Besvarelser til de to blokke opgaver på Ugeseddel 7

Transkript

1 Besvarelser til de to blokke opgaver på Ugeseddel 7 De anførte besvarelser er til dels mere summariske end en god eksamensbesvarelse bør være. Der kan godt være fejl i - jeg vil meget gerne informeres, hvis der skulle vise sig fejl eller formodede fejl. A.K. Blok Rev. Opg. 47: f = (xy, x + / y), i (, ) fås altså vektoren (4, 9/). Størrelsen af den maximale retningsafledede er længden af denne vektor, 45/, og denne værdi antages i gradientens retning, altså i retning (4, 9/). Rev. Opg. 56: De kritiske punkter i det indre af D er (, ), (, ), (, ), (, ), (, ). På randen giver ekstremum under bibetingelse de mulige ekstremumspunkter (, ), (, ) og (, ), (, ) (kan også findes på andre måder). Funktionsværdien i de ni punkter beregnes og sammenlignes. Den største ses at være e (antaget i punkterne (, ±)), den mindste er, der antages i (, ). (Opgaven er noget mere omfattende end eksamensopgaver plejer at være). 8 Rev. Opg. 7: Fra den geometriske række fås (konvergensradius ), og derfor (ligeledes konvergensradius ). + x = x + x x + x 4... x + x = x x + x 4 x 5 + x 6... Rev. Opg. 4 Opskrives i polære koordinater som π/4 r dr dθ, + r der udregnes (f.eks. ved substitutionen u := r ) til π/(8 ln 5). Opgave 5: y = y + e x.

2 Så er (med notation fra LA Sætn. 5) B(x) = a(x) =, b(x) = e x, A(x) = a(x) dx = x, e A(x) b(x) dx = e x e x dx = e x dx = e x. Så er den fuldstændige løsning (iflg. Sætning 5) Ce A(x) + B(x)e A(x) = Ce x e x. Hvis C = 4, fås y() =, så den ønskede partikulære løsning er altså y(x) = 4e x e x. Opgave 6: Det karakteristiske polynomium ses at være ( λ)(4 λ)(6 λ) (det ses nemmest ved udvikling efter sidste række); det har rødder λ =, λ = 4 og λ = 6. Egenvektorer for disse tre egenværdier findes ved at løse hvert af de tre homogene lineære ligningssystemer med matricer hhv. (løsning x (,, )) (løsning y (/,, )) og 5 5 5, 5 5 (løsning z(8/5, 5/, )). Facit f.eks.: Til λ = : en egentlig egenvektor er f.eks. (,, ). Til λ = 4: en egentlig egenvektor er f.eks. (,, ). Til λ = 6: en egentlig egenvektor er f.eks. (6, 5, ) (tag z = ). Opgave 7: Vi får brug for den ortogonale projektion af (,, 4) ind på underrummet U R udspændt af (,, ) og (,, ). De er ikke ortogonale,

3 men et ortogonalt sæt, der udspænder U fås efter recepten i LA., der giver sættet (,, ), (,, ). Disse to vektorer er indbyrdes ortogonale, og så kan LA Sætning 7 anvendes, og vi får Restvektoren er proj U (,, 4) = (,, 4) + (/, /, ) = (/, /, 4). (,, 4) (/, /, 4) = ( /, /, ). Dens længde er den søgte afstand. Den er ( /) + (/) + = /. Blok.8 Opg. 9: Lagrange metoden leder til et (ikke-lineært) ligningssystem på 4 ligninger med 4 ubekendte, nemlig betingelsesligningen samt yz = λx, xz = λ4y, xy = λ6z. Løsning giver 4 punkter, (±, ±, ± ), (± 6,, ), (, ±, ), (,, ± ). Sammenlignes funktionsværdierne i disse 4 punkter, fås facit som anført i S (maximumsværdier i de fire punkter, hvor et lige antal koordinater er negative, minimum i de fire punkter, hvor et ulige antal koordinater er negative). (Opgaven er noget mere omfattende end eksamensopgaver plejer at være). 8 Rev. Opg. 45: Ved at multiplicere exponentialrækken ledvis med x, fås, for x > e x x = x + + x! + x! Det er en toleddet størrelse (to kantede parenteser), vi finder en stamfunktion til hvert led for sig, og får e x x dx = x dx + + x! + x! +... dx,

4 = ln x + x + x! + x! +..., som er det facit som S giver (for x > ). (Men det er faktisk ikke en potensrække, på grund af leddet ln x! Opgaveformuleringen er faktisk ikke gennemtænkt.) Rev. Opg. 45: f(x, y) = ( x, y), i punktet (, 5) fås (, ). Retningen fra (, 5) til (4, ) er givet ved vektoren (, 4), der har længde 5; enhedsvektoren i denne retning er derfor (/5, 4/5), og prikproduktet af denne med den fundne gradientvektor f(, 5) = (, ) giver 4/5. Rev. Opg. 4: x = (brug substitutionen u := x ). y sin(x ) dy dx x sin(x ) dx = 4 cos(x ) = ( cos ) 4 9. Opg. 5: Det drejer sig om vinklen mellem (,, ) og (,, ). Af sammenhængen mellem prikprodukt og cosinus (jvf. S s. 665) fremgår, at cosinus til den søgte vinkel er (,, ) (,, ) = (idet længderne af de to vektorer er hhv. og.) Vinklen er altså arccos, som er ca. 55 grader. Opgave 6. For f(x, y, z) = x + y + z + 4xz fås f(x, y, z) = (x + 4z, y, z + 4x), der er i (,, ). Den nødvendige betingelse for et ekstremum er altså opfyldt. Hesse matricen i (,, ) udregnes til 4 4 Det katakteristiske polynomium udregnes til (nemmest ved udvikling efter. række) ( λ)(λ 4λ ), 4.

5 der har rødder λ =, λ = 6 og λ =. Da der således er både positive og negative egenværdier for Hesse matricen, har f ikke et lokalt ekstremum i (,, ) (LA s. 88). Opgave 7. Ligningen er, skrevet som matrix differentialligning, dy dx = 4 Koefficientmatricen ses at have egenværdier og, med tilhørende egentlige egenvektorer f.eks. (, ) og (, ). Ifølge LA Sætning fås den fuldstændige løsning altså som y(x) = y (x) y (x) = C e x y. + C e x Den søgte partikulære løsning fås ved for C og C at indsætte løsningen til ligningssystemet = C 5 + C, der er et inhomogent lineært ligningssystem med løsning C =, C =. Den søgte partikulære løsning er altså y(x) = y (x) y (x) = e x e x. eller y (x) = e x + e x y (x) = 6e x e x. 5