EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 (2005) JANUAR 2006 AARHUS UNIVERSITET.. Beregn den retningsafledede D u f(0, 0).

Transkript

1 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 (2005) JANUAR 2006 AARHUS UNIVERSITET H.A. NIELSEN & H.A. SALOMONSEN Opgave. Lad f betegne funktionen f(x, y) = x cos(y) + y sin(x). ) Angiv gradienten f. 2) Lad u betegne enhedsvektoren i retningen givet ved vinklen π 4. Beregn den retningsafledede D u f(0, 0). Løsning. ) Gradienten af f er vektoren f(x, y) = (f x (x, y), f y (x, y)) med de partielle afledede som koordinater. De partielle afledede beregnes og indsættes i gradienten f x (x, y) = cos(y) + y cos(x) f y (x, y) = xsin(y) + sin(x) f(x, y) = (cos(y) + y cos(x), xsin(y) + sin(x)). 2) Den retningsafledede kan udregnes som skalarproduktet mellem gradienten og retningsvektoren Retningsvektoren er og gradienten i (0, 0) er Den retningsafledede beregnes D u f(0, 0) = f(0, 0) u. u = (cos π 4, sin π ) = ( 2, 2 ) f(0, 0) = (, 0). D u f(0, 0) = (, 0) ( 2 = , 2 ) Version: januar, 2006.

2 2 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 JANUAR 2006 Opgave 2. Lad a være et reelt tal. Betragt 3 3 matricen A givet ved A = 0 a ) Vis, at a er en egenværdi for A. 2) Angiv egenrummet E a hørende til egenværdien a. Løsning. ) Tallet a er en egenværdi for matricen A, hvis determinanten af matricen A ai er 0. Determinanten udregnes ved udvikling efter. række a a 3 0 A ai = 0 a 0 a = ( a) a 0 a 0 a3 a = a(( a) 2 0) a 3 (0 ) = a 3 + a 3 = 0. Altså er tallet a er en egenværdi for A. 2) Egenrummet kan udregnes som løsningsrummet for det homogene lineære ligningssystem med koefficientmatrix A ai. Ved rækkeoperationer reduceres E a er da løsningerne til A ai = Vælges y som fri variabel, så er a a3 0 0 a 0 a 0 a3 a 2 0 a 0 a 0 a 0 a a2 0 0 a x a 2 y = 0 ay + z = 0. x = a 2 y z = ay..

3 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 JANUAR Egenrummet E a er da parametriseret x y z = a2 y y ay Dette kan også angives = y a2 a. E a = span( a2 a ). Opgave 3. Lad D betegne cirkelskiven {(x, y) R 2 x 2 +y 2 R 2 } med radius R > 0. (tegn!). Udregn dobbeltintegralet e (x2 +y 2) da. Løsning. Cirkelskiven tegnes D y R x D er i polære koordinater x = r cos θ, y = r sinθ et polært rektangel givet ved {(r, θ) 0 r R, 0 θ 2π} og funktionen f(x, y) = e (x2 +y 2 ) er f(r cos θ, r sinθ) = e (r2 cos 2 θ+r 2 sin 2 θ) = e r2. Dobbelt integralet opstilles i polære koordinater, da = rdr dθ, 2π R f(x, y) da = f(r cos θ, r sinθ)r dr dθ. D 0 0

4 4 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 JANUAR 2006 Det itererede integral beregnes e (x2 +y 2) da = D = π = π 2π R 0 0 R 0 [ e r2] r=r e r2 r dr dθ e r2 2r dr = π( e R2 ). ( ) En stamfunktionen til e r2 2r findes ved substitution e r2 2r dr = e u du ( u = r 2, du = 2r dr ) = e u = e r2. r=0 ( ) Opgave 4. Betragt følgende vektorer i R 4 : u = (, 0,, 0), u 2 = (2,, 0, 0). ) Sæt u 3 = u 2 u og vis, at der gælder: u u 3. 2) Lad U betegne underrummet U = span(u, u 2 ) og lad v betegne vektoren v = (5, 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 3 er ortogonale, hvis skalarproduktet er u u 3 = 0. Udregn vektoren og dernæst skalarproduktet u 3 = (2,, 0, 0) (, 0,, 0) = (,,, 0) u u 3 = (, 0,, 0) (,,, 0) = + ( ) = 0. Det ses, at u og u 3 er ortogonale. 2) Bemærk, at u 3 U og u 2 = u + u 3 span(u, u 3 ), så U = span(u, u 3 ) er udspændt af to ortogonale vektorer. Fra [LA] Sætning 7 fås projektionen af v på underrummet U proj U (v) = proj u (v) + proj u3 (v) = v u u u u + v u 3 u 3 u 3 u 3.

