Kapittel 10: Funksjoner av flere variable

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Kapittel 10: Funksjoner av flere variable"

Transkript

1 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 95 Kapittel 0: Funksjoner av flere variable 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable. Oppgave 0..: a) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y) består av alle punkter (x, y) R som er slik at xy 0, det vil si xy. Det holder for hele andre og fjerde kvadrant der xy 0. Kurven som danner skillelinjen mellom,,lovlige og,,ulovlige punkter er kurven xy =, det vil si, y = /x. Denne kurven består av to grener. (Den er faktisk en hyperbel.) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y) består av alle punkter på og mellom de to grenene. 3 y K3 K K 0 3 x K K K3 b) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y) består av alle punkter (x, y) R som er slik at x + y 0, det vil si, alle punkter unntatt de som ligger på linjen y = x.

2 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 95 3 y K3 K K 0 3 x K K K3 c) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y) består av alle punkter (x, y) R som er slik at y x > 0, det vil si, alle punkter som ligger over linjen y = x. 3 y K,5 K,0 K0,5 0 0,5,0,5 x K K K3 d) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y) består av alle punkter (x, y) R. (Det er det ikke mye å skissere, så vi lar det være.) Oppgave 0..: a) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y, z) består av alle punkter (x, y, z) R 3 som er slik at x + y + z 4 > 0, det vil si, alle punkter utenfor kuleflaten x + y + z = med sentrum i origo og radius. b) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y, z) består av alle punkter (x, y, z) R 3 som er slik at x + y + z 0, det vil si, hele R 3.

3 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 953 c) Den naturlige definisjonsmengden for f(x, y, z) består av alle punkter (x, y, z) R 3 som er slik at 0 x + y z, det vil si, alle punkter på og mellom de to parallelle planene z = x + y og z = x + y. Oppgave 0..3: a) Funksjonsverdien for f(x, y) er positiv fordi eksponensialfunksjonen alltid er positiv. Her er e opphøyd i et tall 0, så verdimengden til f(x, y) er intervallet (0, ]. Videre er f(x, y) lik en konstant 0 < c når x + y = ln c. Det vil si, nivåkurvene er sirkler med sentrum i origo og radius ln c. Figuren viser nivåsirklene f(x, y) = 4,, 3 4.,0 y 0,5 K,0 K0,5 0 0,5,0 x K0,5 K,0 b) Verdimengden til f(x, y) er hele R. Funksjonen har derfor nivåkurver f(x, y) = c for enhver c R. De er gitt ved x y = c. For c = 0 er dette to rette linjer y = ±x. For c > 0 er det en hyperbel med sentrum i origo og,,gap langs x-aksen. For c < 0 er det en hyperbel med sentrum i origo og,,gap langs y-aksen. Figurene nedenfor viser nivåkurvene for c = 0,, 3, 5 og for c = 0,, 3, y 4 y 4 K6 K4 K x K K6 K4 K x K K4 K4 K6 K6

4 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 954 c) Verdimengden til f(x, y) er alle reelle tall 0. Funksjonen har derfor nivåkurver f(x, y) = c for enhver c 0. De er gitt ved 4x + 9y = c. For c = 0 er dette bare punktet origo. For c > 0 er det en ellipse gitt ved 4x + 9y = c x ( c/) + y ( c/3) =. Figuren nedenfor viser nivåkurvene for c =, 4, 9. y 0,8 0,6 0,4 0, K,0 K0,5 K0, 0 0,5,0 x K0,4 K0,6 K0,8 d) Verdimengden til f(x, y) er alle reelle tall. Funksjonen har derfor nivåkurver f(x, y) = c for enhver c R. De er gitt ved x 4y = c. Det vil si, de er parallelle linjer i xy-planet. Figuren nedenfor viser nivåkurvene for c =, 0, 3, 5. K4 K3 K K x K y K K3 Oppgave 0..4: a) f(x, y) = g(r, θ) := e r. b) f(x, y) = g(r, θ) := r (cos θ sin θ) = r cos θ. c) f(x, y) = g(r, θ) := 4r cos θ + 9r sin θ = r (4 + 5 sin θ).

5 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 955 d) f(x, y) = g(r, θ) := r cos θ 4r sin θ = r(cos θ sin θ). Oppgave 0..5: f(x, y, z) = g(ρ, ϕ, θ) := (ρ ) / = /ρ. Verdimengden til f(x, y, z) er alle reelle tall > 0. Funksjonen har derfor nivåflater f(x, y, z) = /ρ = c for enhver c > 0. De er kuleflater med sentrum i origo og radius /c. Oppgave 0..6: f(x, y, z) = g(r, θ, z) := z(r ) / = z/r. Verdimengden til f(x, y, z) er alle reelle tall. Funksjonen har derfor nivåflater f(x, y, z) = z/r = c for enhver c R. For c = 0 er nivåflaten lik xy-planet. For c 0 er nivåflatene kjegleflater med akse langs z-aksen og sirkulære tverrsnitt. Oppgave 0..7: a) og b) Grafen i a) er et plan parallelt med xy-planet. Grafen i b) er et skrått plan som inneholder y-aksen.,0,0,0 y 0,5 0,0 0,5 0,00,0 0,5 x 0,5 0,5,0,0 0,5 0,5 0,75,0,0 0,0 0,5 0,0 0,0 y 0,5,0 0,5 0,5 x 0,5,0,0,0

6 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 956 c) og d),0 0,5,5 0,0,0,0 0,5 0,5 0,0 0,5 0,5,0,0 y x 0,5,0 0,75 0,5,0,0 0,5,0 0,5 0,5 y 0,0 0,0 0,0 0,5 0,5,0 x,0 e) og f),0,0 0,75 0,5,0 xy,0 0,5 0,5 0,5 0,0 0,0 0,0 0,5 0,5,0,0 x 0, ,0 y g) og h) 8 x y y 0 x

7 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 957 i) og j) (j) er NY), y x 0, , , ,0 0 y 0 x Oppgave 0..8: For fiksert t og fikserte verdier c, c,... cn kan man tegne niv akurvene f (x, y, t) = ck i xy-planet. De vil danne et system av kurver akkurat som kotene p a et kart. Hvis vi gjør dette for t = 0, h, h, 3h,..., N h med relativt sm a tidsintervall h (men alts a for de samme c-verdiene for alle t), f ar vi en billedserie som kan vises i raskt tempo og fremst a som en film. Det er akkurat dette de gjør i værmeldinger p a TV. Oppgave 0..9: Anta du har en ideell gass i en lukket beholder. M al P, V og T og sett k = P V /T. Da er P = f (V, T ) = kt /V. Verdimengden til f (V, T ) er alle positive tall. (Temperaturen T m alt i grader Kelvin er alltid 0.) Funksjonen har dessuten niv akurver f (V, T ) = kt /V = c for enhver c > 0. De er rette linjer T = kc V gjennom origo i V T -planet med stigningstall c/k. Oppgave 0..0: Verdimengden til funksjonen V (x, y) = p 5 x y er alle reelle tall 5 = /5. Funksjonen har derfor niv akurver V (x, y) =

8 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 958 c for enhver c /5. De er gitt ved 5 x y = c 5 x y = c x + y = 5 c som er sirkler med sentrum i origo og radius som øker når c øker. Dette er ekvipotensialkurvene for dette potensialet. Figuren viser nivåkurvene for c = 4, 3,, og. 4 y 3 K4 K3 K K x K K K3 K4 Oppgave 0..: Verdimengden til funksjonen P (x, y) er avhengig av hvilken måleenhet vi bruker for trykket, men vi antar den inneholder verdiene c = 0,,. Nivåkurvene P (x, y) = c er derved grafene til likningene (x c) + 4 (y c) = c for disse verdiene av c. For c = 0 degenereres nivåkurven til punktet i origo. For c > 0 kan likningen skrives (x c) (c (y c) + ) (c ) = som er likningen for en ellipse med sentrum i (c, c). Figuren viser nivåkurvene for c = og c =.

9 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable y 4 K x Oppgave 0..: Verdimengden til funksjonen T (x, y) er avhengig av hvilken måleenhet vi bruker for temperaturen, men vi antar den inneholder verdiene c = 0, 5, 0 og 5. Nivåkurvene T (x, y) = c er derved grafene til likningene (x c) + y = c for disse verdiene av c. For c > 0 er dette likningen for en sirkel med sentrum i (c, 0) og radius c. Figuren viser nivåkurvene for c = 0, 5, 0 og y 0 0 K x K0 K0 K30 Oppgave 0..3: For konstant fokalavstand f = k, må (a, b) ligge i første kvadrant av abplanet og på kurven beskrevet ved a + b = b + a = ab k k(a + b) = ab.

10 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 960 Figuren viser nivåkurvene for k =,, y x

11 0.. Grenser og kontinuitet Grenser og kontinuitet. Oppgave 0..: a) x 5y lim (x,y) (,5) x 3y = = =. b) lim (x,y,z) (,, ) e xy x y + z = e + = e. c) Grenseverdien lim (x,y) (,π/) x cos y eksisterer ikke fordi telleren går mot mens nevneren går mot 0. Faktisk går uttrykket mot når x = og y π/ nedenfra, og mot + når x = og y π/ ovenfra. d) Dette er et null-over-null-uttrykk. For å analysere det nærmere, innfører vi polarkoordinater i uttrykket: lim (x,x) (0,0) y 4x x + y = lim r sin θ 4r cos θ r 0 r ved skviseloven, siden uttrykket i parentesen er begrenset. = lim r 0 r (sin θ 4 cos θ) = 0 e) Dette er et null-over-null-uttrykk. For å analysere det nærmere, innfører vi polarkoordinater i uttrykket: y x lim (x,y) (0,0) x + y = lim r sin θ r cos θ r 0 r som er avhengig av θ. Grenseverdien eksisterer derfor ikke. = lim r 0 (sin θ cos θ) f) Dette er et null-over-null-uttrykk. For å analysere det nærmere, innfører

12 0.. Grenser og kontinuitet 96 vi polarkoordinater i uttrykket: 7x 5 6x 3 y 7r 5 cos 5 θ 6r 5 cos 3 θ sin θ lim (x,y) (0,0) (x + y ) = lim r 0 r 4 = lim r 0 r(7 cos 5 θ 6 cos 3 θ sin θ) = 0 ved skviseloven, siden uttrykket i parentesen er begrenset. g) Dette er et null-over-null-uttrykk. For å analysere det nærmere, innfører vi kulekoordinater i uttrykket: lim (x,y,z) (0,0,0) xz x + y + z = lim ρ 3 sin ϕ cos θ cos ϕ ρ 0 ρ = lim ρ(sin ϕ cos θ cos ϕ) = 0 ρ 0 ved skviseloven, siden uttrykket i parentesen er begrenset. h) Dette er et null-over-null-uttrykk, men vi har et større problem: brøken er udefinert for alle punktene på de to koordinataksene x = 0 og y = 0 i xyplanet. Disse linjene går gjennom grensepunktet (0, 0). Det betyr at vi ikke kan kontrollere alle punkter (0, ) i noen omegn om (0, 0), slik definisjonen av en grenseverdi krever. Grenseverdien eksisterer derfor ikke. På den andre siden kunne man tenke seg å definere en grenseverdi sin xy lim (x,y) (0,0), xy 0 xy der vi bare krever at brøken skal være nær nok en eventuell grenseverdi i omegner om (0, 0) der vi ser bort fra punkter på koordinataksene, det vil si, omegner minus punktene der xy = 0. Da gjelder: sin xy lim (x,y) (0,0), xy 0 xy fordi t := xy 0 når (x, y) (0, 0). sin t = lim = t 0 t Oppgave 0..: a) Dette er et null-over-null-uttrykk, men vi har et større problem: brøken er udefinert for alle punktene på linjen y = x i xy-planet. Denne linjen går gjennom grensepunktet (0, 0). Det betyr at vi ikke kan kontrollere alle punkter (0, 0) i noen omegn om (0, 0), slik definisjonen av en grenseverdi krever. Grenseverdien eksisterer derfor ikke.

