\[\begin{split}\newcommand{\N}{\mathbb N} \newcommand{\Z}{\mathbb Z} \newcommand{\Q}{\mathbb Q} \newcommand{\R}{\mathbb R} \newcommand{\C}{\mathbb C} \newcommand{\ba}{\mathbf{a}} \newcommand{\bb}{\mathbf{b}} \newcommand{\bc}{\mathbf{c}} \newcommand{\bd}{\mathbf{d}} \newcommand{\be}{\mathbf{e}} \newcommand{\bbf}{\mathbf{f}} \newcommand{\bF}{\mathbf{F}} \newcommand{\bh}{\mathbf{h}} \newcommand{\bi}{\mathbf{i}} \newcommand{\bj}{\mathbf{j}} \newcommand{\bk}{\mathbf{k}} \newcommand{\bN}{\mathbf{N}} \newcommand{\bn}{\mathbf{n}} \newcommand{\bo}{\mathbf{0}} \newcommand{\bp}{\mathbf{p}} \newcommand{\bq}{\mathbf{q}} \newcommand{\br}{\mathbf{r}} \newcommand{\bR}{\mathbf{R}} \newcommand{\bs}{\mathbf{s}} \newcommand{\bT}{\mathbf{T}} \newcommand{\bu}{\mathbf{u}} \newcommand{\bv}{\mathbf{v}} \newcommand{\bw}{\mathbf{w}} \newcommand{\bx}{\mathbf{x}} \newcommand{\by}{\mathbf{y}} \newcommand{\bz}{\mathbf{z}} \newcommand{\re}{\operatorname{Re}} \newcommand{\im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\bA}{\mathbf{A}} \newcommand{\cE}{\mathcal{E}} \newcommand{\cB}{\mathcal{B}} \newcommand{\cC}{\mathcal{C}} \newcommand{\dist}{\operatorname{d}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\proj}{\operatorname{proj}} \newcommand{\rank}{\operatorname{rank}} \newcommand{\Span}{\operatorname{span}} \newcommand{\row}{\operatorname{row}} \newcommand{\col}{\operatorname{col}} \newcommand{\Null}{\operatorname{null}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\piste}{\boldsymbol{\cdot}} \newcommand{\kappale}{\newline \hspace{17pt}} \newcommand{\kohta}[1]{\textbf{#1)}\hspace{5px}} \newcommand{\kohtav}[1]{\hspace{7pt}\textbf{#1)}\hspace{5px}} \newcommand{\tilaa}{\vspace{7pt}\\} \newcommand{\bigfrac}[2]{{\displaystyle{\frac{#1}{#2}}}} \newcommand{\smallfrac}[2]{{\textstyle{\frac{#1}{#2}}}} \newcommand{\xn}[2]{(#1_1,#1_2,\ldots,#1_{#2})} \newcommand{\vastaus}[1]{\null\hfill({\footnotesize#1})} \newcommand{\mathvastaus}[1]{\eqno{\mbox{({\footnotesize#1})}}} \newcommand{\ep}[1]{\textnormal{ (\cite[#1]{ep})}} \newcommand{\pysty}[1]{\left[\begin{array}{@{}r@{}}#1\end{array}\right]} \newcommand{\sij}[2]{\bigg/_{\mspace{-15mu}#1}^{\,#2}} \newcommand{\qedhere}{}\end{split}\]

Suunnattu derivaatta ja gradientti¶

Korvaamalla kantavektori \(\be_i\) mielivaltaisella yksikkövektorilla \(\be\) osittaisderivaatan määritelmässä 3.3.6 voidaan funktion muutosnopeutta tutkia muissakin kuin koordinaattiakselien suunnissa:

Määritelmä 3.4.1

Funktion \(f\colon\R^n\to\R\) suunnattu derivaatta eli suuntaisderivaatta (directional derivative) pisteessä \(\bx\in\R^n\) yksikkövektorin \(\be\in\R^n\) suuntaan on

\[\begin{aligned} D_\be f(\bx)=\lim_{h\to0} \frac{f(\bx+h\be)-f(\bx)}{h} \end{aligned}\]

(mikäli raja-arvo on olemassa).

Jos edellä \(\be=\be_i\), niin \(D_\be f(\bx)=\dfrac{\partial f}{\partial x_i}(\bx)\).

