Lösningar till tentamen i Matematik II, 5B1116, 5B1136 för Bio. E,I,K,ME, Media och OPEN, tisdagen den 13 april 2004.

Relevanta dokument
1. Vi skriver upp ekvationssystemet i matrisform och gausseliminerar tills vi når trappstegsform,

x ( f u 2y + f v 2x) xy = 24 och C = f

Provtentamen i Matematik 2, 5B1116, för B,E,I,IT,M,Media och T, ht 2001

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

Repetition, Matematik 2 för lärare. Ï x + 2y - 3z = 1 Ô Ì 3x - y + 2z = a Ô Á. . Beräkna ABT. Beräkna (AB) T

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Tentan , lösningar

SF1626 Flervariabelanalys Tentamen Tisdagen den 12 januari 2016

Tentamensskrivning, Kompletteringskurs i matematik 5B1114. Onsdagen den 18 december 2002, kl

Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud

1. Bestäm volymen för den parallellepiped som ges av de tre vektorerna x 1 = (2, 3, 5), x 2 = (3, 1, 1) och x 3 = (1, 3, 0).

har ekvation (2, 3, 4) (x 1, y 1, z 1) = 0, eller 2x + 3y + 4z = 9. b) Vi söker P 1 = F (1, 1, 1) + F (1, 1, 1) (x 1, y 1, z 1) = 2x + 3y + 4z.

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

TMV036 Analys och Linjär Algebra K Kf Bt, del C

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

1. Beräkna hastigheten, farten och accelerationen vid tiden t för en partikel vars rörelse beskrivs av r(t) = (2 sin t + cos t, 2 cos t sin t, 2t).

Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud

SF1626 Flervariabelanalys

SF1626 Flervariabelanalys Bedömningskriterier till tentamen Tisdagen den 7 juni 2016

Partiella differentialekvationer av första ordningen

= ( 1) xy 1. x 2y. y e

(x + 1) dxdy där D är det ändliga område som begränsas av kurvorna

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

. b. x + 2 y 3 z = 1 3 x y + 2 z = a x 5 y + 8 z = 1 lösning?

TMV036 Analys och linjär algebra K Kf Bt, del C

Hjälpmedel: utdelad ordlista, ej räknedosa Chalmers tekniska högskola Datum: kl

Optimering med bivillkor

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

Institutionen för matematik SF1626 Flervariabelanalys. Lösningsförslag till tentamen Måndagen den 5 juni 2017 DEL A

SF1624 Algebra och geometri Tentamen Torsdag, 17 mars 2016

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

A = (3 p) (b) Bestäm alla lösningar till Ax = [ 5 3 ] T.. (3 p)

= e 2x. Integrering ger ye 2x = e 2x /2 + C, vilket kan skrivas y = 1/2 + Ce 2x. Här är C en godtycklig konstant.

TMV036/MVE350 Analys och Linjär Algebra K Kf Bt KI, del C

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

1 som går genom punkten (1, 3) och är parallell med vektorn.

z = 4 + 3t P R = (5 + 2t, 4 + 2t, 4 + 3t) (1, 1, 3) = (4 + 2t, 3 + 2t, 1 + 3t)

Tentamen i TATA43 Flervariabelanalys

Tentamen i tmv036c och tmv035c, Analys och linjär algebra C för K, Kf och Bt A =, = det(a λi) = e 2t + c 2. x(t) = c 1. = c 1.

SF1626 Flervariabelanalys Tentamen Torsdagen den 20 augusti 2015

Lösning till kontrollskrivning 1A

2x + 3y + z = 2 x + 2y + z = a x 2y 3z = 1

LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK. LÖSNINGAR FLERDIMENSIONELL ANALYS, FMA kl 8 13

f(x, y) = ln(x 2 + y 2 ) f(x, y, z) = (x 2 + yz, y 2 x ln x) 3. Beräkna en vektor som är tangent med skärningskurvan till de två cylindrarna

y + 1 y + x 1 = 2x 1 z 1 dy = ln z 1 = x 2 + c z 1 = e x2 +c z 1 = Ce x2 z = Ce x Bestäm den allmänna lösningen till differentialekvationen

Institutionen för matematik KTH. Tentamensskrivning, , kl B1119, Vektoranalys, för Open.

Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Linnea Hietala MVE480 Linjär algebra S

SKRIVNING I VEKTORGEOMETRI

Problem inför KS 2. Problem i matematik CDEPR & CDMAT Flervariabelanalys. KTH -matematik

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Lösningsförslag till skrivningen i Vektorgeometri (MAA702) måndagen den 30 maj 2005

Lösningsförslag till tentamen Tisdagen den 10 januari 2017 DEL A

SF1626 Flervariabelanalys Tentamen Tisdagen den 7 juni 2016

Lösningar till Matematisk analys

SF1633, Differentialekvationer I Tentamen, torsdagen den 7 januari Lösningsförslag. Del I

Lektion 3. Partiella derivator, differentierbarhet och tangentplan till en yta, normalen i en punkt till en yta, kedjeregeln

x (t) = 2 1 u = Beräkna riktnings derivatan av f i punkten a i riktningen u, dvs.

Uppgifter inför KS4 den 11 april Matematik II för CL. SF1613.

Där a = (1, 2,0), b = (1, 1,2) och c = (0,3, 1) Problem 10. Vilket är det enda värdet hos x för vilket det finns a och b så att

Lösningsförslag till tentamen Torsdag augusti 16, 2018 DEL A

SF1624 Algebra och geometri

Lösningsförslag till tentamen Onsdagen den 15 mars 2017 DEL A

2x+y z 5 = 0. e x e y e z = 4 e y +4 e z +8 e x + e z = (8,4,5) n 3 = n 1 n 2 =

Tentamen: Lösningsförslag

SF1626 Flervariabelanalys Tentamen Tisdagen den 10 januari 2017

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A

Optimering med bivillkor

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen Lördagen den 5 juni, 2010 DEL A

x 2y + z = 1 (1) 2x + y 2z = 3 (2) x + 3y z = 4 (3)

(x 3 + y)dxdy. D. x y = x + y. + y2. x 2 z z

3. Lös det överbestämda systemet nedan på bästa sätt i minsta kvadratmening. x + y = 1 x + 2y = 3 x + 3y = 4 x + 4y = 6

= 0 genom att införa de nya

x+2y 3z = 7 x+ay+11z = 17 2x y+z = 2

1. Beräkna volymen av det område som begränsas av paraboloiden z = 4 x 2 y 2 och xy-planet. Lösning: Volymen erhålles som V = dxdydz.

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

ax + y + 4z = a x + y + (a 1)z = 1. 2x + 2y + az = 2 Ange dessutom samtliga lösningar då det finns oändligt många.

1. Bestäm definitionsmängden och värdemängden till funktionen f(x,y) = 1 2x 2 3y 2. Skissera definitionsmängden, nivålinjerna och grafen till f.

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A. 1. En svängningsrörelse beskrivs av

Institutionen för matematik KTH. Tentamensskrivning, , kl B1210 och 5B1230 Matematik IV, för B, M, och I.

Lösningsforslag till tentamen i SF1624 den 22/ e x e y e z = 5e x 10e z = 5(1, 0, 2). 1 1 a a + 2 2a 4

TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen Lösningsskiss

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Svar till tentan. Del A. Prov i matematik Linj. alg. o geom

SF1669 Matematisk och numerisk analys II Lösningsförslag till tentamen DEL A. r cos t + (r cos t) 2 + (r sin t) 2) rdrdt.

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Vektorerna är parallella med planet omm de är vinkelräta mot planets normal, dvs mot

Frågorna 1 till 6 ska svaras med ett kryss för varje korrekt påstående. Varje uppgift ger 1 poäng. Använd bifogat formulär för dessa 6 frågor.

SF1624 Algebra och geometri Tentamen med lösningsförslag onsdag, 11 januari 2017

Frågorna 1 till 6 ska svaras med ett kryss för varje korrekt påstående. Varje uppgift ger 1 poäng.

Detta cosinusvärde för vinklar i [0, π] motsvarar α = π 4.