13 0.. Grenser og kontinuitet 963 På den andre siden kunne man tenke seg å definere en mildere grenseverdi x y lim (x,y) (0,0), y x x + y der vi bare krever at brøken skal være nær nok en eventuell grenseverdi i omegner om (0, 0) der vi har fjernet alle punkter der y = x. Da kan vi innføre polarkoordinater i uttrykket. Siden x y lim (x,y) (0,0) x + y = lim r cos θ r sin θ r 0, cos θ+sin θ 0 r cos θ + r sin θ cos θ sin θ = lim r 0, cos θ+sin θ 0 cos θ + sin θ = cos θ sin θ cos θ + sin θ, og derfor avhenger av retningen θ, eksisterer heller ikke denne grenseverdien. b) Dette er et null-over-null-uttrykk, men vi har et større problem: brøken er udefinert for alle punktene på linjen y = x i xy-planet. Denne linjen går gjennom grensepunktet (, ). Det betyr at vi ikke kan kontrollere alle punkter (, ) i noen omegn om (, ), slik definisjonen av en grenseverdi krever. Grenseverdien eksisterer derfor ikke. På den andre siden kunne man tenke seg å definere en grenseverdi x y lim (x,y) (,), y x x y der vi bare krever at brøken skal være nær nok en eventuell grenseverdi i omegner om (, ) der vi har fjernet alle punkter der y = x. Da kan vi,,forkorte bort problemet med null over null: x y lim (x,y) (,), y x x y = lim (x + y)(x y) = lim (x+y) = + =. (x,y) (,), y x x y (x,y) (,) c) Siden brøken er positiv for alle (x, y) (0, 0) og lim (x,y) (0,0) (x + y ) = 0, er lim (x,y) (0,0) Videre er cos x = 0 for x = π/. Derfor er x + y = +. lim (x,y) (0,0) sec x + y = π. d) Dette er et null-over-null-uttrykk. Men vi har også den samme typen problem som i a). Brøken er ikke definert for noe punkt på linjen y = x, og denne linjen går gjennom origo. Altså eksisterer ikke grenseverdien.

14 0.. Grenser og kontinuitet 964 For å analysere nærmere om den mildere grenseverdien x 3 + y lim (x,y) (0,0), y x x 3 + y 3 eksisterer, innfører vi polarkoordinater, men med bibetingelsen at x 3 + y 3 0, det vil si, cos 3 θ + sin 3 θ 0 som holder hvis og bare hvis cos θ + sin θ 0: x 3 + y lim (x,y) (0,0), y x x 3 + y 3 = = lim r 0, cos θ+sin θ 0 lim r 0, cos θ+sin θ 0 r cos 3 θ + sin θ r cos 3 θ + r sin 3 θ = r 3 cos 3 θ + r sin θ r 3 cos 3 θ + r 3 sin 3 θ { sin θ 0 = ± for sin θ 0 0 for sin θ = 0 som er avhengig av θ. Altså eksisterer heller ikke denne grenseverdien. e) Dette er et null-over-null-uttrykk. Men vi har også den samme typen problem som i a). Brøken er ikke definert for noe punkt på linjen y = x, og denne linjen går gjennom grensepunktet (, 0). Altså eksisterer ikke grenseverdien. For å analysere nærmere om den mildere grenseverdien lim (x,y) (0,), y x x(y ) x + y eksisterer, innfører vi en slags polarkoordinater med sentrum i (0, ) i uttrykket. Det vil si, vi setter x = 0 + r cos θ og y = + r sin θ og lar r 0 under bibetingelsen at y x, det vil si, cos θ + sin θ 0: lim (x,y) (0,), y x x(y ) x + y = lim (r cos θ)(r sin θ) r 0, cos θ+sin θ 0 r cos θ + r sin θ r cos θ sin θ = lim r 0, cos θ+sin θ 0 cos θ + sin θ = 0. f) Dette er et null-over-null-uttrykk. For å analysere det nærmere, innfører vi en slags polarkoordinater med sentrum i (, 0) i uttrykket. Det vil si, vi setter x = + r cos θ og y = 0 + r sin θ og lar r 0: lim (x,y) (,0) (x )y (x ) + y = lim r 0 (r cos θ)(r sin θ) r cos θ + r sin θ = lim cos θ sin θ = cos θ sin θ r 0 som er avhengis av θ. Altså eksisterer ikke grenseverdien. g) Dette er et null-over-null-uttrykk. Men vi har også den samme typen problem som i a). Brøken er ikke definert for noe punkt på x-aksen y =

15 0.. Grenser og kontinuitet 965 0, og denne aksen går gjennom grensepunktet (, 0). Altså eksisterer ikke grenseverdien. For å analysere nærmere om den mildere grenseverdien x + y x y lim (x,y) (,0), y 0 eksisterer, bruker vi knepet med å multiplisere teller og nevner med ( x + y+ x y) som er 0 når y 0. Det gir x + y x y lim (x,y) (,0), y 0 y y x + y (x y) = lim (x,y) (,0), y 0 y( x + y + x y) = lim = (x,y) (,0) x + y + x y + =. Altså eksisterer denne mildere grenseverdien. h) Også her har vi samme type problem som i a). Brøken er ikke definert for noen punkter i xz-planet y = 0 eller i yz-planet x = 0. Grensepunktet vårt (0, 0, ) ligger faktisk på skjæringslinjen mellom disse to planene. Altså eksisterer ikke grenseverdien. Heller ikke den mildere grenseverdien lim z (x,y,z) (0,0,), xy 0 tan xy eksisterer fordi hvis den gjorde det, ville lim (x,y,z) (0,0,), xy 0 tan z xy = lim (u,z) (0,) tan z u der u := xy 0 når xy 0. Problemet er at når z og u 0 +, vil z/u + og derved tan (z/u) π/, mens når z og u 0, vil z/u og derved tan (z/u) π/. Oppgave 0..3: Siden e xy > 0 og x 0 for alle (x, y) R, er telleren veldefinert for alle (x, y, z) R 3. Siden e xz > 0 og sin x 0 for alle (x, z) R, er nevneren > 0 for alle (x, y, z) R 3. Derved er funksjonen f(x, y, z) veldefinert i hele R 3. Siden den er en sammensetning av elementære funksjoner, er den kontinuerlig i hele sitt definisjonsområde, det vil si, i R 3.

16 0.. Grenser og kontinuitet 966 Oppgave 0..4: a) (x, y) (0, 0) langs linjen y = ax hvis og bare hvis (x, y) = (x, ax) og x 0. Videre gjelder lim (x,y) (0,0), y=ax x y x 4 + y = lim x 0 ax 3 x 4 + ax = lim x 0 ax x + a. Hvis a = 0, er verdien av brøken lik null for alle x 0, og grenseverdien er derved lik null. Hvis a 0, vil telleren gå mot null mens nevneren går mot a 0. Derved er grenseverdien fremdeles lik null. b) (x, y) (0, 0) langs parabelen y = x hvis og bare hvis (x, y) = (x, x ) og x 0. Derfor gjelder lim (x,y) (0,0), y=x x y x 4 + y = lim x 0 x 4 x 4 + x 4 = lim x 0 =. c) Siden grenseverdien lim (x,y) (0,0) f(x, y) ikke eksisterer, er funksjonen ikke kontinuerlig i origo. Oppgave 0..5: a) lim (x,y,z) (0,0,0) ved skviseloven. xyz x + y + z = lim (ρ sin ϕ cos θ)(ρ sin ϕ sin θ)(ρ cos ϕ) ρ 0 ρ ( ) = lim ρ 0 ρ sin ϕ cos θ sin θ cos ϕ = 0 b) lim (x,y,z) (0,0,0) x x + y + z = lim ρ sin ϕ cos θ ρ 0 ρ Denne grenseverdien eksisterer ikke. sin ϕ cos θ = lim. ρ 0 ρ

17 0.. Grenser og kontinuitet 967 c) Vi ser at brøken y /x ikke er definert i noen punkter (x, y, z) i yz-planet. Siden grensepunktet (0, 0, 0) ligger i yz-planet, betyr det at brøken ikke er definert for alle (x, y, z) (0, 0, 0) i noen omegn om origo. Grenseverdien eksisterer derfor ikke. Den mildere grenseverdien med tilleggsbetingelsen at x 0, det vil si, sin ϕ cos θ 0 eksisterer imidlertid fordi y lim (x,y,z) (0,0,0), x 0 x = lim ρ sin ϕ sin θ ρ 0, sin ϕ cos θ 0 ρ sin ϕ cos θ ρ sin ϕ sin θ = lim ρ 0, cos θ 0 cos θ = 0. d) Vi ser at brøken (x + y )/z ikke er definert i noen punkter (x, y, z) i xy-planet. Siden grensepunktet (0, 0, 0) ligger i xy-planet, betyr det at brøken ikke er definert for alle (x, y, z) (0, 0, 0) i noen omegn om origo. Grenseverdien eksisterer derfor ikke. Den mildere grenseverdien med tilleggsbetingelsen at z 0, det vil si, ϕ π eksisterer heller ikke fordi x + y ρ sin ϕ lim (x,y,z) (0,0,0), z 0 z = lim ρ 0, ϕ π/ ρ cos ϕ = lim ρ 0, ϕ π/ tan ϕ som er avhengig av ϕ. Oppgave 0..6: a) For at dette skal være mulig, må lim (x,y) (0,0) f(x, y) eksistere. Ved innføring av polarkoordinater i uttrykket for f(x, y) har vi lim (x,y) (0,0) x y x 4 + y 4 = lim r 0 r 4 cos θ sin θ r 4 cos 4 θ + r 4 sin 4 θ = lim r 0 sin θ cos θ cos 4 θ + sin 4 θ som er avhengig av θ. Derfor eksisterer ikke denne grenseverdien, og diskontinuiteten i origo er ikke hevbar. b) For at dette skal være mulig, må lim (x,y) (0,0) f(x, y) eksistere. Ved innføring av polarkoordinater i uttrykket for f(x, y) har vi sin(x + y ) sin(r ) sin u lim (x,y) (0,0) x + y = lim r 0 r = lim u 0 u =. Ved å definere f(0, 0) = blir funksjonen derfor kontinuerlig i origo.

18 0.. Grenser og kontinuitet 968 c) For at dette skal være mulig, må lim (x,y) (0,0) f(x, y) eksistere. Ved innføring av polarkoordinater i uttrykket for f(x, y) har vi tan(x + y ) tan(r ) tan u sin u lim (x,y) (0,0) x + y = lim r 0 r = lim = lim u 0 u u 0 cos u u =. Ved å definere f(0, 0) = blir funksjonen derfor kontinuerlig i origo. d) For at dette skal være mulig, må lim (x,y) (0,0) f(x, y) eksistere. Ved innføring av polarkoordinater i uttrykket for f(x, y) har vi lim (x,y) (0,0) tan x + y = lim r 0 tan r = π. Ved å definere f(0, 0) = π/ blir funksjonen derfor kontinuerlig i origo. Oppgave 0..7: (NY) a) D f består av alle punkter (x, y) R der x, altså av hele xy-planet unntatt punktene på linjen x =. D f er åpen, og f er kontinuerlig. b) D f består av alle punkter (x, y) R unntatt punktet (x, y) = (0, 0). Det vil si, D f er hele xy-planet minus origo. D f er åpen, og f er kontinuerlig.

19 0.. Grenser og kontinuitet 969 c) D f består av alle punkter (x, y) R der (x + y ) π/ + kπ for k Z. Det vil si, D f er hele xy-planet minus alle sirklene om origo med radius π/ + kπ for k Z. D f er åpen, og f er kontinuerlig. d) D f består av alle punkter (x, y) R der x y, altså der x y. Randen av D f, altså linjene y = x og y = x, hører med til D f. Derfor er D f lukket. f er kontinuerlig. e) D f er nå en mengde i rommet. Den består av alle punkter (x, y, z) R 3 der x + y + z 0. Det vil si, D f er hele R 3 unntatt origo.

20 0.. Grenser og kontinuitet 970 Siden ikke noe av randen til D f (origo) hører til mengden, er D f åpen. f er kontinuerlig. f) D f er nå en mengde i rommet. Den består av alle punkter (x, y, z) R 3 der x + z 0. Det vil si, D f er hele R 3 unntatt punktene på y-aksen. Siden ikke noe av randen til D f (y-aksen) hører til mengden, er D f åpen. f er kontinuerlig. g) D f er nå en mengde i rommet. Den består av alle punkter (x, y, z) R 3 der x y 0. Det vil si, randen til D f er de to vertikale planene y = x og y = x. Projeksjonen av D f inn i xy-planet blir altså som illustrert i oppgave d), mens z kan være hva som helst.

21 0.. Grenser og kontinuitet 97 Figuren viser deler av de to vertikale planene, og projeksjonen av Df i første kvadrant av xy-planet. En tilsvarende sektor kommer i tredje kvadrant. Siden randen til Df (de to vertikale planene) hører til Df, er Df lukket. f er kontinuerlig. h) Df er n a en mengde i rommet. Den best ar av alle punkter (x, y, z) R3 der z x + y 0. Det vil si, randen til Df er rotasjonsparaboloiden z = x + y, og Df best ar av alle punkter som ligger p a og innenfor denne paraboloiden y 0 x 3 3 Siden randen til Df (selve paraboloideflaten) hører til Df, er Df lukket. f er kontinuerlig. Oppgave 0..8: (NY) x y er kontinuerlig i R \ {(0, 0}. Vi m a undersøke x + y om singulariteten i origo er hevbar. Funksjonen f (x, y) = For a se om lim (x,y) (0,0) f (x, y) eksisterer, ser vi først p a r3 cos θ sin θ = lim r sin θ cos θ = 0 r 0 r 0 r L = lim ved skviseloven. Dette betyr at en funksjon som er lim f (x, y) = 0. Alts a kan f utvides til (x,y) (0,0) kontinuerlig i hele R.