Piste \(\bx+h\be\) sijaitsee pisteen \(\bx\) kautta kulkevalla vektorin \(\be\) virittämällä suoralla. Seuraavissa kuvissa \(h>0\):

Differentioituvalla funktiolla on määritelmän 1.6 mukaan kaikki osittaisderivaatat. Sillä on myös kaikki suunnatut derivaatat ja ne voidaan laskea osittaisderivaattojen avulla:

Lause 3.4.2

Olkoon \(f\colon\R^n\to\R\) differentioituva pisteessä \(\bx\in\R^n\). Tällöin suunnattu derivaatta \(D_\be f(\bx)\) on olemassa jokaiseen suuntaan \(\be\in\R^n,\ \|\be\|=1\), ja

\[D_\be f(\bx)=f'(\bx)\be.\]

Piilota/näytä todistus

Kiinnitetään yksikkövektori \(\be\) ja merkitään \(\bh=h\be\). Tällöin \(\|\bh\|=|h|\). Käytetään näitä merkintöjä ja ratkaistaan \(\epsilon(\bh)\) differentioituvuuden määritelmän yhtälössä (8):

\[\epsilon(\bh)=\frac{f(\bx+h\be)-f(\bx)-f'(\bx)h\be}{|h|}.\]

\(\lim\limits_{\bh\to\bo}\epsilon(\bh)=0\), josta seuraa

\[\begin{split}\begin{aligned} 0&=\lim_{h\to0}\frac{f(\bx+h\be)-f(\bx)-f'(\bx)h\be}{h}\\ &=\left(\lim_{h\to0}\frac{f(\bx+h\be)-f(\bx)}{h}\right)-f'(\bx)\be\\ &=D_\be f(\bx)-f'(\bx)\be.\qedhere \end{aligned}\end{split}\]

Suunnatun derivaatan määritelmässä ja lauseessa 3.4.2 on oleellista, että vektorin \(\be\) pituus on \(1\). Tarvittaessa suuntavektori on normeerattava.

Käänteinen tulos ei päde: esimerkiksi funktiolla

\[\begin{split}f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{y}{|y|}\min\{|x|,|y|\},&\text{kun }y\ne0,\\ 0,&\text{kun }y=0, \end{cases}\end{split}\]

on kaikki suunnatut derivaatat origossa, mutta \(f\) ei selvästikään ole differentioituva origossa (ks. kuva).

Otetaan rivimatriisille \(f'(\bx)\) käyttöön seuraava merkintä.

Määritelmä 3.4.3

Olkoon funktiolla \(f\colon\R^n\to\R\) kaikki osittaisderivaatat pisteessä \(\bx\). Vektoria

\[\begin{aligned} \nabla f(\bx)=\bigg(\frac{\partial f}{\partial x_1}(\bx),\ldots, \frac{\partial f}{\partial x_n}(\bx)\bigg) \end{aligned}\]

kutsutaan \(f\):n gradientiksi (gradient) pisteessä \(\bx\). (\(\nabla\) luetaan ”nabla”.)

Lauseen 3.4.2 kaava voidaan nyt kirjoittaa muodossa

(1)¶\[\boxed{D_\be f(\bx)=\nabla f(\bx)\piste\be}\]

Lisäksi ketjusääntö (lause 1.1, tapaus \(n=m=1\), \(p=3\)) tulee muotoon

(2)¶\[\boxed{\frac{d}{dt}f(\br(t))=\nabla f(\br(t))\piste\br'(t)}\]

Esimerkki 3.4.4

Laske funktion \(f(x,y,z)=x^3-xy^2-z\) hetkellinen muutosnopeus, kun pisteestä \(\bp=(1,1,0)\) lähdetään kulkemaan vektorin \(\bu=2\bi-3\bj+6\bk\) osoittamaan suuntaan.

Piilota/näytä ratkaisu

On laskettava suunnattu derivaatta yksikkövektorin

\[\be=\be_{\bu}=\frac{\bu}{\|\bu\|}=\frac{2\bi-3\bj+6\bk}{\sqrt{2^2+(-3)^2+6^2}}=\frac27\bi-\frac37\bj+\frac67\bk\]

suuntaan. Koska

\[\nabla f(x,y,z)=\left(3x^2-y^2,\,-2xy,\,-1\right),\]

niin

\[D_{\be}f(\bp)=\nabla f(\bp)\piste\be=(2,-2,-1)\piste\left(\frac27,\,-\frac37,\,\frac67\right)=\frac47.\]

Funktio siis kasvaa hetkellisesti \(4/7\):n verran pituusyksikköä kohden lähdettäessä \(\bu\):n suuntaisesti pisteestä \(\bp\).

