\documentclass[a4paper,dvips,12pt]{article}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage[danish]{babel}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{amsmath,amssymb}
\usepackage[pdftex]{color,graphicx}
\usepackage[pdftex]{graphicx}
\usepackage{fancyhdr}
\pagestyle{empty}
\begin{document}

\section*{Matintro Ugeopgave 7}
\subsection*{7.1 - Globale ekstrema for funktion af flere variable:}
Jeg er givet funktionen
\begin{equation}
 f(x,y)=x^2 y \text{, } \quad \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 | -1 \leq x \leq 1, x \leq y \leq x+2 \right\} \text{.}
 \label{7.1:start}
\end{equation}
Og jeg skal argumentere for at denne har et globalt maksimum og et globalt minimum på den angivne mængde. Derefter skal jeg plotte den ved hjælp af Maple og vurdere hvor maksimum og minimum antages.

Jeg kan først og fremmest se at min funktion $f$'s definitionsmængde, mængden i \eqref{7.1:start} illustreret i Figur \ref{fig:7.1:Df}, er lukket, da randen er med hele vejen rundt om mængden. Min funktion $f$ er begrænset til at være i denne mængde. Desuden kan jeg se at funktionen er kontinuert, eftersom denne er sammensat af kendte kontinuerte funktioner. Jeg kan på denne baggrund -- lukket mængde, begrænsethed og kontinuitet -- bruge ekstremalværdisætningen (sætning 2.40 i TK), og derved sige at der {\bfseries må} være lokalt maksimum og minimum indenfor definitionsmængden.

\begin{figure}[hbt]
	\centering
		\includegraphics[scale=0.25]{uge7graf71a.pdf}
		\caption{{\slshape Definitionsmængden $\left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 | -1 \leq x \leq 1, x \leq y \leq x+2 \right\}$ for min funktion $f$ skraveret.}}
	\label{fig:7.1:Df}
\end{figure}

Når jeg skitserer grafen i Maple med den rigtige definitionsmængde får jeg en pæn sammenhængende graf som den jeg har vist i Figur \ref{fig:7.1:graf}. På grafen kan jeg tydeligt se at mit globale maksimum må ligge når både $x$ og $y$ antager deres maksimumværdier, altså $(x,y)=(1,3)$. Hvis jeg sætter dette ind i min funktionsforskrift for $f$, vist i \eqref{7.1:start}, får jeg følgende funktionsværdi:
\begin{equation*}
 f(1,3)=1^2 \cdot 3 = 3
\end{equation*}
Ser jeg igen på min graf i Figur \ref{fig:7.1:graf} kan jeg også se at mit globale minimum må ligge når $x$ og $y$ begge antager deres minimalværdier, altså $(x,y)=(-1,-1)$. Sætter jeg dette ind i min funktionsforskrift \eqref{7.1:start} får jeg følgende funktionsværdi:
\begin{equation*}
 f(-1,-1)=(-1)^2 \cdot -1 = -1
\end{equation*}
Mit maksimum har jeg altså fundet til at være i punktet $(1,3)$ i definitionsmængden med ekstremalværdien $3$, mens mit minimum ligger i punktet $(-1,-1)$ med ekstremalværdien $-1$.

\begin{figure}[hbt]
	\centering
		\includegraphics[scale=0.5]{uge7graf71b.pdf}
		\caption{\slshape{Min graf for funktionen $f$. Med sorte linier er vist hvordan definitionsmængden har begrænset funktionen. Jeg har lavet dette plot i Maple, hvilket jeg har vedlagt til sidst i afleveringen.}}
	\label{fig:7.1:graf}
\end{figure}


%----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

\newpage
\subsection*{7.2 - Tangentplan for funktioner af flere variable:}
Jeg skal finde tangentplanen for to funktioner i to punkter givet i TK opgave 2.17 a og b. Derefter skal jeg plotte de to funktioners grafer sammen med deres tangentplaner i de givne punkter i et plot i Maple. 