22 0.3. Partiellderiverte Partiellderiverte. Oppgave 0.3.: a) f x (x, y) = 4, f y (x, y) = 5. b) f x (x, y) = 6xy +, f y (x, y) = 8x 5. c) f x (x, y) = (cos xy)y(x + y ) (sin xy)x (x + y ) = f y (x, y) = (cos xy)x(x + y ) (sin xy)y (x + y ) = y cos xy x sin xy x + y (x + y ), x cos xy y sin xy x + y (x + y ). d) f x (x, y, z) = y ln(xyz) + xy xyz yz + 5y = y ln(xyz) + y + 5y, f y (x, y, z) = x ln(xyz) + xy xz + 0xy = x ln(xyz) + x + 0xy, xyz f z (x, y, z) = xy xy xy = xyz z. e) f x (x, y, z) = e x +y +z x, f y (x, y, z) = e x +y +z y, f z (x, y, z) = e x +y +z z. f) f x (x,..., x n ) = x e x + x n, f x (x,..., x n ) = x e x + x n,... f xn (x,..., x n ) = x n e x + x n.

23 0.3. Partiellderiverte 973 Oppgave 0.3.: La f(x, y) = 5xy. Da er f(x + h, y) f(x, y) 5(x + h)y 5xy f x (x, y) = lim = lim h 0 h h 0 h f(x, y + h) f(x, y) f y (x, y) = lim h 0 h 5xy + 0xyh + 5xh 5xy lim h 0 h 5x(y + h) 5xy = lim h 0 h = lim h 0 5y = 5y = = lim h 0 (0xy + 5xh) = 0xy. Oppgave 0.3.3: a) La f(x, y) = x 7 y 3. Da er f x (x, y) = 7x 6 y 3, f y (x, y) = 3x 7 y, f xx (x, y) = 7 6x 5 y 3 = 4x 5 y 3, f xy (x, y) = 7x 6 3y = x 6 y, f yx (x, y) = 3 7x 6 y = x 6 y, f yy (x, y) = 3x 7 y = 6x 7 y. b) La f(x, y, z) = xy e z. Da er f x (x, y, z) = y e z, f y (x, y, z) = xye z, f z (x, y, z) = xy e z, f xx (x, y, z) = 0, f xy (x, y, z) = ye z, f xz (x, y, z) = y e z, f yx (x, y, z) = ye z, f yy (x, y, z) = xe z, f yz (x, y, z) = xye z, f z,x (x, y, z) = y e z, f zy (x, y, z) = xye z, f zz (x, y, z) = xy e z. c) La f(x, y) = y sinh(x + y ). Da er f x (x, y) = y(cosh(x + y ))x = xy cosh(x + y ), f y (x, y) = sinh(x + y ) + y(cosh(x + y ))y = sinh(x + y ) + y cosh(x + y ), slik at f xx (x, y) = y cosh(x + y ) + xy(sinh(x + y ))x = y cosh(x + y ) + 4x y sinh(x + y ), f xy (x, y) = x cosh(x + y ) + xy(sinh(x + y ))y = x cosh(x + y ) + 4xy sinh(x + y ), f yx (x, y) = (cosh(x + y ))x + y (sinh(x + y ))x = x cosh(x + y ) + 4xy sinh(x + y ), f yy (x, y) = (cosh(x + y ))y + 4y cosh(x + y ) + y (sinh(x + y ))y = 6y cosh(x + y ) + 4y 3 sinh(x + y ).

24 0.3. Partiellderiverte 974 d) La f(x, y) = slik at x x. Da er + y f x (x, y) = (x + y ) x x (x + y ) = y x (x + y ), f y (x, y) = 0 x y (x + y ) = xy (x + y ), f xx (x, y) = x(x + y ) (y x )(x + y )x (x + y ) 4 = x(x + y ) 4x(y x ) (x + y ) 3 = x3 6xy (x + y ) 3, f xy (x, y) = y(x + y ) (y x )(x + y )y (x + y ) 4 = y(x + y ) 4y(y x ) (x + y ) 3 = 6x y y 3 (x + y ) 3, f yx (x, y) = y(x + y ) xy (x + y )x (x + y ) 4 = y(x + y ) 8x y (x + y ) 3 = 6x y y 3 (x + y ) 3, f yy (x, y) = x(x + y ) xy (x + y )y (x + y ) 4 = x(x + y ) 8xy (x + y ) 3 = 6xy x 3 (x + y ) 3. e) La f(x, y) = sin xy. Da er f x (x, y) = y cos xy, f y (x, y) = x cos xy, f xx (x, y) = y( sin xy)y = y sin xy, f xy (x, y) = cos xy + y( sin xy)x = cos xy xy sin xy, f yx (x, y) = cos xy + x( sin xy)y = cos xy xy sin xy, f yy (x, y) = x( sin xy)x = x sin xy.

25 0.3. Partiellderiverte 975 f) La f(x, y) = + x + y = ( + x + y ) /. Da er f x (x, y) = ( + x + y ) / x = x( + x + y ) /, f y (x, y) = ( + x + y ) / y = y( + x + y ) /, ( f xx (x, y) = ( + x + y ) / + x ) ( + x + y ) 3/ x = + x + y x ( + x + y ) 3/ = + y ( + x + y ) 3/, f xy (x, y) = x ( + x + y ) 3/ y = xy ( + x + y ) 3/, xy f yx (x, y) = y ( + x + y ) 3/ x = ( + x + y ) 3/, ( f yy (x, y) = ( + x + y ) / + y ) ( + x + y ) 3/ y = + x ( + x + y ) 3/. Oppgave 0.3.4: a) La f(x, y) = sin xy. Da er f x (x, y) = y xy cos, f y(x, y) = x xy cos, f xx (x, y) = y xy ( sin )y = xy y sin 4, f xy (x, y) = f yx (x, y) = xy cos + y xy ( sin )x = xy cos xy xy sin 4, xy cos + x xy ( sin )y = xy cos xy xy sin 4, f yy (x, y) = x xy ( sin )x = xy x sin 4. b) La f(x, y) = ( + x + yx) 3/. Da er f x (x, y) = 3 ( + x + yx) / (x + y) = 3(x + y)( + x + xy) /, f y (x, y) = 3 ( + x + yx) / x = 3x( + x + xy) /,

26 0.3. Partiellderiverte 976 slik at f xx (x, y) = 3( + x + xy) / + 3 (x + y)( + x + xy) / (x + y) = 3( + x + xy) + 3(x + y) + x + xy = 3(x + 4xy + y + ), + x + xy f xy (x, y) = 3( + x + xy) / + 3 (x + y)( + x + xy) / x = 3( + x + xy) + 3(x + xy) + x + xy = 3(x + 3xy + ) + x + xy, f yx (x, y) = 3( + x + xy) / + 3x ( + x + xy) / (x + y) = 3( + x + xy) + 3(x + xy) + x + xy = 3(x + 3xy + ) + x + xy, f yy (x, y) = 3x ( + x + xy) / x = 3x + x + xy. c) La f(x, y) = x e y. Da er f x (x, y) = xe y, f y (x, y) = x e y ( y) = x ye y, f xx (x, y) = e y, f xy (x, y) = xe y ( y) = 4xye y, f yx (x, y) = 4xye y, f yy (x, y) = x e y x ye y ( y) = x ( y )e y. d) La f(x, y) = ln( + x /y ). Da er f x (x, y) = + x y x y = x x + y, f y(x, y) = + x y f xx (x, y) = x + y 4x (x + y ) = (y x ) (x + y ), f xy(x, y) = f yx (x, y) = ( 4x/y)(x + y ) + (x /y) x (x + y ) = 4xy (x + y ), f yy (x, y) = x y (x + y ) + x y y (x + y ) = x4 y + x + 4x x y 3 = x /y x + y, x (x + y ) y, (x + y ) = x y x + 3y (x + y ).

27 0.3. Partiellderiverte 977 e) La f(x, y, z) = z sec xy. Siden den deriverte av sec u er tan u sec u, er f x (x, y, z) = yz tan xy sec xy, f y (x, y, z) = xz tan xy sec xy, f z (x, y, z) = sec xy, f xx (x, y, z) = yz ( y sec 3 xy + y tan xy sec xy ) = y z ( sec xy + tan xy ) sec xy = y z ( + tan xy ) sec xy, f xy (x, y, z) = z tan xy sec xy + xyz ( sec 3 xy + tan xy sec xy ) = ( z sec xy )( tan xy + xy ( sec xy + tan xy )) = ( z sec xy )( tan xy + xy + xy tan xy ), f xz (x, y, z) = y tan xy sec xy. Videre har vi, siden f(x, y, z) er symmetrisk i x og y, at Endelig gjelder f yx (x, y, z) = ( z sec xy )( tan xy + xy + xy tan xy ), f yy (x, y, z) = x z sec xy ( + tan xy ), f yz (x, y, z) = x tan xy sec xy. f zx (x, y, z) = y tan xy sec xy, f zy (x, y, z) = x tan xy sec xy, f zz (x, y, z) = 0. f) La f(x, y) = tan (y/x). Da er ( f x (x, y) = y ) + y x f xx (x, y) = x = y x + y, f y(x, y) = + y x x = x x + y, y (x + y ) x = xy (x + y ), f xy(x, y) = x y + y (x + y ) = y x (x + y ), f yx (x, y) = x + y x (x + y ) = y x (x + y ), f yy(x, y) = x xy (x + y y = ) (x + y ). Oppgave 0.3.5: a) f(h, 0) f(0, 0) f x (0, 0) = lim = lim h 0 h h 0 h h3 0 h + 0 = lim =, h 0 f(0, h) f(0, 0) f y (0, 0) = lim = lim h 0 h h 0 h 0 h3 0 + h = lim ( ) =. h 0 Funksjonen er kontinuerlig i origo hvis og bare hvis f(0, 0). Vi har f(0, 0) = 0 og lim f(x, y) = lim x 3 y 3 (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) x + y. lim f(x, y) = (x,y) (0,0)

28 0.3. Partiellderiverte 978 Ved å innføre polarkoordinater i uttrykket, får vi r 3 cos 3 θ r 3 sin 3 θ lim f(x, y) = lim (x,y) (0,0) r 0 r ved skviseloven. Altså er f(x, y) kontinuerlig i origo. = lim r 0 r ( cos 3 θ sin 3 θ ) = 0 b) f(h, 0) f(0, 0) f x (0, 0) = lim = lim h 0 h h 0 h h 0 h + 0 = lim h h 0 h h. Denne grenseverdien eksisterer ikke. (De ensidige grensene er henholdsvis og.) Altså eksisterer ikke f x (0, 0). Videre er f(0, h) f(0, 0) f y (0, 0) = lim = lim h 0 h h 0 h 0 3h = lim 3h 0 + h h 0 h h. Heller ikke denne grenseverdien eksisterer, så f y (0, 0) eksisterer heller ikke. Funksjonen er kontinuerlig i origo hvis og bare hvis f(0, 0). Vi har f(0, 0) = 0 og lim f(x, y) = lim x 3y (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) x + y. Ved å innføre polarkoordinater i uttrykket, får vi r cos θ 3r sin θ lim f(x, y) = lim (x,y) (0,0) r 0 r ved skviseloven. Altså er f(x, y) kontinuerlig i origo. lim f(x, y) = (x,y) (0,0) = lim r 0 r ( cos θ 3 sin θ ) = 0 Oppgave 0.3.6: a) For f(x, y) = x + y gjelder f x (x, y) = x x + y og f y (x, y) = y x + y. Derfor er x z x + y z y = x x + y + y x + y = x + y x + y = x + y = z. Det vil si, funksjonen er en løsning av differensiallikningen.