Esimerkki 3.4.5

Palataan esimerkin 1.4 sääluotaimeen, jossa ilmakehän lämpötila pisteessä \((x,y,z)\) (km) on

\[T(x,y,z)=\frac{xy}{1+z}\quad(^\circ\text{C})\]

ja sääluotaimen paikka hetkellä \(t\) (h) on

\[\br(t)=(t,\,2t,\,t-t^2)\quad(\text{km}).\]

Laske sääluotaimen kokema lämpötilan muutosnopeus a) paikan b) ajan suhteen hetkellä \(t=1/2\).

Piilota/näytä ratkaisu

a) Koska \(\br'(t)=(1,2,1-2t)\), niin hetkellä \(t=1/2\) luotaimen paikka on \(\br(1/2)=(1/2,1,1/4)=:\bp\) ja kulkusuunta \(\br'(1/2)=(1,2,0)=:\bu\). Normeerataan \(\bu\) ja lasketaan gradientti:

\[\be=\be_{\bu}=\frac{\bu}{\|\bu\|}=\frac{(1,2,0)}{\sqrt{1^2+2^2+0^2}}=\left(\frac{1}{\sqrt5},\,\frac{2}{\sqrt5},\,0\right)\]

\[\nabla T(x,y,z)=\left(\frac{y}{1+z},\,\frac{x}{1+z},\,-\frac{xy}{(1+z)^2}\right).\]

Kysytty muutosnopeus on

\[\begin{split}\begin{aligned} D_{\be}T(\bp)&=\nabla T(\bp)\piste\be=\left(\frac45,\,\frac25,\,-\frac{8}{25}\right)\piste\left(\frac{1}{\sqrt5},\,\frac{2}{\sqrt5},\,0\right)\\ &=\frac{8}{5\sqrt5}\approx0{,}72\quad(^\circ\text{C/km}). \end{aligned}\end{split}\]

b) Kysytty muutosnopeus saadaan ketjusäännöllä (2):

\[\begin{split}\begin{aligned} \frac{d}{dt}T(\br(1/2))&=\nabla T(\br(1/2))\piste\br'(1/2) =\left(\frac45,\,\frac25,\,-\frac{8}{25}\right)\piste(1,2,0)\\ &=\frac85=1{,}6\quad(^\circ\text{C/h}). \end{aligned}\end{split}\]

Tämä lasku on sama kuin esimerkissä 1.4, nyt vain gradientin avulla muotoiltuna.

Lause 3.4.6 (Gradientin geometrinen tulkinta)

Olkoon \(f\colon\R^n\to\R\) differentioituva pisteessä \(\bx\).

\(f\):n suunnatun derivaatan maksimiarvo on \(\|\nabla f(\bx)\|\) ja se saavutetaan gradientin \(\nabla f(\bx)\) suunnassa \(\be=\nabla f(\bx)/\|\nabla f(\bx)\|\).
\(f\) vähenee nopeimmin gradientille vastakkaiseen suuntaan \(-\nabla\ f(\bx)\), jossa suunnassa kasvunopeus on \(-\|\nabla f(\bx)\|\).
Gradienttia vastaan kohtisuorissa suunnissa funktion paikallinen kasvunopeus on \(0\).

Toisin sanoen kussakin pisteessä gradienttivektori ilmoittaa suunnan, johon siirryttäessä funktio kasvaa paikallisesti (eli tehtäessä ”pieni” siirtymä) nopeimmin ja gradienttivektorin pituus ilmoittaa paikallisen kasvunopeuden ko. suunnassa.

Piilota/näytä todistus

Aloitetaan geometrisella perustelulla \(\R^3\):ssa. Opintojaksolta Vektorit ja matriisit muistetaan, että vektorin \(\nabla f(\bx)\in\R^3\) projektio yksikkövektorille \(\be\in\R^3\) on \((\nabla f(\bx)\piste\be)\be\). Yhtälön (1) mukaan skalaariprojektio on \(D_{\be}f(\bx)=\nabla f(\bx)\piste\be\). Niinpä muutosnopeus \(D_{\be}f(\bx)\) on suurimmillaan, kun \(\be\) on samansuuntainen kuin \(\nabla f(\bx)\), jolloin \(D_{\be}f(\bx)=\|\nabla f(\bx)\|\), ja pienimmillään, kun \(\be\) ja \(\nabla f(\bx)\) ovat vastakkaissuuntaisia, jolloin \(D_{\be}f(\bx)=-\|\nabla f(\bx)\|\). Jos taas \(\nabla f(\bx)\perp\be\), niin \(D_{\be}f(\bx)=0\).

