Løsning MET Matematikk Dato 03. juni 2016 kl

Transkript

1 Løsning MET 803 Matematikk Dato 03. jni 206 kl Oppgave. (a) Vi løser det lineære sstemet for s 8 ved Gass-eliminasjon: z z 0 Vi ser at z er en fri variabel, at z 3 gir z 3, og at + 2z 5 gir +2z 5 (z 3)+2z 5 z 2. Det er altså én frihetsgrad for s 8, og løsningene kan skrives z 2 z 3 z er en fri variabel (b) Vi tvikler A langs første kolonne: A (2 s)((2 s) 2 9) 3(3(2 s) 9) + 3(9 3(2 s)) (2 s)(s 2 4s 5) (2 s) (2 s)(s 5)(s + ) + 8(s + ) (s + ) [(2 s)(s 5) + 8] (s + )( s 2 + 7s + 8) (s + ) 2 (s 8) s 3 + 6s 2 + 5s + 8 (c) For s 0 er A 8 fra forrige deloppgave, og kofaktormatrisen er gitt ved Siden kofaktormatrisen er smmetrisk, er den adjngerte matrisen lik kofaktormatrisen, og den inverse matrisen blir A For s 0 er løsningen av det lineære sstemet A b gitt ved A b, som gir z (d) Vi ser fra faktoriseringen i b) at A 0 for s og s 8. Når s 8, er derfor A 0, og sstemet har i disse tilfellene en entdig løsning som vi kan nne ved Cramers regel. Vi regner t A (b) : A (b) 4 + s 2 s 3 2s 3 2 s 0 Dermed gir Cramers regel at 0 A 0 Løsningen (,,z) har altså 0 for alle s 8,. Oppgave 2. Vi har at f () 2e ( 2 + 3)e ( )e. Dermed er den annenderiverte gitt ved f () (2 + 2)e ( )e ( )e Siden ( + 2) 2 + > 0, har vi at f () < 0 for alle. Dermed er f konkav, men ikke konveks. 2

2 Oppgave 3. (a) Vi løser dette integralet ved å brke delbrøksoppspaltning. Siden nevneren er 2 + (+), gir det at 3 4 ( + ) A + B 3 4 A( + ) + B + Når vi setter inn 0 i siste likning, får vi A 4, og setter vi inn, får vi B 7, eller B 7. Vi ser at A 4 og B 7 gir at 3 4 A( + ) + B. Dermed er ( ( + ) d + 7 ) d 4 ln + 7 ln + + C + (b) Vi løser 8 2 ln( + ) d ved delvis integrasjon, og velger 8 2 og v ln( + ), som gir 6 3 og v /( + ). Dermed får vi 8 2 ln( + ) d 6 3 ln( + ) d ln( + ) + d Ved polnomdivisjon har vi at ( + d ) d + Dermed er 8 2 ln( + ) d 6 3 ln( + ) ( ln( + ) ) + C 6 3 ln( + ) ln( + ) + C (c) Vi løser e d ved sbstitsjonen, som gir d /(2 ) d og dermed e d e (2 ) d e 2 d 2 e d Vi brker til sltt delvis integrasjon for å løse det siste integralet. Det gir 2e d 2e 2 e d 2e 2e + C 2( )e + C Vi har brkt at for å skrive svaret ved hjelp av. (d) For å nne det bestemte integralet b d 2 brker vi delbrøksoppspaltning. Siden nevneren + er 2 + ( + ), gir det at ( + ) A + B + A( + ) + B Når vi setter inn 0 i siste likning, får vi A, og setter vi inn, får vi B, eller B. Vi ser at A og B gir at A( + ) + B. Dermed er ( ( + ) d ) d ln ln + + C ln C Det bestemte integralet blir dermed b [ ] ( + ) d ln b + og grenseverdien blir ( ln lim b ( ) b ln ln b + ( ) ( ) b ln + ln 2 2 b + ( ) ) b + ln 2 ln() + ln(2) ln(2) 0,693 b + Vi kan tolke dette som arealet av området R gitt ved R {(,) :, 0 f()} der f() /( 2 + ). Vi integrerer jo over b og lar b, så grensene i -retning er kn. Siden ttrkket som integreres er lik f() > 0, er grensene i -retning 0 f(). Området R er derfor begrenset av, 0 og grafen til f, og er skissert nedenfor. 3

