EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 (2005) AUGUST 2006 AARHUS UNIVERSITET

Transkript

1 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 (2005) AUGUST 2006 AARHUS UNIVERSITET H.A. NIELSEN & H.A. SALOMONSEN Opgave. Lad f betegne funktionen f(x,y) = x 3 + x 2 y + xy 2 + y 3. ) Angiv gradienten f. 2) Angiv enhedsvektoren u i retningen af (6, 8) og beregn den retningsafledede u f(x,y). Løsning. ) Gradienten af f er vektoren f(x,y) = (f x (x,y),f y (x,y)) med de partielle afledede som koordinater. e partielle afledede beregnes og indsættes i gradienten 2) Retningsvektoren er f x (x,y) = 3x 2 + 2xy + y 2 f y (x,y) = x 2 + 2xy + 3y 2 f(x,y) = (3x 2 + 2xy + y 2,x 2 + 2xy + 3y 2 ) u = (6, 8) (6, 8) = = ( 3 (6, 8) , 4 5 ) en retningsafledede kan udregnes som skalarproduktet mellem gradienten og retningsvektoren en retningsafledede beregnes u f(x,y) = f(x,y) u u f(x,y) = (3x 2 + 2xy + y 2,x 2 + 2xy + 3y 2 ) ( 3 5, 4 5 ) = 5 (5x2 2xy 9y 2 ) Opgave 2. Betragt 3 3 matricen A givet ved A = Version: januar, 2006.

2 2 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 AUGUST 2006 ) Vis, at og er egenværdierne for A. 2) Angiv egenrummet hørende til hver egenværdi. Løsning. ) Egenværdierne er netop rødderne i det karakteristiske polynomium A λi. eterminanten udregnes ved udvikling efter 2. række A λi = λ 0 0 λ 0 0 λ λ λ = ( λ) = ( λ)(( λ) 2 2 ) = (λ ) 2 (λ + ) et ses, at rødderne er og og dermed at egenværdierne for matricen A er og. 2) Egenrummet hørende til egenværdien a kan udregnes som løsningsrummet for det homogene lineære ligningssystem med koefficientmatrix A ai. For a = reduceres A I = E er da løsningerne til x = 0 Vælges y, som frie variable, så er egenrummet E parametriseret x y = y = y ette kan også angives E = span( 0 0, 0 )

3 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 AUGUST For a = reduceres A + I = E er da løsningerne til x + = 0 y = 0 Vælges som fri variabel, så er egenrummet E parametriseret ette kan også angives x y = 0 = 0 E = span( 0 ) Opgave 3. Lad betegne området afgrænset af parablerne y = x 2 + og y = x 2. (tegn!). Udregn dobbeltintegralet xy da Løsning. Området tegnes y y = x 2 x y = x 2 + er i rektangulære koordinater {(x,y) x, x 2 y x 2 + }

4 4 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 AUGUST 2006 obbelt integralet opstilles som type I f(x,y) da = et indre integral beregnes x 2 + x 2 et itererede integral beregnes x 2 + x 2 xy dy = [ 2 xy2] y= x 2 + y=x 2 xy dy dx = 2 x((x2 ) 2 ( x 2 + ) 2 ) = 0 xy da = = 0 0dx Opgave 4. Betragt følgende vektorer i R 4 : u = (,2,0,), u 2 = (,,, ) ) Vis, at der gælder: u u 2 2) Lad U betegne underrummet U = span(u,u 2 ) og lad v betegne vektoren v = (4,4,3,3). Angiv den ortogonale projektion proj U (v) af vektoren v på U. 3) Beregn den korteste afstand fra v til U. Løsning. ) Vektorerne u og u 2 er ortogonale, hvis skalarproduktet er u u 2 = 0. Udregn skalarproduktet u u 2 = (,2,0,) (,,, ) = ( ) ( ) = 0 Så u og u 2 er ortogonale. 2) Fra [LA] Sætning 7 fås projektionen af v på underrummet U proj U (v) = proj u (v) + proj u2 (v) = v u u u u + v u 2 u 2 u 2 u 2 Med u = (,2,0,), u 2 = (,,, ) og v = (4,4,3,3) udregnes u u = (,2,0,) (,2,0,) = = 6 u v = (,2,0,) (4,4,3,3) = = 5 u 2 u 2 = (,,, ) (,,, ) = = 4 u 2 v = (,,, ) (4,4,3,3) = = 0