Tarkasti lause voidaan perustella Cauchyn-Schwarzin epäyhtälöllä (ks. Vektorit ja matriisit), jonka mukaan

\[|\nabla f(\bx)\piste\be|\le\|\nabla f(\bx)\|\|\be\|=\|\nabla f(\bx)\|,\]

ts.

\[-\|\nabla f(\bx)\|\le\nabla f(\bx)\piste\be\le\|\nabla f(\bx)\|,\]

jossa vasemmanpuoleinen yhtäsuuruus saavutetaan, kun \(\nabla f(\bx)\uparrow\downarrow\be\) ja oikeanpuoleinen, kun \(\nabla f(\bx)\uparrow\uparrow\be\). Väite seuraa nyt yhtälöstä (1).

Esimerkki 3.4.7

Esimerkissä 3.4.5 luotain kulkee pisteessä \(\bp=(1/2,1,1/4)\) suuntaan \((1,2,0)\), jolloin sen kokema lämpötilan muutosnopeus on noin

\(0{,}72~^\circ\)C/km. Mihin suuntaan pisteestä \(\bp\) pitäisi lähteä, jotta lämpötila kasvaisi mahdollisimman nopeasti? Mikä olisi tällöin lämpötilan muutosnopeus?

Piilota/näytä ratkaisu

Olisi lähdettävä suuntaan

\[\nabla T(\bp)=\left(\frac45,\,\frac25,\,-\frac{8}{25}\right),\]

jolloin muutosnopeus olisi

\[\|\nabla T(\bp)\|=\sqrt{\left(\frac45\right)^2+\left(\frac25\right)^2+\left(-\frac{8}{25}\right)^2}\approx0{,}95\quad(^\circ\text{C/km}).\]

Esimerkki 3.4.8

Olkoon tunturin korkeus pisteessä \((x,y)\) (m)

\[f(x,y)=\frac{11~000}{10+2\left(\dfrac{x}{100}\right)^2+4\left(\dfrac{y}{100}\right)^2}\quad(\text{m}).\]

Retkeilijä on huipun lähellä pisteessä \((200,300)\).

a) Mihin suuntaan rinne nousee jyrkimmin? Miten jyrkästi?

b) Missä suunnissa ei ole nousua?

c) Mihin suuntaan pitäisi lähteä, jotta nousukulma olisi \(15^\circ\)?

Piilota/näytä ratkaisu

Tämän jyrkkähuippuisen tunturin korkein kohta on origossa korkeudella \(1~100\)m.

Kuvassa on piste \(\bp=(200,300)\) ja sen kautta kulkeva tasa-arvokäyrä (ellipsi) korkeudella \(204\)m. Kuvan vektorit on skaalattu piirtämistä varten sopivan pituisiksi.

a) Gradientti on

\[\nabla f(x,y)=-\frac{11~000}{\left(10+2\left(\dfrac{x}{100}\right)^2+4\left(\dfrac{y}{100}\right)^2\right)^2}\left(\frac{4x}{100^2},\,\frac{8y}{100^2}\right),\]

joten nopeimman kasvun suunta on

\[\nabla f(200,300)=\left(-\frac{220}{729},\,-\frac{220}{243}\right)\approx(-0{,}30,\,-0{,}91).\]

Kasvunopeus on

\[\|\nabla f(200,300)\|=\sqrt{\left(-\frac{220}{729}\right)^2+\left(-\frac{220}{243}\right)^2}=\sqrt{\frac{959}{1053}}\approx0{,}95\quad(\text{m/m}).\]

Yhden metrin matkalla (vaakasuunnassa mitattuna) noustaan noin \(0{,}95\) metriä. Tämä on nousukäyrän tangentin kulmakerroin, eli asteina nousun jyrkkyys on

\[\arctan\sqrt{\frac{959}{1053}}\approx44^\circ.\]

b) Kasvunopeus on nolla gradienttia vastaan kohtisuorissa suunnissa, eli tässä tapauksessa vektorin

\[\left(\frac{220}{243},\,-\frac{220}{729}\right)\approx(0{,}91,\,-0{,}30)\]

virittämässä suunnassa.

