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

Transkript

1 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 Course. 5 Exercise Definér funksjonen f ved f(x, y, z) = e yz x 2 z ln(y) π for x R, y (0, ), z R. Da svarer likningen til f(x, y, z) = 0. Anta at (x 0, y 0, z 0 ) tilfredstiller likningen. Da sier det implisitte funksjonsteorem at det finnes en løsning y(x, z) i en omegn av punktet, så lenge ( ) f y (x 0, y 0, z 0 ) = z 0 e y 0x 0 x2 0 0, y 0 som er ekvivalent med at z 0 0 og y 0 e y 0x0 x 2 0. For en slik løsning y(x, z) av likningen kan vi derivere likningen f(x, y(x, z), z) = 0 med hensyn på z og få ( ) y z z + y e yz x 2 ln(y) x 2 z y y z = 0, eller y z = x2 y ln(y) y 2 e yz yze yz x 2. z 6 Exercise Definér funksjonene f og g ved f(x, y, r, s) = x r 2 2s og g(x, y, r, s) = y + 2r s 2. Da svarer likningene til f(x, y, r, s) = 0 og g(x, y, r, s) = 0. Vi trenger nå jacobideterminanten (f, g) (r, s) = f r f s g r g s = 2r 2 2 2s = 4( + rs).. februar 205 Side av 6

2 Det implisitte funksjonsteorem sier nå at det vil finnes en løsning r(x, y), s(x, y) i en omegn av (x 0, y 0, r 0, s 0 ), der x 0 = r s 0 og y 0 = s 2 0 2r 0, så lenge denne determinanten ikke er null, altså når r 0 s 0. Ved å ta gradienten av de to likningene finner vi som er ekvivalent med s () (2) : 2r r + 2 s = (, 0), () 2s s 2 r = (0, ), (2) 2rs r + 2 r = (s, ), () + r (2) : 2 s + 2rs s = (, r). Dermed har vi eller, skrevet ut, r = (s, ) (, r), s = 2( + rs) 2( + rs), s 2( + rs), s x = 2( + rs), r x = r y = 2( + rs), s y = r 2( + rs). Alternativt kan man regne med differensialer. De to likningene gir 2r dr + 2 ds = dx, 2 dr + 2s ds = dy. Dette er et lineært likningssystem for dr og ds, som kan løses (entydig) på samme måte som vi løste Likning () og Likning (2). Merk at determinanten til systemet er jacobideterminanten (f, g)/ (r, s). Vi ender opp med dr = ds = s 2( + rs) dx 2( + rs) dy, 2( + rs) dx + r 2( + rs) dy, som gir de samme deriverte som vi fant over. 7 Exercise 2.9. Husk at vi har den geometriske rekken t = t n. n=0. februar 205 Side 2 av 6

3 Dermed får vi f(x, y) = 2 + xy ( 2 ) = 2 ( 2 xy2 ) ( 2 ) n xy2 = 2 = n=0 n=0 ( ) n 2 n+ xn y 2n, hvor rekken på siste linje blir taylorrekken til f sentrert i origo. 8 Exercise I denne oppgaven gjelder det å holde tungen rett i munnen. Ved å bare ta med akkurat så mange ledd som man trenger, kan man spare seg selv for mye arbeid. Dette gjøres ved å kaste bort alt som gir ledd av høyere orden enn 4. Vi vil benytte at som du kjenner fra Matematikk. Ved å bruke uttrykkene over finner vi cos(t) = 2 t t4 +, sin(t) = t 6 t3 +, f(x, y) = 2 (x + sin(y)) (x + sin(y))3 + = ( x + y ) y (x + y + )4 + = ( x 2 + y 2 + 2xy 2 3 xy3 ) 3 y4 + + ( x 2 + 2xy + y 2 + ) = ( x 2 + y 2 + 2xy 2 3 xy3 ) 3 y ( x 4 + 4x 2 y 2 + y 4 + 4x 3 y + 2x 2 y 2 + 4xy 3 + ) + Fra dette ser vi at taylorpolynomet til f av grad 4 sentrert i origo er gitt ved P 4 (x, y) = 2 x2 xy 2 y x4 + 6 x3 y + 4 x2 y xy y4. 9 Exercise Merk at løsningen som står i Student Solutions Manual er feil fordi 4! blir til 4.. februar 205 Side 3 av 6

