Tilbake
2.2

2.2 Jacobi-matrisen, kjerneregelen på matriseform og linearisering

Den deriverte som matrise: F′ av partiellderiverte, kjerneregelen som matriseprodukt, og lineariseringen som beste lineære avbildning — fundamentet for funksjonsteoremene.

55 min
10 oppgaver
Jacobi-matrisenkjerneregelen på matriseformlinearisering
Din fremgang i kapitlet
0 / 10 oppgaver
Forkunnskaper. Bygger på partiellderiverte og gradient fra kap. 2.1 — hver rad i Jacobi-matrisen er en gradient. Og på kap. 1.4: en lineæravbildning \leftrightarrow en matrise, det er nettopp den koblingen FF' utnytter (den deriverte er en lineæravbildning). Jacobi-matrisen i R2\mathbb{R}^2 er introdusert (se MAT1100 kap. 5.6), men vi bygger den fra grunnen her.

For en funksjon av én variabel er den deriverte f(a)f'(a) ett tall — stigningstallet til tangenten. For en funksjon FF som tar inn flere tall og gir ut flere tall, kan ikke den deriverte være ett tall; den blir en matrise. Den heter Jacobi-matrisen F(a)F'(a), og den spiller nøyaktig samme rolle: den er den beste lineære tilnærmingen til FF nær aa.

Når vi først har FF som en matrise, blir to ting elegante. Å derivere en sammensetning blir et matriseprodukt (kjerneregelen), og spørsmålet om FF har en lokal invers avgjøres av om matrisen F(a)F'(a) er inverterbar — altså av detF(a)\det F'(a). Det er dette som gjør Jacobi til fundamentet under funksjonsteoremene i kap. 2.3. Vi bygger stoffet i fem løkker: (1) Jacobi-matrisen, (2) deriverbarhet, (3) kjerneregelen på matriseform, (4) linearisering, (5) Jacobideterminanten og lokal inverterbarhet.

Løkke 1 — Jacobi-matrisen (~12 min)

Vektorfunksjon (vektorvaluert funksjon)

En funksjon som tar inn flere tall og gir ut flere tall: F:RnRmF:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m. Vi skriver F(x)=(F1(x),,Fm(x))F(x)=(F_1(x),\dots,F_m(x)). For eksempel er F(x,y)=(x+y, xy)F(x,y)=(x+y,\ xy) en avbildning R2R2\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2. Når m=1m=1 er FF en vanlig funksjon (skalarfelt); når n=1n=1 er det en parametrisert kurve.

Komponentfunksjoner

De mm vanlige (skalar-)funksjonene F1,,FmF_1,\dots,F_m som utgjør en vektorfunksjon FF. Hver Fi:RnRF_i:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R} har sin egen gradient Fi\nabla F_i. Å derivere FF betyr å derivere hver komponent — og samle resultatene i én matrise.

Jacobi-matrisen F(x)F'(x)
Matrisen av alle partiellderiverte til en vektorfunksjon, ordnet slik at rad ii er gradienten Fi\nabla F_i:

F(x)=(F1x1F1xnFmx1Fmxn).F'(x)=\begin{pmatrix}\dfrac{\partial F_1}{\partial x_1}&\cdots&\dfrac{\partial F_1}{\partial x_n}\\ \vdots& &\vdots\\ \dfrac{\partial F_m}{\partial x_1}&\cdots&\dfrac{\partial F_m}{\partial x_n}\end{pmatrix}.

For F:RnRmF:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m er FF' en m×nm\times n-matrise. Kritisk regel: rad = komponentfunksjon, søyle = variabel. Bytter du om (transponerer), får du kjerneregelen til å bryte sammen.

✏️Eksempel 1: Jacobi-matrisen

La F(x,y)=(x+y, xy)F(x,y)=(x+y,\ xy). Finn Jacobi-matrisen F(x,y)F'(x,y).

Komponentene er F1=x+yF_1=x+y og F2=xyF_2=xy. Vi regner hver gradient og legger den som en rad.

Rad 1 (F1\nabla F_1): F1x=1\dfrac{\partial F_1}{\partial x}=1, F1y=1\dfrac{\partial F_1}{\partial y}=1.

Rad 2 (F2\nabla F_2): F2x=y\dfrac{\partial F_2}{\partial x}=y, F2y=x\dfrac{\partial F_2}{\partial y}=x.

