Vejledende besvarelse på august 2009-sættet 2. december 2009

Transkript

1 Vejledende besvarelse på august 29-sættet 2. december 29 Det følgende er en vejledende besvarelse på eksamenssættet i kurset Calculus, som det så ud i august 29. Den tjener primært til illustration af, hvordan man bør formulere en besvarelse skriftligt. Modsat hvad der typisk er tilfældet i matematik, er der ikke en entydig måde at gøre dette på, men hvis der var, ville det være den her. Der tages forbehold for alle former for fejl. Rettelser og kommentarer kan smides på fuglede@imf.au.dk. Opgave. Lad f betegne funktionen f(x, y) = x 2 cos y.. Beregn de partielle aedede f x, f y, og angiv gradienten f. 2. Beregn den retningsaedede D u f(2, ) i retningen givet ved enhedsvektoren u = (3, 2). 3. Bestem en enhedsvektor v så den retningsaedede D v f(2, ) =. Løsning. ) Ved direkte udregning fås, at de partielle aedede er givet ved Det betyder, at f er givet ved f x (x, y) = 2x cos y, f y (x, y) = x 2 sin y. f(x, y) = (f x (x, y), f y (x, y)) = (2x cos y, x 2 sin y). 2) Da de partielle aedede er kontinuerte, er funktionen f dierentiabel if. [S] stn..4.8 og ifølge [S] stn..6.8 er den ønskede retningsaedede givet ved D u f(2, ) = f x (2, ) 3 + f y (x, y) 2 = 4 cos() 3 4 sin() 2 = 4 (3 cos() 2 sin()). 3) Idet vi skriver v = (cos θ, sin θ) er det if. formel.6.6 nok at nde θ, så Med andre ord skal gælde, at men dette er ækvivalent til, at f x (2, ) cos θ + f y (2, ) sin θ =. () = 4 cos() cos θ 4 sin() sin θ, sin() sin θ = cos() cos(θ). Idet cos θ = ikke giver anledning til en løsning af (), får vi idet vi husker, at tan θ = sin θ/ cos θ at ovenstående ligning er det samme som tan(θ) = tan(). Ligningen ( ()) har altså to løsninger v = (cos θ, sin θ), hvor θ er givet ved θ = arctan. tan()

2 Opgave 2. Betragt 3 3-matricen A givet ved A =.. Beregn det karakteristiske polynomium for A og angiv egenværdierne. 2. Bestem egenrummet hørende til egenværdien for matricen A. Løsning. ) Pr. denition er det karakteristiske polynomium for A givet ved det(a λi), der, idet vi udvikler efter anden søjle, er givet ved λ det(a λi) = det λ λ = λ(( λ)( λ) ) = λ( + λ 2 2λ ) = (λ )(λ )(λ 2), og vi kan aæse, at egenværdierne for A er og 2. 2) Pr. denition er egenrummet givet ved N(A I) = N(A), og rækkereduktion giver, at. Vi har altså to frie parametre, og egenrummet bliver N(A) = span,. Opgave 3. Lad D betegne området i planen begrænset af linjerne x =, x = 4 samt af graferne for funktionerne y = x 2 og y = x.. Tegn området og beskriv det i koordinater som et type I-område. 2. Udregn dobbeltintegralet D xy da. Løsning. ) Området D fremgår af g. og kan som type I-område beskrives som D = {(x, y) x 4, x y x 2 }. 2

3 2) Funktionen f givet ved f(x, y) = xy er kontinuert på D, og if. [S] stn fås da, at D f(x, y) da = 4 x 2 4 x xy dy dx = 4 [ 2 xy2 ] y=x2 y= x dy dx 4 = 2 x(x4 x 2 )) dx = 2 = ( ) = ( x 5 x 3 dx = 2 [ 6 x6 4 x4 ] x=4 x= ) 92 3 = 856 = Figur : Området D, der optræder i opgave 3. Opgave 4. Betragt følgende vektorer i R 3 : u = (,, ), x = (, 3, 2).. Beregn afstanden mellem vektorerne x og u. 2. Beregn den ortogonale projektion v af vektoren x på underrummet U = span(u). 3. Beregn den korteste afstand fra x til U. Løsning. ) Afstanden mellem de to vektorer er givet ved x u = (, 2, ) = = 6. 2) Projektionen af x på U er blot projektionen af x på u, som er givet ved v = x u u u u = (,, ) = 5 2 (,, ). 3) Som det fremgår af g. 2, er den korteste afstand fra x til U præcis længden af vektoren x v (eller altså afstanden fra x til v), der er givet ved x v = (, 2, 2 ) = = 3 2 =