\subsubsection*{Delopgave a}
Jeg er givet funktionen $f$ og punktet $\overline{a}$ som følger:
\begin{equation}
 f(x,y)= 1- 2x + 3y - 4 xy \qquad \text{og } \quad \overline{a} = (1,-1)
 \label{7.2:a}
\end{equation}
For denne funktion skal jeg finde tangentplanen i punktet $\overline{a}$. For at kunne finde tangentplanen skal man først og fremmest finde gradienten til funktionen. Dette gør man simpelt, da denne er givet ved
\begin{equation}
 \nabla f(\overline{a}) = \left( \frac{\partial f}{\partial x} (\overline{a}) , \frac{\partial f}{\partial y} (\overline{a}) \right) \text{.}
 \label{gradient}
\end{equation}
Jeg skal altså finde de partielt afledte af $f$ med hensyn til $x$ og $y$. Disse er givet ved:
\begin{align*}
 \frac{\partial f}{\partial x} &= -2-4y \\
 \frac{\partial f}{\partial y} &= 3-4x \text{,}
\end{align*}
hvorfor gradienten for funktionen $f$ ifølge \eqref{gradient} er givet ved:
\begin{equation}
 \nabla f(x,y) = \left( -2-4y,3-4x \right)
 \label{gradientforf}
\end{equation}

\begin{figure}[hbt]
	\centering
		\includegraphics[scale=0.5]{uge7graf72a.pdf}
		\caption{\slshape{Graf for funktionen $f$ med dennes tangentplan $h$ i punktet $\overline{a} = (1,-1)$ indtegnet. Jeg har lavet grafen i Maple, hvilket jeg har vist til sidst i denne aflevering. Med en mørk plet har jeg vist punktet $\overline{a}$, og man kan altså se at planen virkelig tangerer i dette punkt (drejede man den rundt ville man i Maple kunne se prikken både på den synlige side og undersiden).}}
	\label{fig:7.2:grafa}
\end{figure}

\noindent Indsætter jeg punktet $\overline{a}$ i \eqref{gradientforf} får jeg altså gradienten i punktet $\overline{a}$ til $f$ til at være vektoren:
\begin{equation*}
 \nabla f(\overline{a}) = \left( -2-4 \cdot -1,3-4 \cdot 1 \right) = \left( 2,-1 \right)
\end{equation*}
Sætning 2.61 i TK siger så at tangentplanen $h$ er givet ved følgende, da jeg ud fra mine partielt afledte -- der er kontinuerte -- kan se at min funktion er $\text{C}^1$:
\begin{equation}
 h(x,y) = f(\overline{a}) + \nabla f(\overline{a}) \cdot \left( (x,y)-\overline{a} \right)
 \label{tangentplan}
\end{equation}
Indsætter jeg punktet $\overline{a}$ i min funktion $f$ efter \eqref{tangentplan} får jeg altså at tangentplanen er givet ved:
\begin{align*}
 h(x,y) &= f(1,-1) + \nabla f(1,-1) \cdot \left( (x,y)-(1,-1) \right) \\
        &= 0 + (2,-1) \cdot \left( (x,y)-(1,-1) \right) \\
        &= (2,-1) \cdot (x-1,y+1) \\
        &= 2 (x-1) + (-1) (y+1) \\
        &= 2x - 2 - y - 1 \\
        &= 2x - y - 3
\end{align*}
Tangentplanen $h$ til funktionen $f$ i punktet $(1,-1)$ er altså givet ved $h(x,y)=2x-y-3$. Denne har jeg tegnet i Maple, hvilket jeg har vist på figur \ref{fig:7.2:grafa}. På figuren er det nemt at se hvordan planen faktisk tangerer funktionen i punktet $(1,-1)$ (vist med en prik). 


\subsubsection*{Delopgave b}
Jeg er nu givet funktionen $g$ og punktet $\overline{b}$ som følger:
\begin{equation}
 g(x,y)= {\textstyle \frac{1}{3}} x^2 \cos{y} \qquad \text{og } \quad \overline{b} = (\sqrt{3},{\textstyle \frac{\pi}{6}})
 \label{7.2:b}
\end{equation}
For denne funktion skal jeg også finde tangentplanen $h$, denne gang i punktet $\overline{b}$. Jeg finder derfor endnu engang ved hjælp af sammenhængen i \eqref{gradient} gradienten for funktionen $g$. De partielt afledte er givet ved:
\begin{align*}
 \frac{\partial g}{\partial x} &= {\textstyle \frac{2}{3} } x \cos{y} \\
 \frac{\partial g}{\partial y} &= -{\textstyle \frac{1}{3} } x^2 \sin{y}
\end{align*}
Hvorfor gradienten ifølge \eqref{gradient} givet ved:
\begin{equation}
 \nabla g(x,y) = \left( {\textstyle \frac{2}{3} } x \cos{y},-{\textstyle \frac{1}{3} } x^2 \sin{y} \right)
 \label{72ekstralabel}
\end{equation}