Samlet:
F(x,y)=(11yx).F'(x,y)=\begin{pmatrix}1&1\\ y&x\end{pmatrix}.

Konklusjon: Rad ii er Fi\nabla F_i — nettopp slik føringsstandarden krever.

📝Oppgave 1

La F(x,y)=(x2y, x+y2)F(x,y)=(x^2-y,\ x+y^2). Finn Jacobi-matrisen F(x,y)F'(x,y).

Løkke 2 — Deriverbarhet (~8 min)

C1C^1 (kontinuerlig deriverbar)

En funksjon er C1C^1 på et område hvis alle de partiellderiverte finnes og er kontinuerlige der. Nesten alle funksjoner du møter på eksamen (polynomer, exe^x, sin\sin, cos\cos, kvotienter der nevneren ikke er null) er C1C^1 på definisjonsområdet sitt.

Deriverbarhetskriteriet (C1C^1\Rightarrow deriverbar)

Teoremveien fasit bruker for å slå fast deriverbarhet: er FF av klasse C1C^1 nær aa (kontinuerlige partiellderiverte), så er FF deriverbar i aa, og den deriverte er Jacobi-matrisen F(a)F'(a). Merk skillet: at partiellderivertene bare finnes er ikke nok — de må være kontinuerlige. På eksamen skriver du gjerne «FF er C1C^1, altså deriverbar».

Jacobi som beste lineære tilnærming
At FF er deriverbar i aa betyr presist at F(a)F'(a) er den lineæravbildningen som tilnærmer FF best nær aa:

F(x)=F(a)+F(a)(xa)+r(x),r(x)xa0.F(x)=F(a)+F'(a)(x-a)+r(x),\qquad \frac{|r(x)|}{|x-a|}\to0.

Dette er hvorfor F(a)F'(a) er «den deriverte»: den fanger hele førsteordens oppførselen til FF i punktet. Alt annet i kapitlet følger av dette.

Løkke 3 — Kjerneregelen på matriseform (~13 min)

Sammensetning av avbildninger

Å bruke én avbildning etter en annen: (GF)(x)=G(F(x))(G\circ F)(x)=G(F(x)). Her sender F:RnRmF:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m punktet videre til G:RmRpG:\mathbb{R}^m\to\mathbb{R}^p, så GF:RnRpG\circ F:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^p. Rekkefølgen teller: FF virker først, GG etterpå.

Kjerneregelen (matriseform)
Den deriverte av en sammensetning er produktet av de deriverte matrisene, evaluert i riktig punkt:

(GF)(a)=G(F(a))F(a).(G\circ F)'(a)=G'\big(F(a)\big)\,F'(a).

Rekkefølgen er hele poenget — matriseprodukt er ikke kommutativt. GG' evalueres i bildepunktet F(a)F(a), FF' i aa, og G(F(a))G'(F(a)) står til venstre. Dette generaliserer én-variabel-kjerneregelen (gf)=g(f)f(g\circ f)'=g'(f)\cdot f'.

Kjerneregelen (komponentform)
Samme regel skrevet ut ledd for ledd: for h=gFh=g\circ F med F=(F1,,Fm)F=(F_1,\dots,F_m) er

hxj=i=1mgyiFixj.\frac{\partial h}{\partial x_j}=\sum_{i=1}^{m}\frac{\partial g}{\partial y_i}\,\frac{\partial F_i}{\partial x_j}.

Dette er nettopp (i,j)(i,j)-elementet i matriseproduktet G(F)FG'(F)\,F'. Formelsamlingen gir begge former; matriseformen er raskest når alt er lineært satt opp.

✏️Eksempel 2: Kjerneregelen som matriseprodukt

La F(u,v)=(u2+v, uv)F(u,v)=(u^2+v,\ uv) og G(x,y)=(x+y, xy)G(x,y)=(x+y,\ x-y). Finn (GF)(u,v)(G\circ F)'(u,v) med kjerneregelen, og evaluér i (u,v)=(1,1)(u,v)=(1,1).

Jacobi-matrisene hver for seg. F1=u2+vF_1=u^2+v, F2=uvF_2=uv gir
F(u,v)=(2u1vu).F'(u,v)=\begin{pmatrix}2u&1\\ v&u\end{pmatrix}.
G1=x+yG_1=x+y, G2=xyG_2=x-y gir den konstante
G(x,y)=(1111).G'(x,y)=\begin{pmatrix}1&1\\ 1&-1\end{pmatrix}.