3 R 2 3 b Oppgave 4. (a) Vi skriver f med De partiellderiverte til f er gitt ved f 2 ( 2), f 2 4 ( 8) Stasjonære pnkter er gitt ved f f 0, og dette gir 0. Vi ser at f og de partiellderiverte er denert i (,) (0,0) siden (0,0) 36 > 0. Pnktet (,) (0,0) er derfor det eneste stasjonære pnktet til f. (b) Vi regner t de andre ordens partiellderiverte til f for å bestemme Hesse-matrisen til f, og får f ( ) ( ) f ( ) 4 f ( ) 0 ( ) 4 4 ( 4) 6 Dermed er Hesse-matrisen H(f) generelt gitt ved H(f) ( ) I det stasjonære pnktet (,) (0,0) er Hesse-matrisen H(f)(0,0) gitt ved H(f)(0,0) ( ) ( ) Siden det H(f)(0,0) 2/8 > 0 og tr H(f)(0,0) 5/6 < 0 er (0,0) et lokalt maksimmspnkt ved annenderivert-testen. (c) Siden (4,2) , har vi at f(4,2) 2, f (4,2) 2 og f (4,2) 4. Dermed er den lineære approksimasjonen L(,) 2 2( 4) 4( 2) (d) Siden f(,) , så er f(0,0) 6 den globale maksimmsverdien til f. Pnktet (0,0) er det stasjonære pnktet til f. Siden f(,) , så er f(,) 0 den globale minimmsverdien for f, som oppnås i alle pnkt (,) slik at Minimmpnktene er altså pnktene med , og det er endelig mange slike pnkter med samme verdi f 0. Minimmspnktene er randpnktene til f siden D f {(,) : }. De er også kritiske pnkter for f siden de partiellderiverte ikke eksisterer når

4 Oppgave 5. (a) Skriver vi nivåkrven som g(,) , er den deriverte gitt ved g g Derfor vil /2 gi / 4/2 2, eller 2. Setter vi dette inn likningen, får vi ( 2) , eller 2 36/8 8/4. Dette gir ± 8/2 ±3 2/2 og 2. Vi nner de to pnktene (,) (3 2, 3 2/2) og (,) ( 3 2, 3 2/2) (b) Mengden D av tillatte pnkter er nivåkrven g(,) Siden likningen kan skrives er dette en ellipse med sentrm i (0,0) og halvakser a 36 6 og b 9 3. Derfor er mengden D begrenset, med 6 6 og 3 3. Krven er vist nedenfor (c) Siden slik at f(,) +2 i alle tillatte pnkt med , kan vi skrive Lagrange-problemet som ma / min f(,) + 2 når Dette gir Lagrange-fnksjonen L(,; λ) f(,) λg(,) + 2 λ( ). Lagrangebetingelsene er førsteordensbetingelsene L λ 2 0 L 2 λ 8 0 samt bibetingelsen Vi nner kandidatpnkter ved å løse Lagrange-betingelsene: Fra førsteordensbetingelsene får vi λ (vi ser at 0 eller 0 ikke kan være løsning, så divisjon med og er problematisk). Dette gir 4 8, eller 2. Setter vi dette inn i bibetingelsen, får vi (2) Dette gir 2 36/8 8/4, og ± 8/2 ±3 2/2, og dermed 2 ±3 2. Vi får de to kandidatpnktene (,) (3 2, 3 2/2), ( 3 2, 3 2/2) med henholdsvis λ ± 2/2 og f ±6 2. Dermed er det første pnktet kandidat for maksimm, og det andre kandidat for minimm. Siden mengden D er begrenset, og dermed 5

5 kompakt, har problemet et maksimm og et minimm. Andre kandidatene for maks/min kan kn være tillatte pnkter der bibetingelsen er degenerert, og vi sjekker om det er noen slike: g g 0 gir Det eneste pnktet som gir degenerert bibetingelse er (0,0), og det er ikke et tillatt pnkt. Derfor er f(3 2, 3 2/2) 6 2 maksimm, og f( 3 2, 3 2/2) 6 2 minimm. (d) Endrer vi bibetingelsen til g(,) , er det to tper kandidatpnkter: Kandidater på randen g(,) (som vi har fnnet ovenfor) og kandidater i det indre g(,) < 36. Et indre pnkt som er maks/min må være et stasjonært pnkt, og vi nner slike pnkter ved å regne t de partiell-deriverte til f(,) Merk at vi ikke kan anta at det siste leddet er nll nå, og at vi kan brke regningen fra forrige oppgave: f 2 ( 2) +, f ( 8) 2 + Dermed gir f f 0 etter mltiplikasjon med at + 0, Dermed er ( ) 2 2, som kan skrives som , og 2. Tilsammen gir dette Dette gir 2 3 og ± 3. Vi må sette prøve på svaret siden vi har kvadrert likningen, og ser at det er kn et stasjonært pnkt (,) ( 2 3, 3) med f( 2 3, 3) Dette er minimm siden 6 3 < 6 2. I det ne optimeringsproblemet er derfor f(3 2, 3 2/2) 6 2 maksimm, og f( 2 3, 3) 6 3 minimm. 6