\begin{figure}[hbt]
	\centering
		\includegraphics[scale=0.5]{uge7graf72b.pdf}
	 \caption{\slshape{Graf for funktionen $g$ med dennes tangentplan $h$ i punktet $\overline{b} = (\sqrt{3},{\textstyle \frac{\pi}{6}})$ indtegnet. Jeg har lavet grafen i Maple, hvilket jeg har vist til sidst i denne aflevering. Med en mørk plet har jeg vist punktet $\overline{b}$, og man kan altså se at planen virkelig tangerer i dette punkt.}}
	\label{fig:7.2:grafb}
\end{figure}

\noindent Indsætter jeg punktet $\overline{b}$ i \eqref{72ekstralabel} får jeg altså gradienten til $g$ i punktet $\overline{b}$ til at være vektoren:
\begin{align*}
 \nabla g(\overline{b}) 
   &= \left( \frac{2}{3} \cdot \sqrt{3} \cdot \cos{ \frac{\pi}{6}}
           ,-\frac{1}{3} \cdot {\left(\sqrt{3}\right)}^2 \cdot \sin{ \frac{\pi}{6}} \right) \\
   &= \left( \frac{2}{3} \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}
           ,-\frac{1}{3} \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} \right) \\
   &= \left( \frac{2 \cdot {\left( \sqrt{3} \right)}^2}{3 \cdot 2}
           ,-\frac{3}{3 \cdot 2} \right) \\
   &= \left( 1 , -\frac{1}{2} \right)
\end{align*}
Jeg kan så igen bruge sammenhængen fra \eqref{tangentplan} til at finde min forskrift for tangentplanen $h$, da jeg endnu engang kan se på de afledte at min funktion er $\text{C}^1$ -- da disse er kontinuerte. Jeg indsætter altså:
\begin{align*}
 h(x,y) &= g\left(\overline{b}\right) + \nabla g(\overline{b}) \cdot \left( (x,y)-\overline{b} \right) \\
        &= g\left(\sqrt{3},\frac{\pi}{6}\right) + \nabla g\left(\sqrt{3}, \frac{\pi}{6}\right) 
           \cdot \left( (x,y)- \left(\sqrt{3},\frac{\pi}{6}\right) \right) \\
        &= \frac{1}{2} \sqrt{3} + \left( 1 , -\frac{1}{2} \right) \cdot \left( (x,y)- \left(\sqrt{3},\frac{\pi}{6}\right) \right) \\
        &= \frac{1}{2} \sqrt{3} + x-\sqrt{3} - \frac{1}{2} y + \frac{\pi}{12} \\
        &= - \frac{1}{2} \sqrt{3} + \frac{\pi}{12} + x - \frac{1}{2} y
\end{align*}
Tangentplanen $h$ til funktionen $g$ i punktet $\overline{b} = (\sqrt{3},{\textstyle \frac{\pi}{6}})$ er altså givet ved $h(x,y)=- \frac{1}{2} \sqrt{3} + \frac{\pi}{12} + x - \frac{1}{2} y$. På Figur \ref{fig:7.2:grafb} har jeg plottet $g$ og $h$ i samme koordinatsystem. På figuren kan man tydeligt se hvordan planen tangerer funktionen inde i punktet $\overline{b}$ (markeret med en prik). 