5 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 JANUAR Med u = (, 0,, 0), u 3 = (,,, 0) og v = (5, 4, 3, 3) udregnes u u = (, 0,, 0) (, 0,, 0) = = 2 u v = (, 0,, 0) (5, 4, 3, 3) = = 8 u 3 u 3 = (,,, 0) (,,, 0) = = 3 u 3 v = (,,, 0) (5, 4, 3, 3) = = 6. Der indsættes og projektionen udregnes proj U (v) = v u u u u + v u 3 u 3 u 3 u 3 = 8 2 (, 0,, 0) + 6 (,,, 0) 3 = (4, 0, 4, 0) + (2, 2, 2, 0) = (6, 2, 2, 0). 3) Problemstillingen er vist på figuren v v proj U (v) proj U (v) U Længden af restvektoren er v proj U (v) er den korteste afstand fra v til U. Restvektoren udregnes v proj U (v) = (5, 4, 3, 3) (6, 2, 2, 0) = (, 2,, 3) og den korteste afstand beregnes (, 2,, 3) = = 5. Opgave 5. Betragt funktionerne f og g givet ved f(x, y) = x 2 + y 2 xy, g(x, y) = e x+y. ) Opstil Lagrange ligningerne til bestemmelse af maksimum/minimum for funktionen f under bibetingelsen g(x, y) = k. 2) Det oplyses, at f har et minimum under bibetingelsen g(x, y) = e 2. Bestem det punkt hvor minimum antages og find minimumsværdien. Løsning. ) Lagrange ligningerne for f under bibetingelsen g = k er f x = λg x f y = λg y g = k.

6 6 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 JANUAR 2006 De partielle afledede beregnes f x = 2x y f y = 2y x g x = e x+y g y = e x+y. Lagrange ligningerne i de ubekendte x, y, λ opskrives 2x y = λe x+y 2y x = λe x+y e x+y = k. 2) Det opgivne minimumspunkt må opfylde ligningerne for k = e 2 2x y = λe x+y 2y x = λe x+y e x+y = e 2. Så 2x y = λe x+y 3y 3x = 0 x + y = 2. og dermed 2x y = λe x+y y = x 2x = 2. Dette giver netop løsning, x = y =. Det opgivne minimumspunkt er (x, y) = (, ) og minimumsværdien er f(, ) =. Opgave 6. ) Angiv en potensrække i x, der i intervallet (, ) fremstiller funktionen f(x) = x 2. 2) Angiv en potensrække i x, der i intervallet (, ) fremstiller funktionen x g(x) = ( x 2 ) 2. For begge rækker er det tilstrækkeligt at angive så mange led, at mønsteret træder frem.

7 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 JANUAR Løsning. ) Rækken findes ved substitution i en kendt række. Den geometriske række + y = y + y2 y 3 + for y < er velkendt. Sættes y = x 2 fås + ( x 2 ) = ( x2 ) + ( x 2 ) 2 ( x 2 ) 3 + ( x 2 ) 4 for x 2 <. Dermed er f(x) = x 2 = + x2 + x 4 + x 6 + x 8 + for x i intervallet (, ). Dette kan også skrives 2) Differentieres rækken i ) ledvist fås f(x) = x 2 = x 2n. n=0 f (x) = ( 2x) ( x 2 ) 2 = 2x + 4x3 + 6x 5 + 8x 7 + for x i intervallet (, ) og dermed x g(x) = ( x 2 ) 2 = x + 2x3 + 3x 5 + 4x 7 + for x i intervallet (, ). Dette kan også skrives x g(x) = ( x 2 ) 2 = nx 2n. n= Opgave 7. dy = y + 3y 2 dx dy 2 = 3y + y 2. dx Det oplyses, at vektorerne (, ) og (, ) er egenvektorer for systemets koefficientmatrix ( ) 3. 3 ) Angiv egenværdierne hørende til hver af disse egenvektorer. 2) Angiv den løsning til differentialligningssystemet, der opfylder begyndelsesbetingelsen (y (0), y 2 (0)) = (, 3). Løsning. ) For en kvadratisk matrix A og en egentlig egenvektor u er egenværdien λ bestemt af formlen Au = λu.

8 8 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 JANUAR 2006 Udregningen ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 = = viser, at 4 er egenværdien hørende til (, ) og udregningen ( ) ( ) ( ) ( 3 2 = = viser, at 2 er egenværdien hørende til (, ). 2) Fra ) kan løsninger til differentialligningssystemet angives ( ) ( ) ( ) y (x) = c y 2 (x) e 4x + c 2 e 2x, hvor c, c 2 kan vælges frit. Ved indsættelse af x = 0 fås betingelser ( ) ( ) ( ) ( ) y (0) = c y 2 (0) + c 2 =. 3 Dette giver det lineære ligningssystem c c 2 = c + c 2 = 3, Totalmatricen reduceres ved rækkeoperationer ( ) ( ) ( ) og giver løsningen c = 2, c 2 =. Dermed er ( ) ( y (x) = 2e y 2 (x) 4x = ) + e 2x ( ( 2e 4x e 2x ) 2e 4x + e 2x den løsning, der opfylder betingelsen (y (0), y 2 (0)) = (, 3). ) ),