29 0.3. Partiellderiverte 979 b) For f(x, y) = e x y gjelder Derfor er f x (x, y) = e x y x og f y (x, y) = e x y ( y). x z x + y z y = x e x y y e x y = z(x y ) = z ln z. Det vil si, funksjonen er en løsning av differensiallikningen. c) For f(x, y, z) = x + ye z gjelder Derfor er f x (x, y, z) = x, f y (x, y, z) = e z, f z (x, y) = ye z. x w x + y w y + w z = x + ye z + ye z = (x + ye z ) = w. Det vil si, funksjonen er en løsning av differensiallikningen. Oppgave 0.3.7: a) For funksjonen f(x, y) = x xy + y gjelder f x (x, y) = x y, f x (, ) = = 0 f y (x, y) = x + 4y, f y (, ) = + 4 =. (i) Stigningen i øst-vest retning (det vil si i x-retning) er derfor 0, og vinkelen med horisontalplanet er null. (ii) Stigningen i nord-syd retning (det vil si i y-retning) er derfor, og vinkelen β med horisontalplanet er gitt ved tan β =, det vil si, β.07. b) For funksjonen f(x, y) = sin(x + y ) gjelder f x (x, y) = x cos(x + y ), f x (0, π/) = 0 cos(π/) = 0 f y (x, y) = y cos(x + y ), f y (0, π/) = π cos(π/) = 0 (i) Stigningen i øst-vest retning (det vil si i x-retning) er derfor 0, og vinkelen med horisontalplanet er null. (ii) Stigningen i nor-syd retning (det vil si i y-retning) er derfor 0, og vinkelen med horisontalplanet er null.

30 0.3. Partiellderiverte 980 c) For funksjonen f(x, y) = tan (x + y ) gjelder f x (x, y) = + (x + y ), f x(, ) = + ( + ) = f y (x, y) = + (x + y ) y, f y(, ) = =. (i) Stigningen i øst-vest retning (det vil si i x-retning) er derfor tan α =, der α er vinkelen med horisontalplanet, det vil si, α = tan (ii) Stigningen i nord-syd retning (det vil si i y-retning) er derfor tan β =, der β er vinkelen med horisontalplanet, det vil si, β = tan Oppgave 0.3.8: For funksjonen y(x, t) = f(x + at) + g(x at) gjelder y t = f (x + at)a + g (x at)( a) = a ( f (x + at) g (x at) ), y t = a( f (x + at)a g (x at)( a) ) = a ( f (x + at) + g (x + at) ), y x = f (x + at) + g (x at), y x = f (x + at) + g (x at). Derfor er y t = a y uansett hvilken funksjoner f og g er, bare de er to x ganger deriverbare både med hensyn på x og på t. Oppgave 0.3.9: For funksjonen u(x, t) = e λ kt sin λx gjelder u t = e λ kt (sin λx)( λ k), u x = e λ kt λ cos λx, u x = e λ kt λ ( sin λx). Derfor passerer funksjonen i likningen uansett hvilken verdi vi velger for λ.

31 0.3. Partiellderiverte 98 Oppgave 0.3.0: For funksjonen u(x, y, t) = e (λ +µ )kt sin λx cos µy gjelder u t = (λ + µ )k e (λ +µ )kt sin λx cos µy, u x = λ e(λ +µ )kt cos λx cos µy, u x = λ e (λ +µ )kt sin λx cos µy, u y = µ e(λ +µ )kt sin λx sin µy, u y = µ e (λ +µ )kt sin λx cos µy, Derfor passer funksjonen i likingen uansett hvilke verdier vi gir konstantene λ og µ. Oppgave 0.3.: (i) Endringsraten for f(p, q, d) med hensyn på d er f d (p, q, d) = cd p q. Denne endringsraten beskriver hvor fort blodstrømmen endrer seg i forhold til endring av diameteren av arterien. (Det er derfor logisk at den deriverte er positiv. Jo friere bane blodstrømmen har, jo større blir den.) (ii) Endringsraten for f(p, q, d) med hensyn på q er f q (p, q, d) = cd cd ( ) = p q p q. Denne endringsraten beskriver hvor fort blodstrømmen endrer seg i forhold til trykket i kapillarårene, der blodet skal,,trykkes inn. (Det er derfor logisk at denne deriverte er negativ. Jo større trykk blodstrømmen skal kjempe mot, jo mindre blir den.) (iii) Endringsraten for f(p, q, d) med hensyn på p er f p (p, q, d) = cd p q = cd p q. Denne endringsraten beskriver hvor fort blodstrømmen endrer seg i forhold til endring av trykket p i arterien. (Det er derfor logisk at den deriverte er positiv. Jo større trykk det er på blodet som skal inn i kapillaråren, jo mer blod går det inn i den.)

32 0.4. Gradienter og differensierbarhet Gradienter og differensierbarhet. Oppgave 0.4.: a) Her er f x (x, y) = f y (x, y) = x x + y, f x(, ) = y x + y, f x(, ) = 4 + = 5 = slik at gradientvektoren er f(, ) = 5,. 5 b) Her er f x (x, y) = f y (x, y) = cos (xy ) y = cos (xy ) xy = y cos (xy ), f x(, π/) = xy cos (xy ), f y(, π/) = slik at gradientvektoren er f(, π π/) =, π. π/4 cos (π/4) = π/4 / = π, π π cos (π/4) = / = π, c) Her er f x (x, y, z) = z e x +y x = xz e x +y, f x (, 0, ) = e, f y (x, y, z) = z e x +y, f y (, 0, ) = e, f z (x, y, z) = e x +y, f z (, 0, ) = e, slik at gradientvektoren er f(, 0, ) = e, e, e.

33 0.4. Gradienter og differensierbarhet 983 d) Her er x f x (x, y, z, w) = + x + y + z + w, f 0 x(0,,, 3) = = 0, y f y (x, y, z, w) = + x + y + z + w, f y(0,,, 3) = = 5, z f z (x, y, z, w) = + x + y + z + w, f 4 z(0,,, 3) = = 4 5, w f w (x, y, z, w) = + x + y + z + w, f 6 w(0,,, 3) = = 5, slik at gradientvektoren er f(0,,, 3) = 0,, 4, 6. 5 Oppgave 0.4.: a) Her er f x (x, y) = (cos ) x + y x x + y, f y(x, y) = (cos ) x + y y x + y, så gradientvektoren til f(x, y) er gitt ved f(x, y) = cos x + y x + y x, y. b) Her er slik at f x (x, y) = x + y x (x + y ) = y x (x + y ), x y f y (x, y) = (x + y ) = xy (x + y ), f(x, y) = y x (x + y ), xy (x + y ). c) Her er f x (x, y) = + x y 4 y = f y (x, y) = y + x y 4, xy + x xy = y4 + x y 4,

34 0.4. Gradienter og differensierbarhet 984 slik at f(x, y) = y + x y 4, xy + x y 4. d) Her er slik at f x (x, y, z) = e x +yz x = x e x +yz, f y (x, y, z) = e x +yz z = z e x +yz, f z (x, y, z) = e x +yz y = y e x +yz, f(x, y, z) = x e x +yz, z e x +yz, y e x +yz,. Oppgave 0.4.3: (Tidl.: ) a) Her er f(x, y) = (x + y ) 3/, f(3, 4) = (3 + 4 ) 3/ = 5 3 = 5, f x (x, y) = 3 (x + y ) / x, f x (3, 4) = = 45, f y (x, y) = 3 (x + y ) / y, f x (3, 4) = = 60. Ved lineær approksimasjon følger det derfor at f(x, y) f(p ) + f x (P )(x 3) + f y (P )(y 4), det vil si, f(3., 3.97) ( 0.03) = 8.6. b) Her er f(x, y) = x + y, f(5, ) = = f x (x, y) = (x + y ) 3/ x, f x (5, ) = 5/3 3, f y (x, y) = (x + y ) 3/ y, f x (5, ) = /3 3. Ved lineær approksimasjon følger det derfor at f(x, y) f(p ) + f x (P )(x 5) + f y (P )(y ),

35 0.4. Gradienter og differensierbarhet 985 det vil si, f(4.9,.63) 3 5 ( 0.08) ( 0.37) c) Her er f(x, y, z) = xyz, f(,, 8) = 6 = 4, f x (x, y) = (xyz) / yz, f x (,, 8) = 6 =, 6 f y (x, y) = (xyz) / xz, f y (,, 8) = 8 =, 6 f z (x, y) = (xyz) / xy, f z (,, 8) = = 6 4. Ved lineær approksimasjon følger det derfor at det vil si, f(x, y, z) f(p ) + f x (P )(x ) + f y (P )(y ) + f z (P )(z 8), f(, 3, 5 ) 4 + ( ) + ( ) + 4 ( ) = Oppgave 0.4.4: (NY) Siden f ikke er kontinuerlig i origo, følger det av teorem at f ikke er differensierbar i punktet. Anta at begge de to partiellderiverte f x (x, y) og f y (x, y) er kontinuerlige i en omegn om origo. Da er f kontinuerlig deriverbar i origo (definisjon 0.4.4) og derved differensierbar i origo (teorem 0.4.5). Dette er en selvmotsigelse. Altså kan ikke f x (x, y) og f y (x, y) begge være kontinuerlige i en omegn om origo. Funksjonen i eksempel var 0 for (x, y) = (0, 0) f(x, y) = xy x + y for (x, y) (0, 0) der vi fant at f x (0, 0) = f y (0, 0) = 0. For (x, y) (0, 0) er slik at f x (x, y) = y(x + y ) xy x (x + y ) = y(y x ) (x + y ), lim y 0 + f x(0, y) = lim y 0 + y 3 y 4 =.

36 0.4. Gradienter og differensierbarhet 986 Siden denne grenseverdien ikke eksisterer, eksisterer heller ikke lim f x(x, y), (x,y) (0,0) så f x (x, y) er ikke kontinuerlig i origo, og derved ikke kontinuerlig i noen omegn om origo. Faktisk følger det på samme måte at heller ikke f y (x, y) er kontinuerlig i noen omegn om origo. Oppgave 0.4.5: (NY) a) Vi har per definisjon at og f(x, 0) f(0, 0) f x (0, 0) = lim = lim x 0 x x 0 f(0, y) f(0, 0) f y (0, 0) = lim = lim y 0 y y 0 Gradienten til f i (0, 0) er derfor f(0, 0) = 0, 0. sin 0 x = lim x x 0 x 3 = lim 0 = 0 x 0 sin y 0 = lim y y 0 y 3 = lim 0 = 0. y 0 b) Anta a f er differensierbar i origo. Da er ifølge teorem f kontinuerlig i origo. Vi sjekker. Vi lar først (x, y) gå mot origo langs x-aksen der y = 0: sin 0 lim f(x, 0) = lim x 0 x 0 x + 0 = lim 0 = 0. x 0 Vi lar så (x, y) gå mot (0, 0) langs linjen y = x: sin x lim f(x, x) = lim x 0 x 0 x + x = lim sin x x 0 x =. Siden grenseverdien er avhengig av hvordan (x, y) nærmer seg origo, eksisterer den ikke. Det er en selvmotsigelse. Altså kan ikke f være differensierbar i origo. Oppgave 0.4.6: For z = f(x, y) = x a e y/x er f x (x, y) = ax a e y/x + x a e y/x y x, f y (x, y) = x a y/x e x = xa e y/x, f yy (x, y) = x a e y/x x = xa e y/x.

37 0.4. Gradienter og differensierbarhet 987 Derved er yf yy (x, y) + f y (x, y) = e y/x( y x a x a ) mens f x (x, y) = e y/x( ax a + yx a ). Disse to uttrykkene skal være like for alle (x, y). Da må yx a x a = ax a + yx a, det vil si, a =. Funksjonen har derfor formen f(x, y) = x e y/x og slik at f x (x, y) = x e y/x + x e y/x f y (x, y) = x e y/x e y/x x = x f(x, y) = e y/x x 3 y x, x. y x = e y/x x 3 (y x) Oppgave 0.4.7: er gitt ved Gradienten til V = V (x, y, z) = q 4πε 0 x + y + z V (x, y, z) = q 4πε 0 (x + y + z ) 3/ x, (x + y + z ) 3/ y, (x + y + z ) 3/ z = q x 4πε 0 r 3, y r 3, z q r 3 = x, y, z = qr 4πε 0 r3 4πε 0 r 3. Derfor er F = q V.

38 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert Kjerneregelen og retningsderivert. Oppgave0.5.: a) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z (t) = z dx x dt + z y dy dt Uten kjerneregelen observerer vi først at = x( sin t)+y cos t = cos t sin t+ sin t cos t = 0. z = f(x, y) = cos t + sin t =. Derved er z en konstant, og z (t) = 0. b) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z (t) = z dx x dt + z y Uten kjerneregelen observerer vi først at Derved er dy dt = (cos y)t + ( x sin y)3t = t cos t 3 3t 4 sin t 3. z = f(x, y) = t cos t 3. z (t) = t cos t 3 + t ( sin t 3 ) 3t = t cos t 3 3t 4 sin t 3. c) Vi trenger først finne den deriverte av v := sinh (u): Siden u = sinh v, er du dv = cosh v = + sinh v = + u dv du =. + u Ved bruk av kjerneregelen gjelder z (t) = z dx x dt + z y = e t + 4e 4t + dy dt = + (x + y) x et + e t + 4e 4t = 4e t + 4e 4t. + (x + y) et Uten kjerneregelen observerer vi først at z = f(x, y) = sinh (x + y ) = sinh (e t + e t ) = sinh (e t ).

