Lösningar till tentamen i Matematik 2, 5B1116, för E och ME samt 5B1136 för I den 1 mars 2004.

Transkript

1 Institutionen för matematik. KTH Lösningar till tentamen i Matematik 2, 5B1116, för E och ME samt 5B1136 för I den 1 mars Gausselimination ger: b b/ b 2 3 b/3 1 b/ b Lösningar existerar endast då b/3 9, dvs då b 27. Lösningarna fås ur (sätt t, b 27): y t t + 8, x 2y + 3t + 3 t 13. Svar: b 27, x t 13, y t + 8, t. 2. Punkten (3, 1, 2) och linjen (x, y, ) (1, 1, 1)+t(2, 1, 3) skall ligga i det sökta planet. Därmed ligger också skillnadsvektorn s (3, 1, 2) (1, 1, 1) (2,, 1) och linjens riktningsvektor v (2, 1, 3) i planet. Planets normal fås alltså som kryssprodukten s v ē 1 ē 2 ē ( 1, 2 6, 2 ) ( 1, 4, 2) n Planets ekvation blir därför n (x, y, ) n (1, 1, 1) x 4y + 2 ( 1, 4, 2) (1, 1, 1) 3. Svar: x + 4y 2 3. V.g. vänd!

2 3. Om u(x, y) F (r) blir u x F (r) r x. På samma sätt blir u y F (r) r y. Men r x x x2 + y 2 På samma sätt r y y r. Man får alltså x u x rf (r). 2x 2 x 2 + y 2 x r. u +y y xf (r) x r +yf (r) y r F (r) x2 + y 2 r F (r) r2 r 4. f(x, y) x 4 + xy + 2y 2. (1) f x 4x 3 + y (2) f y x + 4y ger de stationära punkterna: y x/4 ur (2) ger i (1) : 4x 3 x/4 dvs. (3) x(16x 2 1) Ur (3) får man x som ger y eller x 1/4 som ger y 1/16 eller x 1/4 som ger y 1/16. De stationära punkterna är alltså (,), (1/4,-1/16) och (-1/4,1/16). Fortsatt derivering ger f xx 12x 2, f xy 1 och f yy 4. Ur detta får man punkternas karaktär genom att studera andraderivatornas värden i punkterna: (, ) (1/4, 1/16) ( 1/4, 1/16) A f xx 3/4 3/4 B f xy C f yy AC B 2 1 < 2 > 2 > sadelpunkt A >, lok.min A >, lok.min Svar: Punkterna (1/4,-1/16) och (-1/4,1/16) är båda lokala minimipunkter. Anm: De stationära punkterna karaktär kan också bestämmas ( ) genom att A B man i varje punkt beräknar egenvärdena till hessianen. B C

3 5. f(x, y, ) xe 2y. f:s riktningsderivata i punkten P : (1,, ) skall bestämmas i den riktning som svarar mot riktningsvektorn för linjen (x, y, ) (1 4t, 8t, t) (1,, ) + t( 4, 8, 1). Den avsedda riktningen är alltså v ( 4, 8, 1). Den sökta riktningsderivatan är f v(p ) gradf(p ) ˆv, där ˆv v/ v. gradf (f x, f y, f ) (e 2y, 2xe 2y, xe 2y ) e 2y (1, 2x, x). gradf(p ) gradf(1,, ) (1, 2, 1). ˆv ( 4, 8, 1)/ ( 4, 8, 1) ( 4, 8, 1)/ ( 4, 8, 1). 9 Alltså, f v(p ) (1, 2, 1) 1 9 ( 4, 8, 1) 1 9 ( ) 1 9 ( 21). Svar: f v(1,, ) a. Koordinattransformationen { ( ) x r cos ϕ xr x har Jacobimatrisen J(r, ϕ) ϕ y r sin ϕ y r y ϕ sin ϕ Man får detj(r, ϕ) cos ϕ r sin ϕ sin ϕ r cos ϕ r cos 2 ϕ + r sin 2 ϕ r. detj(r, ϕ) är alltså då r och därmed är transformationen inverterbar i en omgivning av alla punkter där r. Speciellt är detta sant för punkten r 2, ϕ π/3. ( cos ϕ r sin ϕ r cos ϕ ). 6b. De partiella derivatorna r x och r y kan bestämmas genom direkt derivering eftersom man vet att r x 2 + y 2. r x x2 + y x 2 P.s.s fås r y x2 + y y 2 y r ϕ π/3 får man alltså r x 1/2, r y 3/2. 2x 2 x 2 + y x 2 r r cos ϕ r cos ϕ. sin ϕ. I punkter med koordinaten V.g. vänd!

