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

Transkript

1 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, språk og stil variere noe fra oppgave til oppgave. Oppgaver fra kapittel 1.4 Oppgavene er hentet fra lærebokens kapittel 1.4, side Vi beregner x (t) = cos t sin t y (t) = sin t cos t z (t) = 1 t w = 1 z Kjerneregelen gir så Vi har dermed w (3) = 1. 5 Først finner vi dw dt w = 1 z w (t) = w x (t) + w y (t) + w z (t) = cos t + sin t = 1. ved hjelp av kjerneregelen. dw dt = w dx dt + w dy dt + w dz dt = (ye x t )( t + 1 ) + 1 (ex )( t + 1 ) + ( 1 z )(et ) Sett så inn for x, y og z. Merk at e ln(t +1) = t + 1. = 4t tan 1 (t) + 1 w = x + y z. En annen framgangsmåte er å sette x, y og z inn i w, og så derivere med hensyn på t. w = ye x ln z = (t + 1) tan 1 (t) t dw dt = 4t tan 1 (t) + t t t = 4t tan 1 (t) + 1 = 4t tan 1 (t) + 1 For tiden t = 1 fås dw dt (1) = π + 1, siden tan π 4 = Vi kommer til å få behov for p = 1 q r q = (q r) r = p q (q r), lf7 7. mars 011 Side 1

2 TMA4105 Matematikk, øving 7, vår 011 som alle finnes ved hjelp av de vanlige derivasjonsteknikken. Videre er p = q = r = 1 slik at kjerneregelen gir p = q = r = 1 p = q = r = 1, = 1 q r + = 1 q r = 1 q r + (q r) + p q (q r) = 0 (q r) + p q (p r) = (q r) (q r) = z (z y) (q r) p q (q p) = (q r) (q r) = y (z y). Evaluert i det angitte punkt finner vi da henholdsvis 0, 1 og. 5 La F : R R ved F (x, y) = x 3 y + xy. Vi har = 3x + y (1, 1) = 4 = 4y + x (1, 1) = 3, så Teorem 8 gir dy/dx = 4/3 i det angitte punkt. 43 Kjerneregelen anvendt to ganger gir 1 Siden w w = w = w ( ) + w ( u + w ) + w u + w ( ) + w ( v ) + w v. = x = y = y = x u = 1 v = 0 u = 1 v = 0, finner vi altså w + w = x w + w + y w + y w w + x w ( = (x + y ) w ) + w. Siden w oppfyller Laplaces ligning med hensyn på u og v, er parentesen til slutt lik 0. Dermed ser vi at w oppfyller Laplaces ligning også med hensyn på x og y. Oppgaver fra kapittel 1.5 Oppgavene er hentet fra lærebokens kapittel 1.5, side Her må man også huske produktregelen når man deriverer andre gang. ( ) Husk for all del at = u! lf7 7. mars 011 Side

3 TMA4105 Matematikk, øving 7, vår 011 Vi har så (x, y) = x x + y (x, y) = y x + y, f(x, y) = f(1, 1) = (1, 1). ( ) x x + y, y x + y Figur 1 viser nivåkurven (for nivået ln ) og gradienten. 1 y x Figur 1: Tilhørende oppgave Nivåkurve for f(x, y) = ln samt gradienten f(1, 1). 15 Vi beregner En normalisert versjon av A er g (x, y, z) = 3ex cos yz g (x, y, z) = 3zex sin yz g (x, y, z) = 3yex sin yz g(x, y, z) = 3e x (cos yz, z sin yz, y sin yz) g(0, 0, 0) = (3, 0, 0). a = 1 A A = 1 (, 1, ), 3 så den deriverte til g i (0, 0, 0) i retning av A er gitt ved g(0, 0, 0) a =. lf7 7. mars 011 Side 3