4 Definér funksjonen f ved f(x, y, z) = x + 2y + z + e 2z. Da svarer likningen til f(x, y, z) = 0, hvor vi umiddelbart ser at origo er en løsning. Siden f (0, 0, 0) = 3 0 z har likningen en løsning z(x, y) i en omegn av origo. Tar man partiellderiverte av likningen f(x, y, z(x, y)) = 0 finner man + z x + 2z x e 2z = 0, 2 + z y + 2z y e 2z = 0, z xx + 2z xx e 2z + 4z 2 xe 2z = 0, z yy + 2z yy e 2z + 4z 2 ye 2z = 0, z xy + 2z xy e 2z + 4z x z y e 2z = 0, slik at vi ved å sette inn x = y = z = 0 har (det lønner seg å løse likningene fra topp til bunn) 2 z x 2 (0, 0) = 4 27, z y (0, 0) = 2 3, 2 z 8 (0, 0) = x y 27, 2 f y z x (0, 0) = 3, (0, 0) = Taylorpolynomet til z av grad 2 sentrert i origo er derfor gitt ved P 2 (x, y) = f(0, 0) + f x + 2 f (0, 0)x + (0, 0)y y 2 f x 2 (0, 0)x2 + 2 f x y (0, 0)xy + 2 = 3 x 2 3 y 2 27 x xy 8 27 y2. 2 f (0, 0)y2 y2 En alternativ måte å gjøre oppgaven på er å skrive z(x, y) = P 2 (x, y) + O( (x, y) 3 ), for deretter å sette dette inn i likningen og dedusere seg frem til koeffisientene i P 2 (x, y). For å gjøre dette må man benytte taylorrekken til e t. 0 Exercise 5..3 Siden vektorfeltet er gitt ved F(x, y) = yi + xj må feltlinjene tilfredstille differensiallikningen y = x y, eller ( ) 2 y2 = x. Ved å integrere denne likningen finner vi y 2 x 2 = c, som beskriver hyperbler sentrert i origo. Det er tre ulike tilfeller å skille mellom: Hvis c > 0 ligger brennpunktene på y-aksen, mens de ligger på x-aksen når c < 0. Spesialtilfellet c = 0 svarer til de to linjene y = ±x. Merk også at alle feltlinjene har disse to linjene som asymptoter. Se Figur for c = ±/4 og c = 0.. februar 205 Side 4 av 6

5 0.5 y x Figur : Vektorfeltet F(x, y) = yi + xj og utvalgte feltlinjer. Chapter Review 2.4 Vi ser først på x og z som funksjoner av y. Ved å derivere likningene finner vi 2 F x dx dy + F y + F z dz dy = 0 (3) G x dx dy + G y + G z dz dy = 0 (4) hvorpå og derfor G z (3) F z (4) : (F x G z F z G x ) dx dy + F yg z F z G y = 0, dx dy = F yg z F z G y F x G z F z G x. Ved å bytte om på rollene til variablene x, y, z finner vi også umiddelbart dy dz = F zg x F x G z F y G x F x G y dz dx = F xg y F y G x F z G y F y G z. Vi får dermed ( ) ( ) ( ) dx dy dz dy dz dx = Fy G z F z G y Fz G x F x G z Fx G y F y G x F x G z F z G x F y G x F x G y F z G y F y G z = ( )( )( ) = 2 Det er underforstått at de deriverte til F og G er evaluert i (x(y), y, z(y)).. februar 205 Side 5 av 6

6 Alternativ: Siden hver enkelt variabel entydig bestemmer de to andre variablene må vi ha identiteten x(y(z(x))) = x. Her gjelder det å tolke notasjonen riktig. Hvis vi starter helt innerst på venstre side tas det inn en x-verdi x, og z(x) er z-verdien som korresponderer til denne. På samme måte blir y(z(x)) den korresponderende y-verdien. Ved å så ta x(y(z(x))) er vi tilbake til utgangspunktet, som gir høyresiden. Vi kan nå derivere begge sider av likningen, og får dx dy dz dy dz dx = fra kjernereglen. 2 Chapter Review 5. La oss skrive vektorfeltet som F(x, y) = f(x, y)i + g(x, y)j. Målet vårt er dermed å dedusere hva f og g må være for at F skal oppfylle de gitte kravene. Det første kravet betyr at feltlinjene oppfyller differensiallikningen men vi vet også at disse må oppfylle y + xy = 0, y = g(x, y) f(x, y). Ved å kombinere disse to likningene finner vi g(x, y) = y f(x, y) (5) x Krav nummer to gir oss at eller, ved å bruke Likning (5), at for (x, y) (0, 0). f(x, y) 2 + g(x, y) 2 =, f(x, y) 2 = x2 x 2 + y 2, Vi ser nå at dersom vi velger (husk Likning (5)) f(x, y) = x x 2 + y, g(x, y) = y 2 x 2 + y, 2 så er alle kravene oppfylt.. februar 205 Side 6 av 6