4 7. Matrisen A skall transformera (2, 3, ) till (3, 4, 7). På komponentform: a 11 a 12 a a 11 3a 12 3 a 21 a 22 a dvs. 2a 21 3a a 31 a 32 a a 31 3a 32 7 Problemet är underbestämt och det finns oändligt många tänkbara lösningar. Bl.a. ser man att a 13, a 23 och a 33 kan väljas helt godtyckligt. En lösning med heltalskomponenter är exempelvis a 11, a 12 1, a 21 2, a 22, a 31 2, a 32 1, a 13 a 23 a 33. Svar: (exempelvis ) Ekvationen x 2 + 4y xy + 2x + 4y 3 skall skrivas på huvudaxelform dvs. diagonaliseras. Huvudaxlarnas riktningar skall anges. Detta innebär att egenvärden och motsvarande egenvektorer skall bestämmas till den matris som svarar mot vänsterledets kvadratiska form. Ekvationen kan skrivas x T Q x 3 där x (x, y, ) T och Q Q:s egenvärden: 1 λ λ λ (1 λ)((4 λ) 2 4) ( 1)( (4 λ) 2)+( 2 (4 λ)) (1 λ)/λ 2 8λ+12)+λ 6 6+λ λ 2 8λ+12 λ 3 +8λ 2 12λ+2λ 12 λ 3 + 9λ 2 18λ ( λ)(λ 3)(λ 6). Egenvärdena är alltså λ 1, λ 2 3 och λ 3 6. Den diagonaliserade ekvationen med de nya variablerna u, v och w blir alltså

5 3v 2 + 6w 2 3 eller: v 2 + 2w 2 1 Notera att u saknas eftersom egenvärdet λ 1. Detta medför att ytans skärningskurva med varje plan av typen u C är en ellips med halvaxeln 1 i v-led och 1 2 i w-led. Ytan är alltså en elliptisk cylinder. Huvudaxelriktningar: Dessa riktningar erhålles som egenvektorer till de tre egenvärdena, dvs som lösningar till följande tre homogena system, svarande mot egenvärdena λ, 3 resp. 6. (Endast två av tre ekvationer anges) ( ) y ( ) ( ) y ( ) ( ) y Gausselimination på dessa system ger efter ett par operationer: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) y ( ) y y varur man får de tre egenvektorerna huvudaxelriktningarna i xy-rummet: v 1 t( 2, 1, 1), v 2 t(1, 1, 1), v 3 t(, 1, 1). ( ) V.g. vänd!

6 9. Anpassning av de tre punkterna (1, 1), (2, ) och (4, 1) till en kurva av typ ax + b ln x y ger följande överbestämda system: a 1 1 ( ) 1 2a + (ln 2)b eller 2 ln 2 a b 4a + (2 ln 2)b ln 2 1 Normalekvationerna blir då: ( ) ln 2 ln 2 2 ln ln 2 ( ) a b ( ) ln 2 2 ln 2 1 ( ) ( ) 21 1 ln 2 a 1 ln 2 5 ln 2 2 b ( ) 3 2 ln 2 Detta system kan lösas exempelvis med Cramers regel och man får: 3 1 ln 2 2 ln 2 5 ln 2 2 a 5 ln ln 2 5 ln ln 2 5 ln 2 2 b ln 2 2 ln ln 2 1 ln 2 5 ln 2 2 Svar: Den sökta kurvan är y x ln 2 ln x 12 ln 2 5 ln ln 2.

7 1. Antag att tältgavelns bas är 2x l.e och dess höjd h l.e. Antag dessutom att tältets längd är l.e.. Tältgavelns sidor blir då x 2 + h 2 l.e. Totala tältarean blir då (tältbotten saknades) A 2xh + 2 x 2 + h 2. Denna area skall minimeras under bivillkoret att tältvolymen xh V. Ställ upp Lagrangefunktionen: Villkoret grad Φ ger: Φ 2xh + 2 x 2 + h 2 + λ(xh V ) 2x (1) Φ x + 2h + λh x2 + h2 2h (2) Φ h + 2x + λx x2 + h2 (3) Φ 2 x 2 + h 2 + λxh Bivillkor: (4) xh V Vid lösningen av ekvationssystemet antas att x, h, >. Eliminera λ mellan (1) och (2) genom 2x 2 x (1) h (2) : x2 + h 2h2 2 x2 + h, 2 x2 h 2, x h. Insättning av h x i (3) ger: 2 2x + λx 2, dvs. λ 2 2 x. Insättning av detta uttryck för λ samt h x i (1) ger: 2x +2x 2 2x, ( 2 2 2)+2x, 2x 2, x 2. 2x x Förhållandet mellan x, h och är alltså 1 : 1 : 2. Sätt x h, h 2 i bivillkoret xh V : h 3 2 V ger tältets höjd h V 1/3 2 1/6. V.g. vänd!

8 Anm. 1: Den erhållna stationärpunkten svarar mot ett globalt minimum för problemet på området x, h, > Detta brukar i liknande fall ofta motiveras med problemets karaktär. Dock är det beskrivna området inte slutet begränsat och ett strikt bevis borde innehålla en motivering för att ett globalt minimum verkligen antas i den funna stationära punkten. En sådan motivering skisseras här: Uttryck först tältarean A som funktion av x och h genom att sätta V/xh: A 2xh + 2V x 2 + h 2 xh 2xh + 2V xh x 2 + h 2 xh Här kan man visa att x 2 + h 2 2 xh varför man får att (låt M vara ett stort tal): A M då xh 8V 2 M 2. Närmare undersökning av funktionen A(x, h) visar också att A M då x 2 + h 2 M 2 Därför kan man dra slutsatsen att den erhållna stationära punkten utgör en global minimipunkt på det slutna, begränsade området definierat av xh 8V 2 M och x 2 + h 2 M 2 eftersom A:s värden på områdets rand är M. 2 16V A:s värden utanför detta område i första kvadranten av xh-planet är också M, varför slutsatsen gäller hela första kvadranten (x >, h > ). 16V Anm. 2: Med de erhållna värdena på x, h och får man ett tält där gavlarna utgör halva kvadrater medan de två taksidorna utgör kvadrater. Tältet utgör därmed en halv kub.