39 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 989 Derved er z (t) = + 4e 4t 4et = 4e t + 4e 4t. d) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z (t) = z dx x = = dt + z dy y dt + z v x x + y + v + dv dt y x + y + v t + t t + t 4 + t + t 3 t + t 4 + t + t + t 4 + t Uten kjerneregelen observerer vi først at z = f(x, y, v) = t + t 4 + t. v x + y + v t Derved er z (t) = t + t 4 + t (t + 4t3 + ). e) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z (t) = z x = dx dt + z y dy dt + z v dv dt + z dw w dt x w t + y v + y v ( v) + x w ( w) som ikke er definert fordi x w = t t = 0. Uten kjerneregelen observerer vi først at z = f(x, y, v, w) = t t + t t /4 = 4t t. Derved er z (t) = t (4 t) = 4t t 4t t. Oppgave 0.5.: a) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z u = z x x u + z y y u = 3 (x + y ) / x + 3 (x + y ) / y = 3 (u + v ) / (u + v) + 3 (u + v ) / (u v) = 6u u + v

40 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 990 og z v = z x x v + z y y v = 3 (x + y ) / x + 3 (x + y ) / y ( ) = 3 (u + v ) / (u + v) 3 (u + v ) / (u v) = 6v u + v. Uten kjerneregelen observerer vi først at z = f(x, y) = (u + v ) 3/. Derved er z u = 3 (u + v ) / 4u = 6u u + v, z v = 3 (u + v ) / 4v = 6v u + v. b) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z u = z x x u + z y og y u = ex+y u + v + ex+y u = e x e y( ) u + v + u = (u + v)e u + u + uv u + v z v = z x x v + z y = ex e y u + v y v = ex+y = (u + v)eu u + v Uten kjerneregelen observerer vi først at = e u. u + v + ex+y 0 z = f(x, y) = e x e y = (u + v)e u. = e u ( + u + uv) Derved er z u = eu + (u + v)e u u = ( + u + uv)e u, z v = eu. c) Ved bruk av kjerneregelen gjelder z u = z x x u + z y y u + z w w u = (y + w) cos u + (x + w) 0 + (x + y) cos(u + v) = cos u cos v + cos u sin(u + v) + sin u cos(u + v) + cos v cos(u + v)

41 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 99 der sin u cos(u + v) + cos u sin(u + v) = sin(u + v). Videre er z v = z x x v + z y y v + z w w v = (y + w) 0 + (x + w)( sin v) + (x + y) cos(u + v) = sin u sin v sin(u + v) sin v + sin u cos(u + v) + cos v cos(u + v) der cos(u + v) cos v sin(u + v) sin v = cos(u + v). Uten kjerneregelen observerer vi først at z = f(x, y, w) = sin u cos v + cos v sin(u + v) + sin u sin(u + v) Derved er z = cos u cos v + cos v cos(u + v) + cos u sin(u + v) + sin u cos(u + v), u z = sin u sin v sin v sin(u + v) + cos v cos(u + v) + sin u cos(u + v) v som over. Oppgave 0.5.3: Denne oppgaven er egentlig ment som trening i bruk av kjerneregelen, men for å spare litt arbeid tar jeg snarveien. a) Her er w = f(u, v) = u+v = x y z +(y+z) = x y z +y +yz+z = x+yz så w x = w y = z w z = y. b) Her er så w = f(p, q) = ln pq = ln p + ln q = ln( + x + y ) + ln( + y + z ) w x = + x + y x = x + x + y, w y = y + x + y + y + y + z, w z = z + y + z.

42 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 99 c) Her er så w = f(p, q, r) = p + q + r = w x = 0, w y = 0, w z = sin xy + cos xy + z = + z, z + z. Oppgave 0.5.4: a) z u = z x x u + z y y u, z v = z x x v + z y y v. For u = og v = er x = u + v = 3 og y = uv =. Derved er z u u=, v= = f x (3, ) + f y (3, ) v = v =, z v u=, v= = f x (3, ) + f y (3, ) u = u = 0. b) z u = z x x u + z y y u, z v = z x x v + z y y v. For u = og v = 4 er x = uv = og y = v/u =. Derved er z u u=, v= = f x (, ) z v u=, v= = f x (, ) v uv + f y(, ) v/u v/u = = 3, u uv + f /u y(, ) v/u = = 3 4. c) z u = z x x u + z y y u, z v = z x x v + z y y v.

43 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 993 For u = og v = er x = tan u v = π 4 og y = tan v u = π 4. Derved er z u u=, v= = f x ( π 4, π 4 ) /v + u /v + f y( π 4, π 4 ) v/u + v /u = π, z v u=, v= = f x ( π 4, π 4 ) u/v + u /v + f y( π 4, π 4 ) /u + v /u = + π. Oppgave 0.5.5: a) Siden f(x, y, z) = yz, xz, xyz, er w t (t 0 ) = f(r(t 0 )) r (t 0 ) = 0, 4, 0 0,, = 6 = 3. b) Siden f(x, y, z) = x (sin yz)(cos yz)z (sin yz)(cos yz)y,,, x + sin (yz) x + sin (yz) x + sin (yz) er Derfor er f(0,, π) = 0, 0, 0. w t (t 0 ) = f(r(t 0 )) r (t 0 ) = 0, 0, 0 0,, π = 0. c) Siden f(x, y, z) = er Derfor er x x + y + z, f(0,, 3 ) = 0, y x + y + z, , 4 z x + y + z, w t (t 0 ) = f(r(t 0 )) r (t 0 ) = 0,, 3,, 4 =

44 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 994 Oppgave 0.5.6: a) Vi har f(x, y) = x + y 3, 6xy, f(, ) = 4, 6. Derfor er og u = 4, 6, 3, 3 = = 4, D u f(, ) = 4, 6 = 3. b) Vi har f(x, y, z) = x cos z, y sin z, x sin z + y cos z, f(,, π 3 ) =, 3, 3. Derfor er u =, 3, 3, 3, 3 =, 3, 3 =, 3, og D u f(,, π 3 ) =, 3, 3 = c) Vi har f(x, y, z) = ye x sin(x z) + xyze x cos(x z), e x sin(x z), x ye x cos(x z), f(, 4, π) = 4e sin π + 8eπ cos π, e sin π, 4e cos π = 8eπ, 0, 4e. Derfor er og u = 8eπ, 0, 4e π, 0, = 8eπ, 0, 4e + 4π D u f(, 4, π) = 8eπ, 0, 4e = 4e + 4π. Oppgave 0.5.7: a) Her er f(x, y) = 5x 4 y, x 5 3y, f(0, ) = 0,.

45 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 995 Enhetsvektoren i samme retning som v er Derfor er u =,, =., D u f(0, ) = f(0, ) u = 0,, = 6. b) Her er f(x, y) = cos x sin x y cos xy, x cos xy, f(0, ) =, 0. Enhetsvektoren i samme retning som v er u = 3, 0 =, 0. 3, 0 Derfor er D u f(0, ) = f(0, ) u =, 0, 0 =. c) Her er f(x, y, z) = zy + x y, zx + x y, tan xy, f(,, 3) = 3, 3, π. 4 Enhetsvektoren i samme retning som v er u =,, 3,, 3 =.,, 3 4 Derfor er D u f(,, 3) = f(,, 3) u = 3, 3, π,, = 4 6 3π 6, 6, π,, 3 = d) Her er f(x, y, z) = e x+y ln(x z) + e x+y xz x z, yex+y ln(x z), ex+y z f(,, e) = e ln e +, ln e, e = 3e, e, e.,

46 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 996 Enhetsvektoren i samme retning som v er u = 4, 0, 3 4, 0, 3 = = 4, 0, 3 5 4, 0, 3. 5 Derfor er D u f(,, e) = f(,, e) u = 3e, e, e 4, 0, 3 5 = 5 (e + 3e). Oppgave 0.5.8: a) Her er f(x, y) = y sin x, cos x, f( π 4, ) =,. Videre er stien gitt ved y = tan x =: g(x) på kartet, slik at g (x) = sec x og derved g ( π 4 ) =. Det vil si, i punktet ( π 4,, / ) skal vi gå i retningen på kartet. u :=,, =, 5 Derfor er vinkelen α som stien danner med horisontalplanet i punktet a gitt ved tan α = D u f( π,, 4, ) = = + =, det vil si, α = tan / Du er på vei oppover siden tan α > 0. b) Her er f(x, y) = 8 f(8, 4) =, 64 4 x x + 6y, 3, x + 6y 3 = , 3 0. Videre er stien gitt ved y = x /3 =: g(x) på kartet, slik at g (x) = 3 x /3 og derved g (8) = 3 = 3. Det vil si, i punktet (8, 4, 0) skal vi gå i retningen 3, 3, u := = 3, 0

47 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 997 på kartet. Derfor er vinkelen α som stien danner med horisontalplanet i punktet a gitt ved 8, 3 tan α = D u f(8, 4) = 3, = 4 3 = , det vil si, α = tan / Du er på vei oppover siden tan α > 0. c) Her er f(x, y) = (x + y ) 3/ x, (x + y ) 3/ e, y, f(e, ) = (e + 4) 3/. Videre er stien gitt ved y = ln x = ln x = g(x) på kartet, slik at g (x) = x og derved g (e) = e. Det vil si, i punktet (e,, / 4 + e ) skal vi gå i retningen e, e, u := = e, 4 + e på kartet. Derfor er vinkelen α som stien danner med horisontalplanet i punktet a gitt ved e, tan α = D u f(e, ) = (4 + e ) 3/ e, = e e (e + 4) = e + 4, det vil si, α = tan ( /(e + 4)) Du er på vei nedover siden tan α < 0. d) Her er f(x, y) = xe y, x e y, f( 3, ln ) = 6, 8 = 3, Videre er stien gitt ved x = 4 sinh y = g(y) på kartet, slik at g (y) = 4 cosh y og derved g (ln ) = 4 eln + e ln = ( + ) = 5. 9 Det vil si, i punktet (8, ln, 6 ) skal vi gå i retningen på kartet. u := 5, 5, = 5, 6

48 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 998 Derfor er vinkelen α som stien danner med horisontalplanet i punktet a gitt ved tan α = D u f( 3, ln ) = 3 8 det vil si, α = tan (3/ 6) Du er på vei nedover siden tan α < 0. 5, 3(5 + 3), 3 = = 3, 6 Oppgave 0.5.9: a) Vi har Derved er z = f(x, y) der x = r cos θ, y = r sin θ. z r = z x x r + z y y r = z x z θ = z x x θ + z y y θ = z x z cos θ + sin θ, y z r sin θ + r cos θ. y b) Fra resultatet i a) følger det at ( ) z + ( ) z ( z z r r = cos θ + θ x ( ) z = (cos θ + sin θ) + x ) ( y sin θ + ( z y z z sin θ + x ) (cos θ + sin θ) = ) y cos θ ) + ( z x ( ) z. y c) Fra resultatet i a) følger det at z r = ( ) z z cos θ + r x y sin θ der cos θ og sin θ behandles som konstanter ved partiell derivasjon med hensyn på r. Videre er z θ = ( z ) z r sin θ + θ x y r cos θ = ( ) z r sin θ z θ x x r cos θ + ( ) z r cos θ z r sin θ. θ y y

49 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 999 Derved er z r + z r θ = ( ) z cos θ + r x r + ( ( z r θ x ( ( ) z = + r x r θ z r + r der θ ( ) z r x ( ) z x ) sin θ z ( ) z sin θ + y r ( z y x cos θ + θ )) cos θ + = z x cos θ + z sin θ, y x = z x r sin θ + z r cos θ, y x Sammenholdt gir dette at når z x cos θ + r ( z y ( r r θ z y sin θ ) cos θ z ( z y ) r ) y sin θ ( z θ x )) sin θ ( ) z = z y x y cos θ + z sin θ, y ( ) z = z y x y r sin θ + z r cos θ. y z r + z r r + z ( r θ ) z = x cos θ + z y x sin θ z x y sin θ + z y cos θ cos θ ( ) z + x y cos θ + z y sin θ + z x sin θ z y x cos θ sin θ ( ) z = x + z y (cos θ + sin θ) = z x + z y z x y = z y x. Oppgave 0.5.0: (NY) Se fasit. Oppgave 0.5.: (NY) z = f(x, y) = f(r cos θ, r sin θ) som vi setter lik g(r, θ). Vi får f x = g r r x + g θ θ x = g r f y = g r r y + g θ θ y = g r x r y r + g θ + g θ x θ y θ = g r cos θ = g r sin θ + g θ r sin θ, g θ r cos θ.