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till tentamen DEL A. (1 p) (c) Bestäm avståndet mellan A och linjen l.

TENTAMEN I LINJÄR ALGEBRA OCH NUMERISK ANALYS F1, TMA671

Tentamen i Linjär algebra (TATA31/TEN1) ,

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Prov i matematik F2, X2, ES3, KandFys2, Lärare, Frist, W2, KandMat1, Q2 LINJÄR ALGEBRA II

Vektorgeometri. En vektor v kan representeras genom pilar från en fotpunkt A till en spets B.

Flervariabelanalys E2, Vecka 3 Ht08

För studenter i Flervariabelanalys Flervariabelanalys MA012B ATM-Matematik Mikael Forsberg

= y(0) för vilka lim y(t) är ändligt.

Tentamen 1 i Matematik 1, HF okt 2018, Skrivtid: 14:00-18:00 Examinator: Armin Halilovic

Inlämningsuppgift nr 2, lösningar

Transkript:

Institutionen för matematik. KTH Lösningar till tentamen i Matematik II, B1116, B1136 för Bio. E,I,K,ME, Media och OPEN, tisdagen den 13 april 2004. 1. Välj en punkt i planet 3x + 3y z = 4, exempelvis ā = (0, 0, 4). Planet har normalvektorn n = (3, 3, 1), som i normerad version blir ˆn = 1 19 (3, 3, 1). 1 Projektionen av ā på n, ā n = (ā ˆn)ˆn = ((0, 0, 4) 19 (3, 3, 1))ˆn = 4 19 ˆn. Det sökta avståndet är projektionens längd, ā n = 4 19 2. Gausselimination ger: 3 1 a 2 1 3 1 1 3 1 2 1 3 1 2 1 3 3 1 a 2 1 2 1 3 3 1 a 1 0 7 0 8 3 + a 11 0 1 /7 0 8 3 + a /7 11 0 1 /7 0 0 19/7 + a /7 37/7 Man ser att tredje raden i sista systemet är en nollrad då a = 19/7, vilket svarar mot att systemdeterminanten då är = 0. Eftersom högerledet är skilt från 0 i tredje ekvationen saknar systemet lösning för a = 19 7. 3. Den sökta riktningsderivatan u v(1, 2, ) bestäms med formeln u v(p ) = grad u(p ) ˆv, där P = (1, 2, ) och ˆv = v/ v = (2, 3, 6)/7. x grad u(x, y, z) = grad ( x 2 + y 2 + z ) = 2 ( 1 (x2 + y 2 + z 2 ) 2x 2 xy, (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 (x 2 + y 2 + z 2 ), xz 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) ). 2 grad u(1, 2, ) = ( 9 2, 4 9 2 9, 4 ) = (7, 4, 4)/81. 2 92 Alltså, u v(1, 2, ) = 1 1 1 26 (7, 4, 4) (2, 3, 6) = (14 12 + 24) = 81 7 81 7 67. V.g. vänd!

4. A = ( 1 ) 2 1 3 ger A T = ( ) 1 1 2 3 och B = A T A = B : s egenvärden bestäms av karakteristiska ekvationen: 2 λ 1 1 13 λ = 0. Man får : (2 λ)(13 λ) 1 = λ 2 1λ + 2 = 0, varav ( ) ( ) 1 1 1 2 2 3 1 3 = ( 2 ) 1 1 13 λ = 1/2 ± (1/2) 2 2 = 1/2 ± 12/4 = 1/2 ± /2. Största egenvärdet λ max = 1 + ger matrisnormen A = λ max = 2 1 + som kan visas vara lika med +. 2 2. Beräkning av determinanten längs andra raden ger: 3 2 6 7 2 0 3 0 2 6 7 3 0 1 = () 0 1 2 2 0 1 2 0 1 + ( 3) 3 2 7 3 0 2 2 1 = ()(2( 1 0) 6(0 10) + ( 7)(0 + 2)) + ( 3)(3(0 10) 2(3 10) + ( 7)(6 0)) = ()44 + ( 3)( 8) = 88 + 174 = 86. 6. Kurvan r = (x(t), y(t), z(t)) har tangentvektorer av typen r = (x (t), y (t), z (t)). Den givna kurvan r = ( t cos πt, t sin πt, t) har alltså tangentvektorerna r = ( cos πt + ( t)π( sin πt), sin πt + t(π) cos πt, 1) Tangentvektorn i punkten (1, 0, 1) ( som svarar mot t = 1 ) är alltså T = r (1) = ( ( 1) + 0, 0 + π( 1), 1) = (1, π, 1). Normalvektorer till ytan F (x, y, z) = x 2 + y 2 z 2 = 0 fås som grad F = (F x, F y, F z ) = (2x, 2y, z). Normalvektorn till ytan i punkten (1, 0, 1) (som ligger på ytan) blir alltså n = grad F (1, 0, 1) = (2, 0, ). T och n är vinkelräta eftersom T n = (2, 0, ) (1, π, 1) = 2 + 0 2 = 0. Förklaringen är att kurvan ligger inbäddad i ytan. (forts.)