Matriseprodukt (i riktig rekkefølge, GG' til venstre; her er GG' konstant så evalueringspunktet spiller ingen rolle for GG'):
(GF)=G(F(u,v))F(u,v)=(1111)(2u1vu)=(2u+vu+12uv1u).(G\circ F)'=G'\big(F(u,v)\big)\,F'(u,v)=\begin{pmatrix}1&1\\ 1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2u&1\\ v&u\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2u+v&u+1\\ 2u-v&1-u\end{pmatrix}.

Evaluér i (1,1)(1,1): (3210)\begin{pmatrix}3&2\\ 1&0\end{pmatrix}.

Kontroll (direkte): GF=(u2+v+uv, u2+vuv)G\circ F=(u^2+v+uv,\ u^2+v-uv), og deriverer man dette direkte får man samme matrise ✓.

Konklusjon: (GF)(1,1)=(3210)(G\circ F)'(1,1)=\begin{pmatrix}3&2\\ 1&0\end{pmatrix}.

📝Oppgave 2

La F(t)=(t2, t3)F(t)=(t^2,\ t^3) (en kurve RR2\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2) og g(x,y)=x2+yg(x,y)=x^2+y. Bruk kjerneregelen til å finne ddtg(F(t))\dfrac{d}{dt}\,g(F(t)).

Løkke 4 — Linearisering på vektorform (~8 min)

Linearisering (vektorform)
Den beste affine tilnærmingen til en vektorfunksjon nær aa, med Jacobi-matrisen i rollen som stigningstall:

F(x)F(a)+F(a)(xa).F(x)\approx F(a)+F'(a)(x-a).

Formelsamlingen skriver dette TaF(x)=F(a)(xa)+F(a)T_aF(x)=F'(a)(x-a)+F(a). Dette er Rm\mathbb{R}^m-versjonen av tangentplanet fra kap. 2.1: F(a)F(a) er «høyden», F(a)(xa)F'(a)(x-a) er den lineære korreksjonen.

✏️Eksempel 3: Linearisering av en vektorfunksjon

La F(x,y)=(x2+y2, x2y2)F(x,y)=(x^2+y^2,\ x^2-y^2). Bruk lineariseringen i (1,1)(1,1) til å anslå F(1,1; 0,9)F(1{,}1;\ 0{,}9).

Verdien og Jacobi i utviklingspunktet: F(1,1)=(2, 0)F(1,1)=(2,\ 0) og
F(x,y)=(2x2y2x2y)  F(1,1)=(2222).F'(x,y)=\begin{pmatrix}2x&2y\\ 2x&-2y\end{pmatrix}\ \Rightarrow\ F'(1,1)=\begin{pmatrix}2&2\\ 2&-2\end{pmatrix}.

Forskyvning: (xa, yb)=(0,1; 0,1)(x-a,\ y-b)=(0{,}1;\ -0{,}1). Da er
F(1,1; 0,9)(20)+(2222)(0,10,1)=(20)+(00,4)=(20,4).F(1{,}1;\ 0{,}9)\approx\begin{pmatrix}2\\ 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2&2\\ 2&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0{,}1\\ -0{,}1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\ 0{,}4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\ 0{,}4\end{pmatrix}.

Eksakt er F(1,1; 0,9)=(1,21+0,81, 1,210,81)=(2,02; 0,4)F(1{,}1;\ 0{,}9)=(1{,}21+0{,}81,\ 1{,}21-0{,}81)=(2{,}02;\ 0{,}4), så anslaget treffer godt.

Konklusjon: F(1,1; 0,9)(2; 0,4)F(1{,}1;\ 0{,}9)\approx(2;\ 0{,}4).

📝Oppgave 3

La F(x,y)=(xy, x+y)F(x,y)=(xy,\ x+y). Bruk lineariseringen i (2,1)(2,1) til å anslå F(2,1; 0,9)F(2{,}1;\ 0{,}9).