50 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 000 Derved er f = gr cos θ g θ r sin θ, g r sin θ + g θ. r cos θ Oppgave 0.5.: (Tidl.: ) Vi har for i =,, 3, så ( R = f(r, R, R 3 ) = + + ) R R R 3 ( f Ri (R, R, R 3 ) = + + ) R R R 3 R i dr dt = R = + R dr R dt dr R dt ( + + R R R 3 + R dr 3 R 3 dt ) ( dr R + dt R dr dt + R 3 ) dr 3. dt For R = 00, R = 0, R 3 = 50 og dr =, dr dt dt derfor ( dr dt = ) ( Det vil si, den totale motstanden avtar. =, dr 3 dt =, gjelder ) 50 = 3 < 0. Oppgave 0.5.3: (Tidl.: 0.5..) Vi har F = GMm/r = f(m, r) der m(t) = (m at)kg og r(t) = (R + vt)km, slik at df dt = f dm m dt + f r = GM ( dr dt = GM a(r + vt) + (m at)v (R + vt) 3. m ( a) + r r 3 ) GM(ar + mv) v = r 3

51 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 00 Oppgave 0.5.4: (Tidl.: 0.5..) Ideen er: fra A går vi ut i retning f(a) og penser oss inn mot retningen til f(b) der B er skjæringspunktet mellom ballens rute og neste kote (nivåkurve). Siden f(x, y) er en normalvektor til nivåkurven gjennom (x, y), tegner vi ruten normalt på nivåkurvene. Oppgave 0.5.5: (Tidl.: ) Ideen er akkurat som i oppgave 4 over. Hvis poenget er å maksimere f(x, y), velger man retningen + f(x, y) istedenfor f(x, y). Oppgave 0.5.6: (Tidl.: ) Vi har slik at T (x, y) = 40 + x + y, x T (x, y) = 40 ( + x + y ), y ( + x + y ) T (, 3) = 80 ( + + 9), 3 ( + + 9) = 80, 3. Banen til roboten er gitt ved y = 4 x =: g(x), slik at g (x) = x. Retningen til roboten i punktet (, 3) er derfor u =,, =., 5 Derfor opplever roboten en temperaturendringsrate på D u T (, 3) = T (, 3) u = 80 6), 3, = 80( 5 5 = 80 5 grader per sekund. (Står som nr i fasiten.)

52 0.5. Kjerneregelen og retningsderivert 00 Oppgave 7: Vi legger plankrysset inn i et koordinatsystem slik at jernbanelinjen følger x-aksen og veien følger y-aksen, som vist på figuren over. Når toget er x km fra krysset og bilen er y km fra krysset, er avstanden s mellom dem gitt ved s = x + y. Ved implisitt derivasjon er da s ds dt = x dx dt + y dy dt Idet x = 3 4 og y = er derfor ds dt = ( 3 ) (Står som nr i fasiten.) = x ( 50) + y ( 80). = /4 = 60 3 km/time.

53 0.6. Taylorpolynomer for funksjoner av flere variable Taylorpolynomer for funskjoner av flere variable. Oppgave 0.6.: (NY) a) Siden er ln( + t) = t t + t3 3 t4 4 + for t <, ln( + xy) = xy x y + x3 y 3 x4 y 4 + for xy <. 3 4 Dette er en potensrekke av riktig form som konvergerer mot ln( + xy) i en omegn om origo. Altså er det den søkte taylorrekken. b) Siden er e t = + t! + t! + t3 3! + t4 + for alle t R, 4! e x+y = + x + y (x + y) (x + y) for alle (x, y) R.!! 3! At dette er en rekke av riktig form ser vi fordi ( n ) ( n ) (x + y) n = x n + x n y + x n y + + y n. Siden rekken også konvergerer mot e x+y i en omegn om origo, så er dette den søkte taylorrekken. c) Siden og e t = + t! + t! + t3 3! + t4 + for alle t R, 4! ( ) ( ) ( ) / / / + t = + t + t + t for t <, er e x ) ( ( ) ( ) ( ) x + y = ( + + x!! + x3 / / / 3! + + y + y + 3 ( ( ) ) ( x / x = +! + y +! + ( ) ( ) ) / / xy + y! ( x 3 + 3! + ( ) / x y + ( ) ( ) ) / / xy + y 3 +.!! 3 ) y 3 +

54 0.6. Taylorpolynomer for funksjoner av flere variable 004 Dette er en potensrekke av riktig form som konvergerer mot riktig verdi i en omegn om origo, så dette er den søkte taylorrekken. d) Siden er sin t = t t3 3! + t5 5! t7 + for alle t R, 7! sin(3x + y) = 3x + y for alle (x, y) R. (3x + y)3 3! + (3x + y)5 5! (3x + y)7 7! + Dette er en rekke av riktig form (se oppgave b)) som konvergerer mot riktig verdi i en omegn om sentrum for rekken, så dette er den søkte taylorrekken. e) Siden er + t = ( t) n for t <, n=0 + xy = ( xy) n = xy + x y x 3 y 3 + x 4 y 4 for xy <. n=0 Dette er en potensrekke av riktig form som konvergerer mot riktig verdi i en omegn om origo, så dette er den søkte taylorrekken. f) Siden er e t = + t! + t! + t3 3! + t4 + for alle t R, 4! e xy = + xy! + x y + x3 y 3 + for alle (x, y) R.! 3! At dette er en rekke av riktig form ser vi fordi ( n ) ( n ) (x + y) n = x n + x n y + x n y + + y n. Dette er en potensrekke av riktig form som konvergerer mot riktig verdi i en omegn om origo, så dette er den søkte taylorrekken.

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FAGET 5005/7 MATEMATIKK 2 1. august der k er et vilkårlig heltall. Det gir

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FAGET 5005/7 MATEMATIKK 2 1. august der k er et vilkårlig heltall. Det gir LØNINGFOLAG IL EKAMEN I FAGE 55/7 MAEMAIKK. august Oppgave. (i Ja. (ii Ja. (iii Nei. Alternativt: (i Ja. (ii Ja. (iii Ja. Oppgave. curlf (x, y F i j k (x, y / x / y / z e y + ye x +x xe y + e x + Altså

Detaljer

f =< 2x + z/x, 2y, 4z + ln(x) >.

f =< 2x + z/x, 2y, 4z + ln(x) >. MA 40: Analyse Uke 48, 00 http://home.hia.no/ aasvaldl/ma40 H0 Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave.5: 5. Vi har gitt funksjon f(x, y) = x + y z + z ln(x) og punkt

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, 8.juni 2010

Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, 8.juni 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Løsningsforslag, eksamen MA11 Flerdimensjonal analyse, 8.juni 21 Oppgave 1 a) Finn og klassifiser alle kritiske

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Deleksamen i: Eksamensdag: Fredag 1. april 2011 Tid for eksamen: 15.00 17.00 Oppgavesettet er på 7 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

dg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0

dg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2, øving 8, vår 2011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon,

Detaljer

e y + ye x +2x xe y + e x +1 0 = 0

e y + ye x +2x xe y + e x +1 0 = 0 LØNINGFORLAG TIL EKAMEN I FAGET 55/7 MATEMATIKK. august Oppgave. (i) Ja. (ii) Ja. (iii) Nei. Alternativt: (i) Ja. (ii) Ja. (iii) Ja. Oppgave. a) curlf (x, y) F i j k (x, y) / x / y / z e y + ye x +x xe

Detaljer

Prøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag

Prøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT, H- Løsningsforslag. Integralet cos x dx er lik: +sin x Riktig svar: c) arctan(sin x) + C. Begrunnelse: Sett u = sin x, da er du = cos x dx og vi får: cos x + sin x dx = du du = arctan

Detaljer

SIF5005 Matematikk 2, 13. mai 2002 Løsningsforslag

SIF5005 Matematikk 2, 13. mai 2002 Løsningsforslag SIF55 Matematikk, 3. mai Oppgave Alternativ : At de to ligningene skjærer hverandre vil si at det finnes parameterverdier u og v som, innsatt i de to parametriseringene, gir samme punkt: Vi løser hver

Detaljer

Arne B. Sletsjøe. Oppgaver, MAT 1012

Arne B. Sletsjøe. Oppgaver, MAT 1012 Arne B. Sletsjøe Oppgaver, MAT 101 1 En-variabel kalkulus 1.1 I de følgende oppgavene, i) finn alle kritiske punkter til f(x), ii) beskriv monotoniegenskapene til funksjonene ved å se på fortegnet til

Detaljer

TMA4105. Notat om skalarfelt. Ulrik Skre Fjordholm 15. april 2016

TMA4105. Notat om skalarfelt. Ulrik Skre Fjordholm 15. april 2016 TMA4105 Notat om skalarfelt Ulrik Skre Fjordholm 15. april 2016 Innhold 1 Grenseverdier og kontinuitet 2 2 Derivasjon av skalarfelt 5 2.1 Partiellderivert og gradient..................................

Detaljer

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1103, 2.mars 2010

Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1103, 2.mars 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 5 Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA03,.mars 00 Oppgave Tegn figur og finn en parametrisering for skjæringskurven

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 5 1.3.5: Vi ønsker å finne de første ordens deriverte til funksjonen f definert ved f(, y) arctan(y/). Først finner vi den deriverte med ensyn på, ved å betrakte

Detaljer

+ (y b) F y. Bruker vi det siste på likningen z = f(x, y) i punktet (a, b, f(a, b)) kan vi velge F (x, y, z) = f(x, y) z.

+ (y b) F y. Bruker vi det siste på likningen z = f(x, y) i punktet (a, b, f(a, b)) kan vi velge F (x, y, z) = f(x, y) z. Vi husker fra sist Gradientvektoren F ( a) peker i den retningen u der den retningsderiverte D u F ( a) er størst, og der er D u F ( a) = u F ( a) = F ( a). Gradientvektoren er normalvektoren til (hyper)flata

Detaljer

Korreksjoner til fasit, 2. utgave

Korreksjoner til fasit, 2. utgave Korreksjoner til fasit,. utgave Kapittel. Oppgave.. a): / Oppgave.. e):.887, 0.58 Oppgave..9: sin00πt). + ) x Oppgave.7.5 c): ln for 0 < x. x Oppgave.8.0: Uttrykket for a + b) 7 skal være a + b) 7 = a

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 12.6.4: Vi finner først lineariseringen i punktet (2, 2). Vi har at Lineariseringen er derfor 2x + y f x (x, y) = 24 (x 2 + xy + y 2 ) 2 2y + x f y (x, y) = 24

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TMA4105 MATEMATIKK 2 Lørdag 14. aug 2004

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN TMA4105 MATEMATIKK 2 Lørdag 14. aug 2004 Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag ide av LØNINGFOLAG EKAMEN TMA4 MATEMATIKK 2 Lørdag 4. aug 24 Oppgave Grenseverdien eksisterer ikke. For eksempel er grenseverdien

Detaljer

Løsning, funksjoner av flere variable.

Løsning, funksjoner av flere variable. Ukeoppgaver, uke 3 Matematikk 3, funksjoner av flere variable 1 Løsning, funksjoner av flere variable Oppgave 1 a) = +=, b) =, =y3 d ) e ) = 3+= 3 Selv om ikke x er med kan det betraktes som funksjon av

Detaljer

Den deriverte og derivasjonsregler

Den deriverte og derivasjonsregler Den deriverte og derivasjonsregler Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway September 3, 2014 Tangenten til en funksjon i et punkt (kap. 2.1) Sekant til en funksjon gjennom to punkter 25 20 f(c+h)

Detaljer

Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon, språk og stil variere noe fra oppgave til oppgave.

Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon, språk og stil variere noe fra oppgave til oppgave. NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk, øving 7, vår 011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon,

Detaljer

Oppgaver og fasit til seksjon

Oppgaver og fasit til seksjon 1 Oppgaver og fasit til seksjon 3.4-3.6 Oppgaver til seksjon 3.4 1. Anta at f(x, y) = x 2 y 3 og r(t) = t 2 i + 3t j. Regn ut g (t) når g(t) = f(r(t)). 2. Anta at f(x, y) = x 2 e xy2 og r(t) = sin t i+cos

Detaljer

Oppgaver og fasit til kapittel 6

Oppgaver og fasit til kapittel 6 1 Oppgaver og fasit til kapittel 6 Mange av oppgavene i dette kapitlet brukes for første gang, og det er sannsynligvis flere fasitfeil enn normalt. Finner du en feil, så send en melding til lindstro@math.uio.no.

Detaljer

Oppgavesettet har 10 punkter 1, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen.