(6. forts.) Insättning av kurvans x, y och z komponenter i ytans ekvation z 2 = x 2 + y 2 ger t 2 = ( t) 2 cos 2 πt + t 2 sin 2 πt = t 2 (cos 2 πt + sin 2 πt) = t 2, dvs ekvationen är identiskt uppfylld, vilket visar att varje punkt på kurvan ligger i ytan. Eftersom ytan är differentierbar (utanför origo) finns ett tangentplan till ytan i punkten (1, 0, 1). Kurvans tangent T ligger då i detta tangentplan och är alltså vinkelrät mot normalvektorn n som är vinkelrät mot tangentplanet. 7a. Det underbestämda linjära systemet F (x, y, z) = 2x 4y + 3z = 1 G(x, y, z) = 3x y + 4z = 2 kan skrivas om på formen 2x + 3z = 1 + 4y 3x + 4z = 2 + y där y betraktas som en parameter i högerledet. Man ser att x och z kan lösas ut som funktioner av y om systemdeterminanten i högra systemet är skild från 0. Determinanten är 2 3 3 4 = 8 9 = 1 0. Alltså kan x och z lösas som funktioner av y ur systemet. Att punkten (x, y, z) = (1, 1, 1) är en lösning (av oändligt många) till systemet framgår av direkt insättning: x = y = z = 1 ger i första ekvationen:2 4 + 3 = 1 och i andra ekvationen 3 + 4 = 1. Notera att den betraktade systemdeterminanten kan skrivas som determinanten för en delmatris till systemets Jacobimatris: d(f, G) = 1 0. d(x, z) 7b. Sätt P (x, y, z) = 2x 4y + 3z 2 och Q(x, y, z) = 3x y + 4z. Det givna olinjära systemet kan då skrivas P (x, y, z) = 1 Q(x, y, z) = 2. Man ser att (x, y, z) = (1, 1, 1) är en lösning även till detta system. Enligt Implicita funktionssatsen (P och Q är differentierbara) har detta system en lösning av typen x = x(y), z = z(y) i en omgivning av punkten (1, 1, 1) om determinanten d(p, Q) i punkten (1, 1, 1) är skild ifrån 0. d(x, z) Man får P x = 2, P z = 6z = 6 i (1, 1, 1). Q x = 3, Q z = 4, vilket ger V.g. vänd!

(7b. forts.) d(p, Q) d(x, z) (1.1.1) = 2 6 3 4 = 8 18 = 10 0. Därför kan man lösa ut x(y) och z(y) ur systemet i en omgivning av punkten (1, 1, 1). y 8. Funktionen f(x, y) = x 2 e xy y2 skall undersökas på den slutna triangeln definierad av 0 y x 4. Eftersom området är slutet och begränsat och funktionen f är kontinuerlig, vet man att det finns ett största och ett minsta värde för f på området. Vi börjar med att undersöka om det finns några stationära punkter i det inre av triangeln. III I (4, 4) II x (4, 0) Inre punkter. (1) (2) f = 2x 2y exy y2 x f = (x 2y) exy y2 y (2) ger x = 2y, vilket insatt i (1) ger 2y(2 e y2 ) = 0, vilket i sin tur har lösningarna y = 0 (ger ingen inre punkt) samt y = ± ln 2, vilket ger (x, y) = (2 ln 2, ln 2) som enda stationära inre punkt. (Punkten ligger inom triangeln eftersom ln 2 < 1. y = ln 2 ger en punkt utanför triangeln). Punkten har funktionsvärdet f(2 ln 2, ln 2) = 4 ln 2 2e ln 2 = 4(ln 2 1) Notera att detta värde ligger mellan 4 och 0, eftersom 0 < ln 2 < 1. Rand I : y = 0, 0 x 4. = 0 = 0 Sätt f(x, 0) = g(x) = x 2 2. punkt i det inre av rand I. g (x) = 2x, dvs det finns ingen stationär