4 Figur 2: Skitse til opg Opgave 5. Betragt funktionen f givet ved f(x, y) = 6 3x 3y + x 2 + xy + y 2.. Bestem det kritiske punkt (a, b) for funktionen f og beregn den kritiske værdi f(a, b). 2. Bestem arten af det kritiske punkt (a, b) ved brug af andenordenskriteriet. Løsning. ) Det kritiske punkt (a, b) skal opfylde, at f x (a, b) = f y (a, b) =. De partielle aedede er givet ved f x (x, y) = 3 + 2x + y, f y (x, y) = 3 + x + 2y. Vi får derfor, at = 3+2a+b og = 3+a+2b, der har den entydige løsning a =, b =, som det ses ved indsættelse. Den kritiske værdi er f(a, b) = f(, ) = = 3. 2) Vi betragter [S] stn..7.2 og nder de dobbelt partielt aedede, der her er givet ved f xx (x, y) = 2, f yy (x, y) = 2, f xy (x, y) =. Idet disse alle er kontinuerte i nærheden af (, ), og idet vi i sætningens notation har D = D(a, b) = = 3 > og ydermere, at f xx (a, b) >, får vi, at den kritiske værdi er et lokalt minimum. Opgave 6. Lad f være funktionen givet ved f(x) = sin(x 2 ).. Angiv Maclaurinrækken for funktionen f. 2. Lad F betegne den stamfunktionen til f, der opfylder F () =. Angiv en potensrække i x, der fremstiller F. Løsning. ) Idet Maclaurinrækken for sin x er givet ved sin x = x x3 3! + x5 5!, 4

5 er Maclaurinrækken for sin(x 2 ) blot givet ved sin(x 2 ) = x 2 x6 3! + x = 5! ( ) n x4n+2 (2n + )!. 2) Vi kan nde stamfunktionen F ved blot at integrere ledvist i Maclaurinrækken. Vi nder da, at F (x) = sin(x 2 ) dx = C + x3 3! x7 5!7 + x 7! = C + ( ) n x 4n+3 (2n + )!(4n + 3), n= n= og da F () = C, må der gælde, at C = i ovenstående udtryk. Opgave 7. Betragt dierentialligningssystemet y = y + 2y 2 y 2 = 2y y 2. Det oplyses, at 3 og er egenværdier for systemets koecientsmatrix A.. Bestem egenvektorerne for koecientmatricen. 2. Angiv løsningerne til dierentialligningssystemet. 3. Bestem den løsning, der opfylder begyndelsesværdibetingelsen ( ) ( ) y () =. y 2 () Løsning. ) Vi nder egenvektoren hørende til egenværdien λ rækkereducere A 3I og får, at ( ) ( ) 2 2, 2 2 = 3 ved at hvilket viser, at x = (, ) er en egenvektor hørende til λ = 3. Vi observerer, at dette er rigtigt, idet A(, ) = (3, 3) = 3(, ). For egenværdien λ 2 = ser vi, at ( ) ( ), og i dette tilfælde bliver x 2 = (, ) en egenvektor. 2) Vi ved, at den generelle løsning er på formen ( ) ( ) y (t) = c y 2 (t) e λt x + c 2 e λ2t c e x 2 = 3t + c 2 e t c e 3t + c 2 e t, 5

6 hvor c og c 2 er konstanter. 3) Ovenstående udregning viser, at ( ( ) y () = = ) y 2 () ( ) c + c 2. c + c 2 Det ses ud fra disse ligninger, at konstanterne nødvendigvis bliver c =, c 2 =, og den ønskede løsning bliver ( ) ( ) y (t) e t = y 2 (t) e t. Som et tjek ser vi, at y (t) = e t = e t + 2e t = y (t) + 2y 2 (t), og tilsvarende er y 2(t) = 2y (t) y 2 (t). 6