%----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

\newpage
\subsection*{7.3(i) - $\text{C}^1$ funktioner og kædereglen:}
\subsubsection*{Delopgave a}
Jeg er givet de følgende tre funktioner:
\begin{align}
 & f(x_1,x_2)=x_1 x_2 \label{7.3:f} \\
 & g_1(x,y) = \cos{(x y)} \label{7.3:g1} \\
 & g_2(x,y) = 2x^3 - 3y^2 \label{7.3:g2} \text{,}
\end{align}
og jeg skal argumentere for at disse er $\text{C}^1$ funktioner. For at en funktion skal være $\text{C}^1$ skal dens første partielt afledte være kontinuerte, hvorfor jeg altså vil finde de tre funktioners partielt afledte. Jeg starter ud med funktionen $f$ givet i \eqref{7.3:f}:
\begin{equation*}
 \frac{\partial f}{\partial x_1} = x_2  \qquad \text{og} \qquad \frac{\partial f}{\partial x_2} = x_1 
\end{equation*}
Disse er i hvert fald kontinuerte, hvorfor $f$ må være $\text{C}^1$. Jeg ser nu på funktionen $g_1$ givet i \eqref{7.3:g1}:
\begin{equation*}
 \frac{\partial g_1}{\partial x} = - y \sin{(xy)}  \qquad \text{og} \qquad \frac{\partial g_1}{\partial y} = - x \sin{(xy)}
\end{equation*}
Disse er også kontinuerte, hvorfor også $g_1$ må være $\text{C}^1$. Til sidst ser jeg på funktionen $g_2$ givet i \eqref{7.3:g2}:
\begin{equation*}
 \frac{\partial g_2}{\partial x} = 6x^2  \qquad \text{og} \qquad \frac{\partial g_2}{\partial y} = -6y
\end{equation*}
Også disse er kontinuerte, hvorfor også $g_2$ må være $\text{C}^1$. Konklusion: Både $f$, $g_1$ og $g_2$ er $\text{C}^1$. 