Løkke 5 — Jacobideterminanten og lokal inverterbarhet (~10 min)

Jacobideterminanten detF\det F'

Determinanten til Jacobi-matrisen, definert når FF' er kvadratisk (n=mn=m). Den måler hvordan FF strekker areal/volum lokalt, og forteller om FF er lokalt inverterbar. Notasjon: detF(a)\det F'(a), av og til skrevet (F1,,Fn)(x1,,xn)\dfrac{\partial(F_1,\dots,F_n)}{\partial(x_1,\dots,x_n)}.

Lokal inverterbarhet (detF0\det F'\ne0)

Er FF av klasse C1C^1 og detF(a)0\det F'(a)\ne0, så har FF en lokal invers nær aa (dette er omvendt funksjonsteorem, kap. 2.3). Geometrisk: F(a)F'(a) er en inverterbar matrise, så avbildningen «kollapser» ikke rommet nær aa. Punktet der detF(a)0\det F'(a)\ne0 kalles et regulært punkt.

Funksjonell avhengighet (detF0\det F'\equiv0)

Er detF0\det F'\equiv0 på et helt område, er komponentene F1,,FnF_1,\dots,F_n funksjonelt avhengige der: én av dem kan uttrykkes ved de andre, så FF presser rommet ned i lavere dimensjon og kan ikke være lokalt inverterbar. Dette er en eldre sjanger R (kjennskap) — vi bruker det mest som kontrast til det regulære tilfellet.

✏️Eksempel 4: Hvor er $F$ lokalt inverterbar?

La F(x,y)=(x2y, x+y2)F(x,y)=(x^2-y,\ x+y^2). Regn detF\det F' og avgjør hvor FF er lokalt inverterbar.

Fra oppgave 1 (eller ny utregning) er F(x,y)=(2x112y)F'(x,y)=\begin{pmatrix}2x&-1\\ 1&2y\end{pmatrix}.

Determinanten:
detF=(2x)(2y)(1)(1)=4xy+1.\det F'=(2x)(2y)-(-1)(1)=4xy+1.

Regulære punkter: detF0    4xy+10    xy14\det F'\ne0\iff 4xy+1\ne0\iff xy\ne-\tfrac14.

Ifølge omvendt funksjonsteorem (kap. 2.3) er FF lokalt inverterbar i ethvert punkt der xy14xy\ne-\tfrac14, og singulær (mister lokal invers) langs hyperbelen xy=14xy=-\tfrac14.

Konklusjon: Lokalt inverterbar overalt unntatt på kurven 4xy+1=04xy+1=0.

📝Oppgave 4

La F(x,y)=(x2+y, y2+x)F(x,y)=(x^2+y,\ y^2+x). Regn detF\det F' og avgjør hvor FF er lokalt inverterbar.

Eksamensrettet oppgavepulje

📝Oppgave 5

La F(x,y)=(3x2y, x+4y)F(x,y)=(3x-2y,\ x+4y) (en lineæravbildning). Finn F(x,y)F'(x,y) og forklar hvorfor den er konstant.

📝Oppgave 6

La F(x,y)=(excosy, exsiny)F(x,y)=(e^x\cos y,\ e^x\sin y). a) Finn F(x,y)F'(x,y). b) Regn detF\det F' og avgjør hvor FF er lokalt inverterbar.

📝Oppgave 7

La F(u,v)=(u+v, u2+v2)F(u,v)=(u+v,\ u^2+v^2) og G(x,y)=(xy, xy)G(x,y)=(xy,\ x-y). Finn (GF)(u,v)(G\circ F)'(u,v) med kjerneregelen, evaluert i (u,v)=(1,2)(u,v)=(1,2).

Begrepsbank

Flashcard-/repetisjonsstoff — hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget gjelder kjernestoffet.

Gradient som spesialtilfelle (m=1m=1)

Når FF har bare én komponent (m=1m=1), er Jacobi-matrisen én rad — nemlig gradienten skrevet som radvektor: F=FF'=\nabla F. Slik henger kap. 2.1 og dette kapitlet sammen: gradienten er Jacobi-matrisen til et skalarfelt.

Kvadratisk Jacobi (n=mn=m)
detF\det F' og lokal inverterbarhet gir bare mening når Jacobi-matrisen er kvadratisk, altså når F:RnRnF:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n. For F:RnRmF:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m med nmn\ne m finnes ingen determinant; da snakker man i stedet om rang av FF'.
Repetisjon
Din fremgang
0 / 3 oppgaver
Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.