Oversigt [S], [LA] Nøgleord og begreber Egenvektorer, egenværdier og diagonalisering Dobbelt integral og polært koordinatskift Ortogonal projektion og mindste afstand Retningsafledt og gradient Maksimum/minimums metoder Potensrækker Differentialligninger Calculus 2-2006 Uge 50.1-1
Oversigt Matematik Alfa 1, August 2002 Opgaver 1. Beregn et dobbeltintegral 2. Diagonaliser en 3 3 matrix 3. Bestem kritiske punkter og ekstrema 4. Angiv en potensrække og find en grænseværdi 5. Find gradient og retningsafledt 6. Beregn en ortogonal projektion 7. Løs en lineær differentialligning Calculus 2-2006 Uge 50.1-2
Beregn et dobbeltintegral Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1 Lad R betegne kvartcirkelskiven x 2 + y 2 4, x 0, y 0. (Tegn.) Udregn R x2 y da. Løsning y 2 x R = {(x, y) 0 x, 0 y, x 2 + y 2 4} Calculus 2-2006 Uge 50.1-3
Beregn et dobbeltintegral Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1 - figur z x y R = {(r, θ) 0 r 2, 0 θ π 2 } Calculus 2-2006 Uge 50.1-4
Beregn et dobbeltintegral Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1 - løsning R = {(r, θ) 0 r 2, 0 θ π 2 } er et polært rektangel. Integralet er R x 2 y da = π/2 0 2 0 r 3 cos 2 (θ) sin(θ) rdr dθ Calculus 2-2006 Uge 50.1-5
Beregn et dobbeltintegral Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1 - løsning R x 2 y da = = = = π/2 0 π/2 0 π/2 0 2 0 r 3 cos 2 (θ) sin(θ) rdr dθ [ 1 5 r5 cos 2 θ sin θ 32 5 cos2 θ sin θ dθ [ 32 15 cos3 θ = 32 15 ] π/2 0 ] r=2 r=0 dθ Calculus 2-2006 Uge 50.1-6
Beregn et dobbeltintegral Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1 - ny figur z x y R = {(x, y) 0 x 2, 0 y 4 x 2 } Calculus 2-2006 Uge 50.1-7
Beregn et dobbeltintegral Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1 - alternativt R = {(x, y) 0 x 2, 0 y 4 x 2 } er et Type I område. Integralet er R x 2 y da = 2 0 4 x 2 0 x 2 y dy dx Calculus 2-2006 Uge 50.1-8
Beregn et dobbeltintegral Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 1 - alternativt R x 2 y da = = = = 2 0 2 0 2 0 4 x 2 0 [ 1 2 x2 y 2 x 2 y dy dx ] y= 4 x 2 y=0 1 2 (4x2 x 4 ) dx [ 2 3 x3 1 10 x5 = 32 15 ] 2 0 dx Calculus 2-2006 Uge 50.1-9
Diagonaliser en matrix Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 2 Det oplyses, at matricen A givet ved A = 1 3 3 3 5 3 3 3 1 har egenværdier λ 1 = 1 og λ 2 = 2, og at der ikke er andre egenværdier. 1. Angiv samtlige egenvektorer hørende til egenværdien 2. 2. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at B 1 A B = Λ Calculus 2-2006 Uge 50.1-10
Diagonaliser en matrix Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 2 - løsning 1. Egenvektorer hørende til egenværdien 2: A 2I = 3 3 3 3 3 3 3 3 3 giver det reducerede ligningssystem og dermed x 1 + x 2 + x 3 = 0 x 1 = x 2 x 3 1 1 1 0 0 0 0 0 0 Calculus 2-2006 Uge 50.1-11
Diagonaliser en matrix Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 2 - løsning 1. Egenvektorer hørende til egenværdien 2: x 1 x 2 x 3 1 x 2 x 3 = hvor x 2, x 3 vælges frit. Egenrummet udtrykkes x 2 x 3 = x 2 1 E 2 = span( 1 0, 1 0 + x 3 1 0 1 ) 1 0 1 Calculus 2-2006 Uge 50.1-12
Diagonaliser en matrix Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 2 - løsning Egenvektorer hørende til egenværdien 1: 0 3 3 1 0 1 A + I = 3 6 3 0 1 1 3 3 0 0 0 0 hvor x 3 vælges frit. x 1 x 2 x 3 = x 3 1 x 3 = x 3 1 1 x 3 Calculus 2-2006 Uge 50.1-13