\subsubsection*{Delopgave b}
Jeg skal nu se på funktionen
\begin{equation}
 h(x,y) = f(g_1(x,y),g_2(x,y)) \text{,}
 \label{7.3:b:start}
\end{equation}
og jeg skal udregne $h$ selv og de partielt afledte for denne, altså
\begin{equation*}
 \frac{\partial h}{\partial x} (x,y) \qquad \text{og} \qquad \frac{\partial h}{\partial y} (x,y) \text{.}
\end{equation*}
Ved at gøre dette skal jeg eftertjekke kædereglen, der siger at
\begin{align}
 \frac{\partial h}{\partial x} (x,y) &= \frac{\partial f}{\partial x_1} (g_1(x,y),g_1(x,y)) \cdot \frac{\partial g_1}{\partial x} (x,y) \nonumber \\
                             & \qquad + \frac{\partial f}{\partial x_2} (g_1(x,y),g_1(x,y)) \cdot \frac{\partial g_2}{\partial x} (x,y) \label{regl1} \\
 \frac{\partial h}{\partial y} (x,y) &= \frac{\partial f}{\partial x_1} (g_1(x,y),g_1(x,y)) \cdot \frac{\partial g_1}{\partial y} (x,y) \nonumber \\
                             & \qquad + \frac{\partial f}{\partial x_2} (g_1(x,y),g_1(x,y)) \cdot \frac{\partial g_2}{\partial y} (x,y) \label{regl2}
\end{align}
Jeg starter ud med at udregne udtrykket for $h$ ved at indsætte $g_1$ og $g_2$ i udtrykket for $h$ i \eqref{7.3:b:start}:
\begin{align*}
 h(x,y) &= f(\cos{(x y)},2x^3 - 3y^2)  \\
        &= \cos{(x y)} \left(2x^3 - 3y^2\right) \\
        &= 2x^3 \cos{(x y)} - 3y^2 \cos{(x y)} \text{,}
\end{align*}
hvor jeg altså bruger at $f(x_1,x_2)=x_1 x_2$. Jeg kan nu ud fra dette udtryk finde $\frac{\partial h}{\partial x} (x,y)$ og $\frac{\partial h}{\partial y} (x,y)$. Disse er følgende:
\begin{align}
 \frac{\partial h}{\partial x} (x,y) &= \frac{\partial }{\partial x} \left( 2x^3 \cos{(xy)} \right) - \frac{\partial }{\partial x} \left( 3y^2 \cos{(xy)} \right) \nonumber \\
                                     &= 6x^2 \cos{(xy)} - 2yx^3 \sin{(xy)} + 3y^3 \sin{(xy)} \label{udenreglhx} \\
 \frac{\partial h}{\partial y} (x,y) &= \frac{\partial }{\partial y} \left( 2x^3 \cos{(xy)} \right) - \frac{\partial }{\partial y} \left( 3y^2 \cos{(xy)} \right) \nonumber \\
                                     &= -2x^4 \sin{(xy)} - 6y \cos{(xy)} + 3xy^2 \sin{(xy)} \label{udenreglhy}
\end{align}
Jeg har altså nu fundet de partielt afledte ved først at finde det fulde udtryk for $h$ for derefter at differentiere. For at eftervise kædereglen med denne funktion skal jeg derfor også finde de partielt afledte ved hjælp af kædereglen alene, oplistet i \eqref{regl1} og \eqref{regl2}. Jeg starter lige ud med at opliste de forskellige nødvendige partielt afledte som jeg skal bruge ifølge de to sammenhænge fra kædereglen -- disse fandt jeg tidligere under delopgave a:
\begin{align}
 \frac{\partial f}{\partial x_1} (x_1,x_2) &= x_2             \label{fx1} \\
 \frac{\partial f}{\partial x_2} (x_1,x_2) &= x_1             \label{fx2} \\
 \frac{\partial g_1}{\partial x} (x,y)     &= - y \sin{(xy)}  \label{g1x} \\
 \frac{\partial g_1}{\partial y} (x,y)     &= - x \sin{(xy)}  \label{g1y} \\
 \frac{\partial g_2}{\partial x} (x,y)     &= 6x^2            \label{g2x} \\
 \frac{\partial g_2}{\partial y} (x,y)     &= -6y             \label{g2y} 
\end{align}
Ud fra disse kan jeg nu finde den partielt afledte med hensyn til $x$, til dette bruger jeg \eqref{fx1}, \eqref{fx2}, \eqref{g1x} og \eqref{g2x}:
\begin{align}
 \frac{\partial h}{\partial x} (x,y) &= \frac{\partial f}{\partial x_1} \cdot \frac{\partial g_1}{\partial x} 
                                        + \frac{\partial f}{\partial x_2} \cdot \frac{\partial g_2}{\partial x} \nonumber \\
                                     &= - x_2 y \sin{(xy)} + x_1 6x^2 \nonumber \\
                                     &= \left( 2x^3-3y^2 \right) y \sin{(xy)} + \cos{(xy)} 6x^2 \nonumber \\
                                     &= -2x^3 y \sin{(xy)} + 3y^3 \sin{(xy)} + 6x^2 \cos{(xy)} \label{reglresultatx}
\end{align}
Hvor jeg har brugt \eqref{7.3:b:start} til at indsætte udtrykkene for $x_1$ og $x_2$. Den partielt afledte med hensyn til $y$ finder jeg på samme måde til at være følgende, hvor jeg bruger \eqref{fx1}, \eqref{fx2}, \eqref{g1y} og \eqref{g2y}:
\begin{align}
 \frac{\partial h}{\partial y} (x,y) &= \frac{\partial f}{\partial x_1} \cdot \frac{\partial g_1}{\partial y} 
                                        + \frac{\partial f}{\partial x_2} \cdot \frac{\partial g_2}{\partial y} \nonumber \\
                                     &= - x_2 \sin{(xy)} x - x_2 6y \nonumber \\
                                     &= \left( 2x^3 - 3y^2 \right) \left( - \sin{(xy)} x \right) + \cos{(xy)} (-6y) \nonumber \\
                                     &= -2x^4 \sin{(xy)} + 3xy^2 \sin{(xy)} - 6y \cos{(xy)} \label{reglresultaty}
\end{align}
Jeg kan altså se at mine resultater i \eqref{reglresultatx} og \eqref{reglresultaty} er de samme som dem jeg fandt uden at bruge kædereglen i  \eqref{udenreglhx} og  \eqref{udenreglhy}, hvorfor jeg har eftervist at kædereglen passer med min funktion $h$.


\end{document}