.

Kuglen har i alle punkter den konstante positive krumning K=1/R², hvor R er kuglens radius.

Psedusfæren, hvis grundcirkel har radius R, har overalt den konstante negative krumning K=-1/R².

Sætter vi r=iR, i er den imaginære enhed, bliver K=1/r² og psedosfæren kan derfor opfattes som en kugle med den imaginære radius iR. Deraf navnet "pseudo". Psedusfæren er altså punktmængden

x²+y²+z² = -R²

hvor man nu naturligvis må udvide domænet til at omfatte de komplekse tal.

Uden at have forfulgt det nærmere, skulle det ikke undre mig om man udfra dette, samt metrikken i C³ kan argumentere for volumen og overfladearealet af pseudosfæren.

Godaften.

Så fik jeg også det sidste på plads.

Tak for dine lange forklaringer - de har været helt fantastiske! Det er virkelig prisværdigt, at du gider bruge så meget af din tid herinde på at hjælpe andre - det bliver værdsat.