Oppgavesettet har 10 punkter 1, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen. NTNU Institutt for matematiske fag SIF55 Matematikk 2 4. mai 999 Løsningsforslag Oppgavesettet har punkter, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen. i alternativ (3, ii alternativ (2. 2 a For

Detaljer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer Eksamen 8. desember 16 Eksamenstid 4 timer IR151 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare bruke

Detaljer

Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R2 kapittel 5

Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R2 kapittel 5 Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R kapittel 5 5.5 Ce kx y = kce kx Vi setter inn i y + ky og ser om vi får 0: 5.5 ax + a y = ax Vi setter inn i y 5.54 kce kx + k Ce kx = 0 x x + y: ax x(ax

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2,

Løsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2, Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av Løsningsforslag til eksamen i TMA45 matematikk, 9.5.4 Oppgave La fx, y, z) xy + arctanxz). La P være punktet,, ). a)

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 9 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 9 Derivasjon I dagens forelesning skal vi se på følgende: 1 Tilnærminger til små endringer. 2 Vekstfart.

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim

Detaljer

Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2

Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2 Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2 1 Bestem den naturlige denisjonsmengden til følgende funksjoner.

Detaljer

Eksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag

Eksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag Eksamen i MAT H4: Løsningsforslag Oppgave. ( poeng) Dersom f(x, y) x sin(xy ), er f y lik: A) sin(xy ) + xy cos(xy ) B) x cos(xy ) C) x y cos(xy ) D) sin(xy ) + x y cos(xy ) E) cos(xy ) Riktig svar: C):

Detaljer

Eksamen R2, Våren 2011 Løsning

Eksamen R2, Våren 2011 Løsning R Eksamen, Våren 0 Løsning Eksamen R, Våren 0 Løsning Del Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave (8 poeng) a) Deriver funksjonene

Detaljer

Notater nr 9: oppsummering for uke 45-46

Notater nr 9: oppsummering for uke 45-46 Notater nr 9: oppsummering for uke 45-46 Bøkene B (læreboken): Tor Gulliksen og Arne Hole, Matematikk i Praksis, 5. utgave. K (kompendium): Amir M. Hashemi, Brukerkurs i matematikk MAT, høsten. Oppsummering

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT111 Prøveeksamen Eksamensdag: 5. juni 21. Tid for eksamen: 1. 13.3. Oppgavesettet er på 9 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, vår 2009

Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, vår 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 8 Løsningsforslag, eksamen MA1103 Flerdimensjonal analyse, vår 2009 Oppgave 1 Avgjør om grenseverdiene eksisterer:

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 11 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 11 Transcendentale funksjoner Vi begynner nå på temaet transcendentale funksjoner. I dagens forelesning

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag TMA405 Matematikk Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 3..9: Vi starter med å finne de kritiske punktene. De deriverte blir T x (x, y) = ( x xy)e x y T y (x, y) = ( y xy)e x y, slik at de kritiske

Detaljer

Matematikk 1 Første deleksamen. Løsningsforslag

Matematikk 1 Første deleksamen. Løsningsforslag HØGSKOLEN I ØSTFOLD, AVDELING FOR INFORMASJONSTEKNOLOGI Matematikk Første deleksamen 4. juni 208 Løsningsforslag Christian F. Heide June 8, 208 OPPGAVE a Forklar kortfattet hva den deriverte av en funksjon

Detaljer

. 2+cos(x) 0 og alle biter som inngår i uttrykket er kontinuerlige. Da blir g kontinuerlig i hele planet.

. 2+cos(x) 0 og alle biter som inngår i uttrykket er kontinuerlige. Da blir g kontinuerlig i hele planet. MA 1410: Analyse Uke 47, 001 http://home.hia.no/ aasvaldl/ma1410 H01 Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave 11.1: 7. f(x, y) = 1 16 x y. a) Definisjonsområde D: f

Detaljer

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 2011

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 2011 Derivasjon Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 20 Kapittel 3.7. Derivasjon av inverse funksjoner 3 Derivasjon av inverse til deriverbare funksjoner

Detaljer

Matematikk 1 (TMA4100)

Matematikk 1 (TMA4100) Matematikk 1 (TMA4100) Forelesning 7: Derivasjon (fortsettelse) Eirik Hoel Høiseth Stipendiat IMF NTNU 23. august, 2012 Den deriverte som momentan endringsrate Den deriverte som momentan endringsrate Repetisjon

Detaljer

SIF 5005 Matematikk 2 våren 2001

SIF 5005 Matematikk 2 våren 2001 IF 55 Matematikk våren Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Diverse løsningsforslag 75 Matematikk B, mai 994 (side 77 79) 6 a) Vi finner en potensialfunksjon φ(x,

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 009 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved g(x)

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M001 Våren 2002

Løsningsforslag Eksamen M001 Våren 2002 Løsningsforslag Eksamen M Våren Oppgave f(x) = (x )e x Bruker produktregelen i derivasjonen f (x) = e x + (x ) (e x ) For å derivere e x velges kjernen u = x, og vi får (e x ) = e u. f (x) = e x + (x )

Detaljer

TMA4105 Matematikk 2 Vår 2014

TMA4105 Matematikk 2 Vår 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2 Vår 2014 Løsningsforslag Øving 7 10.4.7 Vi skal finne likningen til et plan gitt to punkter P = (1, 1,

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT Kalkulus. Eksamensdag: Fredag 9. desember 2. Tid for eksamen: 9.. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

TMA Representasjoner. Funksjoner. Operasjoner

TMA Representasjoner. Funksjoner. Operasjoner TMA 4105 Representasjoner Funksjoner Operasjoner Funksjoner f : D R m! f(d) R n reelle funksjoner kurver flater vektorfelt Funksjoner i) f : D R n! R reell funksjon av n variabler, f(x), f(x,y) eller f(x,y,z)

Detaljer

Eksamen, høsten 14 i Matematikk 3 Løsningsforslag

Eksamen, høsten 14 i Matematikk 3 Løsningsforslag Oppgave 1. Fra ligningen Eksamen, høsten 14 i Matematikk 3 Løsningsforslag x 2 64 y2 36 1 finner vi a 64 8 og b 36 6. Fokus til senter avstanden er da gitt ved c a 2 + b 2 64 + 36 1 1. Dermed er fokuspunktene

Detaljer

Fasit, Kap : Derivasjon 2.

Fasit, Kap : Derivasjon 2. Ukeoppgaver, uke 37, i Matematikk 10, Kap. 3.5-3.8: Derivasjon. 1 Fasit, Kap. 3.5-3.8: Derivasjon. Oppgave 1 a) f (x) =x. Denne eksisterer over alt (det er vanligvis punkter med null i nevner som kan skaffe

Detaljer

Løsningsforslag for Eksamen i MAT 100, H-03

Løsningsforslag for Eksamen i MAT 100, H-03 Løsningsforslag for Eksamen i MAT, H- Del. Integralet cos( ) d er lik: Riktig svar: b) sin( ) + C. Begrunnelse: Vi setter u =, du = d og får: cos( ) d = cos u du = sin u + C = sin( ) + C. Integralet ln(

Detaljer

The full and long title of the presentation

The full and long title of the presentation The full and long title of the presentation Subtitle if you want Øistein Søvik Mai 207 Ø. Søvik Short title Mai 207 / 4 Innholdsfortegnelse Introduksjon Nyttige tips før eksamen Nyttige tips under eksamen

Detaljer

Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2

Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2 Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Tirsdag 1. april 2014 kl. 12:45 Antall oppgaver: 8+2 1 Bestem den naturlige denisjonsmengden til følgende funksjoner.

Detaljer

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1100, H-14 DEL 1

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1100, H-14 DEL 1 Løsningsforslag til prøveeksamen i MT, H- DEL. ( poeng Hva er den partiellderiverte f y sin(xy cos(xy y sin(xy x sin(xy cos(xy xy sin(xy cos(xy y sin(xy + xy sin(xy når f(x, y = y cos(xy? Riktig svar:

Detaljer

Løsning, Oppsummering av kapittel 10.

Løsning, Oppsummering av kapittel 10. Ukeoppgaver, uke 36 Matematikk 3, Oppsummering av kapittel. Løsning, Oppsummering av kapittel. Oppgave a) = +, = + z og z =z +. b) f(,, z) = +, + z,z + så (f(, 3, ) = +3, 3+, +3=7, 3, 5 c ) Gradienten

Detaljer

x t + f y y t + f z , og t = k. + k , partiellderiverer vi begge sider av ligningen x = r cos θ med hensyn på x. Da får vi = 1 sin 2 θ r sin(θ)θ x

x t + f y y t + f z , og t = k. + k , partiellderiverer vi begge sider av ligningen x = r cos θ med hensyn på x. Da får vi = 1 sin 2 θ r sin(θ)θ x TMA4105 Matematikk 2 Vår 2015 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 5 Alle oppgavenummer refererer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus:

Detaljer

Oppfriskningskurs i matematikk 2008

Oppfriskningskurs i matematikk 2008 Oppfriskningskurs i matematikk 2008 Marte Pernille Hatlo Institutt for matematiske fag, NTNU 4.-9. august 2008 Velkommen! 2 Temaer Algebra Trigonometri Funksjoner og derivasjon Integrasjon Eksponensial-

Detaljer

Løsning IM

Løsning IM Løsning IM 6 Oppgave x + y Grensen lim er ubestemt da både teller og nevner blir Vi skal vise at grensen ( xy, ) (,) x + y ikke eksisterer og bruker rette linjer inn mot origo De enkleste linjene er koordinataksene

Detaljer

Oblig 4-fasit 11.1: Funksjoner av flere variable

Oblig 4-fasit 11.1: Funksjoner av flere variable Oblig 4-fasit.: Funksjoner av flere variable..3 i. Vi har ingen, brøker eller andre funksjoner som krever begrensninger i hva vi kan sette inn som argumenter, så alle og y kan brukes. D f = R = {, y),

Detaljer

Fasit til Flervariabelanalyse med lineær algebra

Fasit til Flervariabelanalyse med lineær algebra Fasit til Flervariabelanalyse med lineær algebra Advarsel: Arbeidet med denne fasiten har gått fortere enn det burde, og feilprosenten er nok litt høyere enn vanlig. Finner du feil eller lurer på om noe

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG TIL ØVING 11, TMA4105, V2008. x = r cos θ, y = r sin θ, z = 2r for 0 θ 2π, 2 2r 6. i j k. 5 r dr dθ = 8

LØSNINGSFORSLAG TIL ØVING 11, TMA4105, V2008. x = r cos θ, y = r sin θ, z = 2r for 0 θ 2π, 2 2r 6. i j k. 5 r dr dθ = 8 LØNINGFORLAG TIL ØVING, TMA45, V8 Oppgave 4.5.9. Parametrisering: x = r cos θ, y = r sin θ, z = r for θ π, r 6. r(r, θ) = r cos θ, r sin θ, r. N = r r r θ = cos θ sin θ = r cos θ, r sin θ, r. r sin θ r

Detaljer

EKSAMEN I FAG SIF5005 MATEMATIKK 2

EKSAMEN I FAG SIF5005 MATEMATIKK 2 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 3 Faglig kontakt under eksamen: Trond Digernes 7359357 Berner Larsen 73 59 35 5 Lisa Lorentzen 73 59 35 48 Vigdis Petersen

Detaljer

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1050, vår 2019

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1050, vår 2019 Løsningsforslag til prøveeksamen i MT15, vår 19 Oppgave 1. a) Vi har sinx + y) d R cosx + y) sinx + π) + sin x siden alle fire leddene er. yπ y π dx sinx + y) dy dx cosx + π) + cos x) dx sin π + sin π)

Detaljer

Flervariable funksjoner: Kjerneregel og retningsderiverte

Flervariable funksjoner: Kjerneregel og retningsderiverte Flervariable funksjoner: Kjerneregel og retningsderiverte Forelest: 5. Nov, 2004 Først skal vi ta for oss kjerneregelen for funksjoner av flere variable. Se metodeark 7 og 8 for flervariable funksjoner.