4 TMA4105 Matematikk, øving 7, vår For funksjonen f(x, y, z) = x y yz er ( 1 f(x, y, z) = y, x ) z, y y slik at f(4, 1, 1) = (1, 5, 1). Denne vektoren peker ut retningen med maksimal retningsderivert. Det vil si, den retningsderiverte i punktet er maksimal i retningen (1, 5, 1), slik at funksjonen vokser raskest i denne retningen. Den retningsderiverte til f(x, y, z) i punktet (4, 1, 1) og retning (1, 5, 1) er f(4, 1, 1) = = 7 = 3 3. Funksjonen avtar raskest i retningen f(4, 1, 1) = ( 1, 5, 1) der den retningsderiverte er Kurven xy = 4 er en hyperbel som vist i figur. 4 f(, ) f(x, y) = 4 Tangentlinje til f i (, ) y x Figur : Tilhørende oppgave Det er klart at tangenten må ha stigningstall 1 på grunn av symmetrien. (Dette kan også kontrolleres ved å beregne f(, ) som må stå normalt på tangenten.) En likning for tangenten er derfor y = x La (p, q) betegne den ukjente vektoren f(1, ). Nå er df = f(1, ) ds i+j, (1,) df = f(1, ) ds j, (1,) (1, 1) (0, ) = p + q = d.v.s p + q = 4 = 0 q Dette betyr at q = 3 og p = 1, slik at f(1, ) = (1, 3). Derfor er df = f(1, ) ds i j, (1,) = 3 d.v.s q = 6. ( 1, ) (1, 3) ( 1, ) = = lf7 7. mars 011 Side 4

5 TMA4105 Matematikk, øving 7, vår 011 Oppgaver fra kapittel 1.6 Oppgavene er hentet fra lærebokens kapittel 1.6, side La F : R 3 R være gitt ved F (x, y, z) = x + y z. Vi beregner (x, y, z) = x (3, 5, 4) = 6 (x, y, z) = y (3, 5, 4) = 10 (x, y, z) = z (3, 5, 4) = 8. Ligning () på side 748 forteller oss dermed at tangentplanet til F i (3, 5, 4) er gitt ved 6(x 3) + 10(y 5) + 8(z + 4) = 0, eller enklere 3x + 5y + 4z = 18. Ligning (3) på side 748 gir oss en parametrisering av normallinjen til F gjennom samme punkt: n(t) = (3, 5, 4) + (6, 10, 8)t. 11 Vi har flaten f(x, y, z) = z y x = 0. Da er tangentplanet i punktet P 0 (x 0, y 0, z 0 ) gitt ved Vi finner de deriverte. Evaluert i punktet (1,, 1) får vi planet f x (P 0 )(x x 0 ) + f y (P 0 )(y y 0 ) + f z (P 0 )(z z 0 ) = 0 1 f x = y x 1 f y = y x f z = 1 1 (x 1) 1 (y ) + (z 1) = 0 eller x y + z 1 = 0 15 Vi eliminerer y fra ligningen for flaten, slik at vi sitter igjen med x + z =, eller z = 1 1 x. Ser vi på funksjonen f : R R 3 gitt ved f(x) = (x, 1, 1 x /), finner vi f (x) = (1, 0, 1). Dermed er en parametrisering av den aktuelle tangentlinjen gitt ved ( r(t) = 1, 1, 1 ) + (1, 0, 1)t. Oppgaver fra eksamen i 7501 Matematikk 1B, sommeren Kjerneregelen gir Ved innsetting gir oppgitte ligning som var det vi skulle vise. = = + = + = + =. ( = = + ) = = 0, lf7 7. mars 011 Side 5

6 TMA4105 Matematikk, øving 7, vår 011 Oppgaver fra eksamen i 7501 Matematikk 1B, våren 199 Vi beregner som vanlig (x, y, z) = xz + ex (0, 1, 1) = 1 (x, y, z) = z + 3y (0, 1, 1) = (x, y, z) = 3z x y (0, 1, 1) = 4, slik at f(0, 1, 1) = (1,, 4). En normalisert utgave av den oppgitte retningsvektor (,, 1) er n = 1 (,, 1). 3 Dermed blir den derivert til f i retning angitt av (,, 1) f(0, 1, 1) n = 3. Ligning () på side 748 gir oss følgende ligning for tangentplanet til flaten bestemt av f(x, y, z) = 3 i (0, 1, 1): x + (y + 1) + 4(z 1) = 0, eller enklere x + y + 4z =. lf7 7. mars 011 Side 6