c) Vaaditaan, että nousukäyrän kulmakerroin on \(\tan(15^\circ)\). On siis lähdettävä suuntaan \(\be=(a,b)\), jolle

\[\begin{split}\begin{cases} D_{\be}f(200,300)=\nabla f(200,300)\piste(a,b)=-\dfrac{220}{729}a-\dfrac{220}{243}b=\tan(15^\circ),\\ a^2+b^2=1. \end{cases}\end{split}\]

Ratkaistaan tämä yhtälöpari numeerisesti: saadaan kaksi ratkaisua \(\be_1\approx(-1.0,\,0.037)\) ja \(\be_2\approx(0.82,\,-0.57)\).

Lause 3.4.9

a) Jos \(f\colon\R^2\to\R\) on jatkuvasti differentioituva ja \(\br(t)\) on tasa-arvojoukon \(f^{-1}(c)=\{(x,y)\in\R^2:\ f(x,y)=c\}\) sileä käyrä, niin

\[\nabla f(\br(t))\piste\br'(t)=0\]

kaikilla \(t\). Geometrisesti: gradientti on kohtisuorassa tasa-arvokäyrää vastaan.

b) Jos \(f\colon\R^3\to\R\) on jatkuvasti differentioituva ja \(\br(t)\) on tasa-arvojoukon \(f^{-1}(c)=\{(x,y,z)\in\R^3:\ f(x,y,z)=c\}\) sileä käyrä, niin

\[\nabla f(\br(t))\piste\br'(t)=0\]

kaikilla \(t\). Geometrisesti: gradientti on kohtisuorassa tasa-arvopintaa vastaan.

Piilota/näytä todistus

Koska \(f(\br(t))=c=\) vakio, niin \(\dfrac{d}{dt}f(\br(t))=0\) kaikilla \(t\). Väite seuraa nyt ketjusäännöstä (2).

Kohdan a) tilannetta havainnollistetaan seuraavissa kuvissa, joihin on piirretty funktion \(f(x,y)=x^2-y^2\) kuvaaja, tasa-arvokäyriä ja gradienttikenttä: gradienttinuolet ovat kohtisuorassa tasa-arvokäyriä vastaan ja osoittavat nopeimman kasvun suuntaan.

Lauseen geometrisissa tulkinnoissa on huomattava, että tasa-arvojoukko \(f^{-1}(c)\) ei välttämättä ole sileä käyrä tai pinta, vaan se voi ääritapauksessa (jos \(f\) on vakiofunktio \(f=c\)) olla esimerkiksi koko avaruus \(\R^2\) tai \(\R^3\).

Esimerkki 3.4.10

Laske ellipsin \(x^2-xy+y^2=7\) pisteeseen \((-1,2)\) piirretyn tangenttisuoran yhtälö.

Piilota/näytä ratkaisu

Tulkitaan ellipsi funktion \(f(x,y)=x^2-xy+y^2\) tasa-arvokäyräksi \(f(x,y)=7\). Nyt \(\nabla f(x,y)=(2x-y,2y-x)\), joten tasa-arvokäyrän ja siten kysytyn tangenttisuoran eräs normaalivektori on \(\bn=\nabla f(-1,2)=(-4,5)\). Tangenttisuoran yhtälö on siis (merkitään \(\bx=(x,y)\))

\[\begin{split}\begin{aligned} \left(\bx-\bp\right)\piste\bn&=0\\ -4(x+1)+5(y-2)&=0\\ 4x-5y&=-14 \end{aligned}\end{split}\]

Esimerkki 3.4.11

Laske pallopinnan \(x^2+y^2+z^2=6\) pisteeseen \((1,-1,2)\) piirretyn tangenttitason yhtälö.

Piilota/näytä ratkaisu

Tulkitaan pallo funktion \(f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2\) tasa-arvopinnaksi \(f(x,y,z)=6\). Nyt \(\nabla f(x,y,z)=(2x,2y,2z)\), joten tasa-arvopinnan ja siten kysytyn tangenttitason eräs normaalivektori on \(\bn=\nabla f(1,-1,2)=(2,-2,4)\). Tangenttitason yhtälö on siis (merkitään \(\bx=(x,y,z)\))

\[\begin{split}\begin{aligned} \left(\bx-\bp\right)\piste\bn&=0\\ 2(x-1)-2(y+1)+4(z-2)&=0\\ x-y+2z&=6 \end{aligned}\end{split}\]