Diagonaliser en matrix Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 2 - løsning 2. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at B 1 A B = Λ Søjler af egenvektorer giver B = 1 1 1 1 0 1, Λ = 0 1 1 2 0 0 0 2 0 0 0 1 det(b) = 1 sikrer invertibilitet. Calculus 2-2006 Uge 50.1-14
Diagonaliser en matrix Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 2 - gør prøve! A B = B Λ 1 3 3 1 1 1 2 2 1 3 5 3 1 0 1 = 2 0 1 3 3 1 0 1 1 0 2 1 1 1 1 2 0 0 2 2 1 1 0 1 0 2 0 = 2 0 1 0 1 1 0 0 1 0 2 1 Så prøven stemmer! Calculus 2-2006 Uge 50.1-15
Diagonaliser en matrix Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 2 - figur z ( 1,0,1) (1, 1,1) ( 1,1,0) x 1 Egenvektorer y Calculus 2-2006 Uge 50.1-16
Bestem ekstrema Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 3 Betragt funktionen f(x, y) givet ved f(x, y) = x + y + 1 xy for x > 0, y > 0. Det oplyses, at funktionen har netop ét kritisk punkt i sit definitionsområde. 1. Angiv dette kritiske punkt. 2. Undersøg om det er et lokalt minimum, maksimum, eller saddelpunkt. Calculus 2-2006 Uge 50.1-17
Bestem ekstrema Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 3 - løsning har kritisk punkt f(x, y) = x + y + 1 xy f = (1 1 x 2 y, 1 1 ) = (0, 0) xy2 x 2 y = 1, xy 2 = 1 (x, y) = (1, 1) Calculus 2-2006 Uge 50.1-18
Bestem ekstrema Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 3 - løsning Dobbelt partielle afledede f xx = 2 x 3 y, f xy = 1 x 2 y, f 2 yy = 2 xy 3 f xx (1, 1) = 2, f xy (1, 1) = 1, f yy (1, 1) = 2 Anden ordenstesten giver (a, b) f(a, b) f xx (a, b) D(a, b) Type (1, 1) 3 2 3 minimum Altså er punktet (1, 1) lokalt minimum for f på mængden x > 0, y > 0. Calculus 2-2006 Uge 50.1-19
Bestem ekstrema Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 3 - figur z x (1,1) y Calculus 2-2006 Uge 50.1-20
Angiv potensrække Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 4 Angiv en potensrække i x, der for x 0 fremstiller funktionen Angiv også grænseværdien f(x) = cos(x2 ) 1 x 4 lim x 0 f(x). Calculus 2-2006 Uge 50.1-21
Angiv potensrække Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 4 - løsning Benyt potensrækken cos x = n=0 ( 1) n 1 (2n)! x2n til at få cos x 2 1 = n=1 ( 1) n 1 (2n)! x4n Calculus 2-2006 Uge 50.1-22
Angiv potensrække Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 4 - løsning Dermed er f(x) = n=1 ( 1) n 1 (2n)! x4(n 1) = 1 2! + 1 4! x4 1 6! x8 + 1 8! x12... Det følger, at lim x 0 f(x) = 1 2 Calculus 2-2006 Uge 50.1-23
Angiv potensrække Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 4 - figur y 0 1 x 1 Grafen for y = cos(x2 ) 1 x 4 Calculus 2-2006 Uge 50.1-24
Find gradient Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 5 Betragt funktionen f(x, y) = y 2 + ln(x 3 + y + 1). 1. Angiv gradientvektoren f(0, 2). 2. Angiv den retningsafledede af f i punktet P = (0, 2) i retning givet ved enhedsvektoren (3/5, 4/5). Løsning 1. Gradienten beregnes f x = 3x 2 /(x 3 + y + 1) f y = 2y + 1/(x 3 + y + 1) f(0, 2) = (f x (0, 2), f y (0, 2)) = (0, 13/3) Calculus 2-2006 Uge 50.1-25