Detaljer

y (t) = cos t x (π) = 0 y (π) = 1. w (t) = w x (t)x (t) + w y (t)y (t)

y (t) = cos t x (π) = 0 y (π) = 1. w (t) = w x (t)x (t) + w y (t)y (t) NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk, øving 7, vår 013 Løsningsforslag Notasjon og merknader En vektor boken skriver som ai + bj + ck, vil vi ofte skrive som (a, b, c), og tilsvarende

Detaljer

Eksamensoppgavehefte 1. MAT1012 Matematikk 2: Mer funksjonsteori i en og flere variabler

Eksamensoppgavehefte 1. MAT1012 Matematikk 2: Mer funksjonsteori i en og flere variabler Eksamensoppgavehefte 1 MAT1012 Matematikk 2: Mer funksjonsteori i en og flere variabler Matematisk institutt, UiO, våren 2010 I dette heftet er det samlet et utvalg av tidligere eksamensoppgaver innenfor

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO. Løsningsforslag

UNIVERSITETET I OSLO. Løsningsforslag UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Deleksamen i: MAT00 Kalkulus Eksamensdag: Fredag 4. oktober 20 Tid for eksamen: 5.00 7.00 Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte

Detaljer

y = x y, y 2 x 2 = c,

y = x y, y 2 x 2 = c, TMA415 Matematikk Vår 17 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 9 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete

Detaljer

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 11. november 2011 Kapittel 8.8. Taylorrekker og Maclaurinrekker 3 Taylor-polynomer Definisjon (Taylorpolynomet

Detaljer

Eksamensoppgaver og Matematikk 1B

Eksamensoppgaver og Matematikk 1B Eksamensoppgaver 7500 og 750 Matematikk B Samlet for SIF5005 Matematikk våren 00 Samlingen inneholder utvalgte oppgaver gitt i 7500 og 750 Matematikk B ved NTH/NTNU i tiden 993 997. Oppgaver eller punkter

Detaljer

Kapittel 11: Integrasjon i flere variable

Kapittel 11: Integrasjon i flere variable .. Kurveintegraler Kapittel : Integrasjon i flere variable... Kurveintegraler. Oppgave.: a Her er fx, y, z xyz og slik at C rt t, π, t, r t r t + + t t t, fx, y, z ds t t frt r t dt,, t, t t π t dt π t

Detaljer

dx = 1 1 )dx = 3 y= x . Tangentplanet til hyperboloiden i (2, 1, 3) er derfor gitt ved x 2, y 1, z 3 = 0 x 2 + 2(y 1) 2 (z 3) = 0 x + 2y 2z 3 = 2

dx = 1 1 )dx = 3 y= x . Tangentplanet til hyperboloiden i (2, 1, 3) er derfor gitt ved x 2, y 1, z 3 = 0 x 2 + 2(y 1) 2 (z 3) = 0 x + 2y 2z 3 = 2 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA415 Matematikk vår 9 øsningsforslag til eksamen 15. august 9 1 Treghetsmoment med hensyn på x-aksen er gitt ved x [ ] y I

Detaljer

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 11/5-15/5

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 11/5-15/5 Fasit til utvalgte oppgaver MAT0, uka /5-5/5 Øyvind Ryan (oyvindry@i.uio.no May, 009 Oppgave 5.0.a Ser at f(x, y = (, 3, og g(x, y = (x, y. g(x, y = 0 hvis og bare hvis x = y = 0, og dette er ikke kompatibelt

Detaljer

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2,

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, 201. 1 Høgskolen i Gjøvik Avdeling TØL Repetisjonsoppgaver MATEMATIKK 1 REA1141 og REA1141F Derivasjon 2, 201. Oppgave 1 Denne oppgaven har forholdsvis enkle derivasjoner,

Detaljer

Kapittel 3: Flere anvendelser av derivasjon

Kapittel 3: Flere anvendelser av derivasjon 3.1. Flere koblede hastigheter 165 Kapittel 3: Flere anvendelser av derivasjon 3.1. Flere koblede hastigheter. Oppgave 3.1.1: (NY.) a) Ved implisitt derivasjon med hensyn på tiden t er 2x dx + 2y dy =

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Deleksamen i: MAT Kalkulus og lineær algebra Eksamensdag: Fredag. mars Tid for eksamen: 5. 7. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100, H06

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100, H06 Løsningsforslag til eksamen i MAT, H6 DEL. poeng Hva er den partiellderiverte f z xyz cosxyz x sinyz + xyz cosyz xy cosyz x sinyz + xz cosyz cosyz xyz sinyz når fx, y, z = xz sinyz? Riktig svar b: x sinyz

Detaljer

(t) = [ 2 cos t, 2 sin t, 0] = 4. Da z = 2(1 + t) blir kurva C en helix/ei skruelinje på denne flata (se fig side 392).

(t) = [ 2 cos t, 2 sin t, 0] = 4. Da z = 2(1 + t) blir kurva C en helix/ei skruelinje på denne flata (se fig side 392). Ma - Løsningsforslag til uke 5 i 7 Eks. mai 994 oppgave Romkurva er parametrisert for t [, π] ved r (t) = [ + cos t, + sin t, + t ] Hastighets- og akselerasjonsvektorene blir v = r (t) = [ sin t, cos t,

Detaljer

Vår TMA4105 Matematikk 2. Løsningsforslag Øving 6. 5 Exercise Exercise

Vår TMA4105 Matematikk 2. Løsningsforslag Øving 6. 5 Exercise Exercise TMA405 Matematikk 2 Vår 205 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 6 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus: A Complete

Detaljer

Løsningsforslag for MAT-0001, desember 2009, UiT

Løsningsforslag for MAT-0001, desember 2009, UiT Løsningsforslag for MAT-1, desember 29, UiT av Kristian Hindberg Oppgave 1 a) Bestem grenseverdien e x 1 x lim x x 2 e x 1 x lim x x 2 = lim x e x 1 2x e = x lim x 2 = 1 2 b) Finn det ubestemte integralet

Detaljer

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 29/11-3/12

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 29/11-3/12 Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 9/11-3/1 Øyvind Ryan (oyvindry@ifiuiono December, 010 Oppgave 15 Oppgave 155 a 4A 3B 4 1 3 1 3 1 4 1 8 4 1 4 3 3 1 3 0 9 6 + 6 3 9 0 5 18 14 1 3 4 4 9 1 6 8 + 6

Detaljer

Randkurva C til flata S orienteres positivt sett ovenfra, og kan parametriseres ved: r (t) = [ sin t, cos t, sin t] dt, 0 t 2π.

Randkurva C til flata S orienteres positivt sett ovenfra, og kan parametriseres ved: r (t) = [ sin t, cos t, sin t] dt, 0 t 2π. Ma - Løsningsforslag til uke 17 i 7 Eks. mai 1999 oppgave 4 ylinderen x + y = 1 skjærer ut ei flate av planet z = x + 1 dvs. x + z = 1 med enhetsnormal i positiv z-retning lik n= 1 [ 1 1]. Flata blir en

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA

Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA654-04.06.007 eksamensoppgaver.org September 0, 008 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

Løsningsforslag. Kalkulus. til. 2. utgave. Lisa Lorentzen. 6. februar 2015

Løsningsforslag. Kalkulus. til. 2. utgave. Lisa Lorentzen. 6. februar 2015 Løsningsforslag til Kalkulus. utgave Lisa Lorentzen 6. februar 05 .. Reelle tall Kapittel : Grunnleggende emner.. Reelle tall Oppgave,,3: Se fasit. Oppgave 4: a) Siden grafen til g(x) = x er linjen gitt

Detaljer

Matematikk 1 (TMA4100)

Matematikk 1 (TMA4100) Matematikk 1 (TMA4100) Forelesning 6: Derivasjon Eirik Hoel Høiseth Stipendiat IMF NTNU 22. august, 2012 Stigningstallet i et punkt Stigningstallet i et punkt Vi vender nå tilbake til problemet med å finne

Detaljer

Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 1100, 6/

Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 1100, 6/ Løsningsforslag til underveiseksamen i MAT 00, 6/0-008. ( poeng) Det komplekse tallet z har polarkoordinater r =, θ = 7π 6. Da er z lik: i + i i i + i Riktig svar: c) i. Begrunnelse: z = ( cos 7π 6 + i

Detaljer

x 2 + y 2 z 2 = c 2 x 2 + y 2 = c 2 z 2,

x 2 + y 2 z 2 = c 2 x 2 + y 2 = c 2 z 2, TMA45 Matematikk 2 Vår 25 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 4 Alle oppgavenummer referer til 8. utgave av Adams & Esse Calculus: A Complete

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag TMA415 Matematikk 2 Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 7 15.1.3: Siden vektorfeltet er gitt ved F(x, y) = yi + xj må feltlinjene tilfredstille differensiallikningen eller y = x y, ( ) 1 2 y2 = x.

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101)

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101) Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA0/MA60) Fredag 2. desember 202 Tid: 09:00 3:00 Hjelpemidler: Kode

Detaljer

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT 1110, våren 2006

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT 1110, våren 2006 Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT, våren 6 Oppgave : a) Vi har C 5 3 II+( )I a + 3a 3a III+I 3 II 3 3 3 3 a + 3a 3a 3 a + 3a 3a III+II I+( ))II 3 3 3 a + 3a 3a 3 3 3 a + 3a 4 3 3a a + 3a 4 3 3a b)

Detaljer

(1 + x 2 + y 2 ) 2 = 1 x2 + y 2. (1 + x 2 + y 2 ) 2, x 2y

(1 + x 2 + y 2 ) 2 = 1 x2 + y 2. (1 + x 2 + y 2 ) 2, x 2y Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA45 Matematikk vår 9 Løsningsforslag til eksamen.5.9 Gitt f(, y) = + +y. a) Vi regner ut f = f y = + + y ( + + y ) = + + y

Detaljer

TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven

TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven 10.10.09 Lars Sydnes sydnes@math.ntnu.no Institutt for matematiske fag October 1, 2009 L.S. (NTNU) TMA4100: Oversikt October 1, 2009 1 / 20 Kapittel 1: Funksjoner.

Detaljer

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014 Løsningsforslag Øving 8 Oppgaver fra boken: 10.1 : 13, 14, 18 10.2 : 15, 18, 32 10.3

Detaljer

MAT1100 - Grublegruppen Uke 36

MAT1100 - Grublegruppen Uke 36 MAT - Grublegruppen Uke 36 Jørgen O. Lye Partiell derivasjon Hvis f : R 2 R er en kontinuerlig funksjon, så kaller man følgende dens partiellderiverte (gitt at de finnes!) f f(x + h, y) f(x, y) (x, y)

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG TMA4105 Matematikk 2 8. August 2005

LØSNINGSFORSLAG TMA4105 Matematikk 2 8. August 2005 LØSNINGSFORSLAG TMA45 Matematikk 8. August 5 Oppgave Vi introduserer funksjonen g(x, y, z) x +y z slik at flaten z x + y er gitt ved g(x, y, z). I dette tilfellet utgjør gradienten til g en normalvektor

Detaljer

Kapittel 4: Differensiallikninger

Kapittel 4: Differensiallikninger 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 57 Kapittel 4: Differensiallikninger 4.. Innledning og objekter i bevegelse. Oppgave 4..: (NY.) a) Vi har slik at venstre side er lik y + xy = xe x + x y(x) = e

Detaljer

Oppgave 2 Løs oppgavene I og II, og kryss av det alternativet (a, b eller c) som passer best. En funksjon er ikke deriverbar der:

Oppgave 2 Løs oppgavene I og II, og kryss av det alternativet (a, b eller c) som passer best. En funksjon er ikke deriverbar der: Oppgave a) Si kort hva deriverte til en funksjon forteller oss. Hva handler deriverbarhet om? b) Er f (x) = deriverbar for alle reelle x-verdier? x Bestem deriverte til f i sin definisjonsmengde. c) Tegn

Detaljer

Vi regner først ut de nødvendige partiellderiverte for å se om vektorfeltet er konservativt. z = 2z, F 2 F 2 z = 2y, F 3. x = 2x, F 3.

Vi regner først ut de nødvendige partiellderiverte for å se om vektorfeltet er konservativt. z = 2z, F 2 F 2 z = 2y, F 3. x = 2x, F 3. TMA415 Matematikk Vår 15 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 7 Alle oppgavenummer refererer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete

Detaljer

Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX Elever 7. juni eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX Elever 7. juni eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA654 Matematikk MX Elever 7. juni 004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

Høgskolen i Oslo og Akershus. e 2x + x 2 ( e 2x) = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x

Høgskolen i Oslo og Akershus. e 2x + x 2 ( e 2x) = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x Oppgåve a) i) f(x) x e x f (x) ( x ) e x + x ( e x) xe x + x e x (x) xe x + x e x xe x ( + x) ii) g(x) ln(sin x) + x g (x) sin x (sin x) + x cos x sin x + x tan x + x b) i) Sidan både teljar og nemnar

Detaljer

MET Matematikk for siviløkonomer

MET Matematikk for siviløkonomer SENSORVEILEDNING - Skriftlig eksamen MET 11803 Matematikk for siviløkonomer Institutt for Samfunnsøkonomi Utlevering: 29.05.2019 Kl. 09:00 Innlevering: 29.05.2019 Kl. 14:00 For mer informasjon om formalia,

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100 H07

Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100 H07 Løsningsforslag til eksamen i MAT H7 DEL. (3 poeng Hva er den partiellderiverte f y når f(x, y, z = xeyz? xze yz e yz xe yz e yz + xze yz e yz + xze yz + xye yz Riktig svar: a xze yz Begrunnelse: Deriver

Detaljer

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10 Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 får du trening i å løse ulike typer differensialligninger, og her får du bruk for integrasjonsteknikkene du lærte i forrige kapittel. Men

Detaljer