5 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 AUGUST er indsættes og projektionen udregnes 3) Problemstillingen er vist på figuren proj U (v) = v u u u u + v u 2 u 2 u 2 u 2 = 5 6 (,2,0,) = ( 5 2,5,0, 5 2 ) v v proj U (v) proj U (v) U Længden af restvektoren v proj U (v) er den korteste afstand fra v til U. en korteste afstand beregnes ved Pythagoras formel v 2 proj U (v) 2 = ( ) ( ) 4 = 5 2 Opgave 5. Betragt funktionen f(x,y) = sin(x 2 + y 2 ) ) Vis, at (0,0) er et kritisk punkt. 2) Afgør om (0, 0) er et lokalt minimum, lokalt maksimum saddelpunkt for f. Løsning. ) e partielle afledede beregnes Indsættes (x,y) = (0,0) fås f x = 2xcos(x 2 + y 2 ) f y = 2y cos(x 2 + y 2 ) f x (0,0) = 0 = f y (0,0) og dermed er (0,0) et kritisk punkt. 2) e dobbelt partielle afledede beregnes f xx = 2cos(x 2 + y 2 ) 4x 2 sin(x 2 + y 2 ) f xy = 4xy sin(x 2 + y 2 ) f yy = 2cos(x 2 + y 2 ) 4y 2 sin(x 2 + y 2 )

6 6 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 AUGUST 2006 Hessematricen i (0, 0) er [ enne har determinant 4 og positive egenværdier. Så punktet (0, 0) er et lokalt minimumspunkt for f. Opgave 6. Lad f være funktionen ] f(x) = xcos x ) Angiv potensrækker i x, der fremstiller funktionerne f, den afledede f samt en stamfunktion f(x)dx. 2) Bestem den femte afledede f (5) (0). Løsning. ) Rækken for cos x er n=0 ( ) n (2n)! x2n cos x = 2 x x4 720 x6 + Ved multiplikation findes f(x) = n=0 ( ) n (2n)! x2n+ f(x) = x 2 x x5 720 x7 + Ved ledvis differentiation findes f (x) = Ved ledvis integration findes f(x)dx = n= ( ) n (2n + ) x 2n (2n)! f (x) = 3 2 x x x6 + n=0 ( ) n (2n + 2)(2n)! x2n+2 f(x)dx = 2 x2 8 x x x8 + 2) Formlen for den n-te afledede af f(x) = a n x n er Fra rækken i ) ovenfor fås f (n) (0) = n!a n f (5) (0) = 5! 24 = 5

7 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 AUGUST Opgave 7. Betragt differentialligningen dy dx + 3x2 y = x 2 e x3 ) Bestem den fuldstændige løsning. 2) Find den løsning der opfylder y() = 0. Løsning. ) Ligningen på standard form er dy dx = 3x2 y + x 2 e x3 Med notation fra noterne er a(x) = 3x 2 Heraf udregnes A(x) = b(x) = x 2 e x3 a(x)dx = 3x 2 dx = x 3 og B(x) = e A(x) b(x)dx = x 2 dx = 3 x3 en fuldstændige løsning opskrives ette giver y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) y(x) = Ce x3 + 3 x3 e x3 hvor C er arbitrær. 2) en partikulære løsning findes ved indsættelse i y() = 0. Altså som giver C = 3. Løsningen kan nu skrives Ce + 3 e = 0 y(x) = 3 e x3 + 3 x3 e x3 faktoriseret y(x) = 3 e x3 (x 3 )