Find gradient Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 5 - løsning y f(0,2) 2. I retning u = (3/5, 4/5) er den retningsafledede D u f(0, 2) = f(0, 2) u = (0, 13/3) (3/5, 4/5) = 52/15 u (0,2) 1 x Calculus 2-2006 Uge 50.1-26
Find gradient Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 5 - ekstra y z x 3 +y+1>0 1 x z=y 2 +ln(x 3 +y+1) Definitionsområdet. x Grafen y Calculus 2-2006 Uge 50.1-27
Find gradient Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 5 - figur y 1 0 1 Tangenter til niveaukurver for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1). x Calculus 2-2006 Uge 50.1-28
Find gradient Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 5 - figur y 1 0 1 Skalerede gradienter 0.1 z for z = y 2 + ln(x 3 + y + 1). x Calculus 2-2006 Uge 50.1-29
Beregn projektion Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 6 Betragt det lineære underrum U R 4, der er udspændt af vektorer u 1 = (1, 1, 1, 1) og u 2 = (0, 1, 1, 0). Angiv den vektor u i U, der har kortest afstand til vektoren v = (1, 2, 3, 4). Løsning I følge [LA] Sætning 18 er u den ortogonale projektion af v på U. Den korteste afstand er v u Calculus 2-2006 Uge 50.1-30
Beregn projektion Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 6 - løsning Vektorerne u 1 = (1, 1, 1, 1) og u 2 = (0, 1, 1, 0) har u 1 u 2 = 1 0 + 1 1 + ( 1) 1 + ( 1) 0 = 0 Fra [LA] Sætning 17 fås projektionen af v = (1, 2, 3, 4) u = proj U (v) = proj u1 (v) + proj u2 (v) = v u 1 u 1 + v u 2 u 2 u 1 u 1 u 2 u 2 = 4 4 (1, 1, 1, 1) + 5 (0, 1, 1, 0) 2 = ( 1, 3, 7, 1) 2 2 Calculus 2-2006 Uge 50.1-31
Beregn projektion Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 6 - ekstra Restvektoren v u = (1, 2, 3, 4) ( 1, 3 2, 7 2, 1) = (2, 1 2, 1 2, 3) har længde, som angiver den mindste afstand fra v til U v u = (2, 1 2, 1 2, 3) = 27 2 = 3 2 6 Calculus 2-2006 Uge 50.1-32
Beregn projektion Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 6 - figur v v u U u = proj U (v) Ortogonal projektion på underrum U Calculus 2-2006 Uge 50.1-33
Løs differentialligning Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 7 Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen y + 2y = xe 2x + 3 Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) = 2. Løsning a(x) = 2, b(x) = xe 2x + 3 Calculus 2-2006 Uge 50.1-34
Løs differentialligning Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 7 - løsning A(x) = a(x) dx = 2 dx = 2x B(x) = e A(x) b(x) dx = e 2x (xe 2x + 3)dx Som giver = 1 2 x2 + 3 2 e2x Calculus 2-2006 Uge 50.1-35
Løs differentialligning Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 7 - løsning fuldstændig løsning y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) = Ce 2x + ( 1 2 x2 + 3 2 e2x )e 2x = Ce 2x + 1 2 x2 e 2x + 3 2 Calculus 2-2006 Uge 50.1-36
Løs differentialligning Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 7 - retningsfelt y 1 0 1 x I punktet (x, y) tegnes et kort linjestykke med hældning y (x) = 2y + xe 2x + 3. Calculus 2-2006 Uge 50.1-37
Løs differentialligning Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 7 - løsning I den partikulære løsning bestemmes C ved y(0) = 2. I alt er løsningen y(0) = Ce 0 + 3 2 = 2 y(x) = 1 2 e 2x + 1 2 x2 e 2x + 3 2 Calculus 2-2006 Uge 50.1-38
Løs differentialligning Matematik Alfa 1, August 2002 Opgave 7 - figur y 1 0 1 x Løsningskurve Calculus 2-2006 Uge 50.1-39