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

Transkript

1 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 Course. 5 Eercise 2..3 Når du skisserer grafen er det lurt å utnytte at f ikke avhenger av. Se Figur under. z.5 y.5.5 Figur : Grafen til f(, y) y 2 for, y. 6 Eercise 2..4 Funksjonen f tar bare ikke-negative verdier. Vi ønsker derfor å se på nivåflaten som svarer til f(, y, z) c 2, der c. Likningen kan skrives om til eller 2 + y 2 z 2 c y 2 c 2 z 2, r c z i sylinderkoordinater. Nivåflatene er derfor sirkulære kjegler (uten origo, som ikke er i domenet til f) med akse langs z-aksen. Konstanten c bestemmer vinkelen α mellom kjeglen og z-aksen. Nærmere bestemt er denne gitt ved α arctan(c). Spesialtilfellet c svarer til en rett linje. 3. januar 25 Side av 6

2 z.5 α y Figur 2: Nivåflaten som svarer til c. 7 Eercise Merk at dersom vi fikserer enten eller y ser vi at eneste mulige kandidat for grensen er. Derfor prøver vi å vise at grensen er nettopp dette. Observer at hvis a og b er to tall har man alltid at ab 2 (a2 + b 2 ), som følger av at (a b) 2. Ved å velge a og b y har vi dermed at som klart går mot når (, y) (, ). 2 (y ) (y ) 2 ( 2 + (y ) 2 ) (y ) 2 4 (2 + (y ) 2 ), (Alternativt kan man for eksempel bruke at (y ) 2, men denne teknikken er verdt å kjenne til). 8 Eercise Det aner oss at grensen ikke eksisterer. Vi prøver derfor å se på hva uttrykket går mot langs ulike linjer på formen y a gjennom origo. Vi har sin((a)) 2 + (a) 2 a sin(a 2 ) + a 2 a 2, og dermed lim a (,y) (,) + a 2, ya 3. januar 25 Side 2 av 6

3 der vi har brukt den velkjente grensen lim sin()/. Siden uttrykket går mot forskjellige verdier (hele intervallet [/2, /2]) avhengig av hvilken linje vi velger eksisterer ikke grensen. Obs: Om vi ønsker å vise at en grense eksisterer er det ikke nok å sjekke at grensene langs hver linje eksisterer og er like! 9 Eercise Vi ønsker å finne de første ordens deriverte til funksjonen f definert ved f(, y) arctan(y/). Først finner vi den deriverte med hensyn på, ved å betrakte y som en konstant. Vi bruker kjerneregelen: Spesielt er På tilsvarende måte finner vi og (, y) + ( y ) 2 ( y ) 2 y 2 + y 2 (, ) 2. y (, y) + ( y ) y 2, y (, ) 2. ( ) Eercise Vi finner først de partiellderiverte: ( + y) ( y) (, y) ( + y) 2 2y ( + y) 2 (, y) 2 y ( + y) 2. Fra dette finner vi f (, ) /2 og f y (, 2) /2. Merk også at f(, ). Tangentplanet inneholder dermed punktet (,, ) og har normalvektor (,, 2) (skalert opp for å få heltall). Derfor blir ((, y, z) (,, )) (,, 2) y 2z likningen til tangentplanet i punktet (, 2). 3. januar 25 Side 3 av 6

4 Normallinjen går gjennom (,, ), og har retningsvektor lik normalvektoren til tangentplanet. Den kan derfor parametriseres som eller beskrives ved hjelp av likningene (, y, z) (,, ) + t(,, 2), t R, y z 2. Eercise Vi regner først ut den førstederiverte til f med hensyn på, og finner som vi så bruker for å regne ut (, y) y cos(y) + sin(y), 2 f 2 (, y) y2 sin(y)( + sin(y)) y 2 cos(y) 2 ( + sin(y)) 2 {}}{ y2 (sin(y) + sin(y) 2 + cos(y) 2 ) ( + sin(y)) 2 y 2 + sin(y), 2 f (cos(y) y sin(y))( + sin(y)) y cos(y)2 (, y) y ( + sin(y)) 2 (cos(y) y)( + sin(y)) ( + sin(y)) 2 cos(y) y + sin(y). Vi kan nå spare oss selv arbeid ved å observere at og y spiller samme rolle i f. Vi kan derfor finne de deriverte med hensyn på y ved å bytte om på og y over. I tillegg vet vi at f y f y fra Teorem på side 69 i boken. Dermed har vi (, y) cos(y) y + sin(y), 2 f y 2 (, y) 2 + sin(y), 2 f cos(y) y (, y) y + sin(y). 2 Chapter Review 2.5 Både telleren og nevneren er kontinuerlige overalt. Funksjonen f er derfor definert og er kontinuerlig utenom når nevneren er null, altså på de to linjene y ±. Fra hintet er f(, y) 2 + y + y 2 + y 3. januar 25 Side 4 av 6

5 der f er definert. Siden telleren ikke er null når y (utenom i origo) viser dette at vi kan utvide f kontinuerlig til linjen y, men ikke til y (utenom muligens i origo). Se Figur 3. Så hva med origo? Langs linjen y, etter kontinuerlig utvidelse, har vi f(, ) 3 2, slik at hvis lim (,y) f(, y) skal eksistere, må den være. Derimot kan vi i etterhvert omegn av origo finne punkter der f(, y) er vilkårlig stor ved å nærme oss linjen y. Derfor kan ikke grensen eksistere, og f er ikke kontinuerlig i origo. Alternativt kan vi velge en kurve som nærmer seg y samtidig som den nærmer seg origo. En slik kurve er y ( ). Vi finner f(, ( )) + 2, som går mot, og ikke. Siden f(, ) for og f(, y) y for y vil begge de første partiellderiverte eksistere og være lik dersom vi definerer f(, ). Partiellderiverte kan derfor eksistere uten at funksjonen er kontinuerlig, noe som ikke var tilfelle i én dimensjon. y ( ).8.6 y y Figur 3: Situasjonen i Chapter Review Chapter Review 2.6 a) Først finner vi at f(, ). Vi regner så ut de partiellderiverte (, y) (2 2)f(, y), (, y) 8yf(, y), y slik at f (, ) og f y (, ) 8. Planet skal derfor inneholde punktet 3. januar 25 Side 5 av 6

6 (,, ) og ha normalvektor (, 8, ). Dermed blir likningen til tangentplanet. ((, y, z) (,, )) (, 8, ) 8y z 9 b) For å gjøre uttrykkene penere ser vi på nivåkurvene som svarer til z e c+4 (hvorfor taper vi ingenting på dette?). Ved å ta logaritmen av likningen ender vi opp med som kan skrives som e 2 2 4y 2 +5 e c y c + 4, ( ) 2 4y 2 c. Denne likningen beskriver hyperbler sentrert i (, ). Vi deler nå inn i tre forskjellige tilfeller: Hvis c > ligger brennpunktene på -aksen, mens når c < ligger de på linjen. Spesialtilfellet c svarer til de to linjene y ± 2 ( ). Se Figur 4. 2 Figur 4: Nivåkurvene som svarer til c (rød), c (svart) og c (blå). 3. januar 25 Side 6 av 6