(8. forts.) Rand II : x = 4, 0 y 4. Sätt f(4, y) = h(y) = 16 e 4y y2. h (y) = (4y) e 4y y2 = 0 för y = 2. Man får den stationära punkten (4, 2) på rand II med f(4, 2) = 16 2 e 4. Rand III : y = x, 0 x 4. Sätt j(x) = f(x, x) = x 2 2 = g(x). på rand III. Inga stationära inre punkter Hörnen. f(0, 0) =, f(4, 0) = 14, f(4, 4) = 14. Jämförelse mellan de fem intressanta punkterna ger: f max = f(4, 0) = f(4, 4) = 14. f min = f(4, 2) = 16 2 e 4. Anm:16 2 e 4 < 16, eftersom e > 2 och alltså 2 e 4 > 2 2 4 = 32. 9. Den ortogonala projektionen av en punkt (x, y, z) på planet x+2y z = 0 kan skrivas : (*) (u, v, w) = (x, y, z) + t(1, 2, 1), eftersom n = (1, 2, 1) är en normalvektor till planet. Notera att parametern t här beror av (x, y, z). Villkoret att (u, v, w) = (x + t, y + 2t, z t) skall ligga i planet ger: u + 2v w = (x + t) + 2(y + 2t) (z t) = 0, dvs. 6t + x + 2y z = 0, (**) t = ( x 2y + z)/6). Insättning av (**) i (*) ger: (u, v, w) = (x, y, z) + (( x 2y + z)/6)(1, 2, 1) = (x + ( x 2y + z)/6, y + 2( x 2y + z)/6, z + ( 1)( x 2y + z)/6) = (x/6 y/3 + z/6, x/3 + y/3 + z/3, x/6 + y/3 + z/6). På matrisform: u x/6 y/3 + z/6 v = x/3 + y/3 + z/3 = w x/6 + y/3 + z/6 varav man ser att den efterfrågade matrisen är: /6 1/3 1/6 1/3 1/3 1/3. 1/6 1/3 /6 /6 1/3 1/6 x 1/3 1/3 1/3 y 1/6 1/3 /6 z V.g. vänd!

9. (forts.) Anm: Motsvarande projektion på planet z = 0 (xy-planet) utföres av matrisen 1 0 0 A = 0 1 0 0 0 0 Man kan alltså också lösa problemet genom att först göra en ortogonal koordinattransformation så att det givna planet avbildas på xy-planet. Därefter undersöker man vilken matris i det gamla systemet som transformeras till A i det nya systemet. (Se Ex. 7.8, s.209 i LGA). 10a. En matris A är symmetrisk om A T = A. Vi undersöker B T B och utnyttjar att (GH) T = H T G T. (B T B) T = B T (B T ) T = B T B (eftersom (B T ) T = B) Alltså är A = B T B symmetrisk. 10b. Låt λ vara ett godtyckligt egenvärde till A = B T B och v en motsvarande egenvektor. ( v 0 ). Man har då ( ) B T B v = λ v Bilda nu B v 2 som ju är 0: B v 2 = (B v) T (B v) = ( v T B T )(B v) = v T B T B v = (enl. ( ) ) = v T λ v = λ v T v = λ v 2. Alltså, B v 2 = λ v 2. Eftersom B v 2 0 och v 2 > 0 måste λ 0. VSV.