Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1110, våren 2012

Transkript

1 Løsigsforslag til prøveeksame i MAT, våre Oppgave : Vi har A = 3 III+I I+II 3 ( )II 3 3 Legg merke til at A er de utvidede matrise til ligigssystemet. Vi ser at søyle 3 og 4 i de reduserte trappeforme ikke er pivotsøyler, og de tilhørede variablee (z og u) i ligigssystemet ka derfor velges fritt. Setter vi i variablee, ser vi at det opprielige ligigssystemet er ekvivalet med + z + u = y z 3u = v = Løser vi dette, får vi at = z u, y = + z + 3u, z = z, u = u og v =, der u og z ka velges fritt. b) Lije, og 5 i de reduserte trappeforme er pivotsøyler, og de tilhørede søylee i A er dermed lieært uavhegige (se side 4 i læreboke). Side det er tre av dem, daer de e basis for R 3. Basise blir dermed,, (Bemerkig: Det er flere adre muligheter, me dette er det ekleste å begrue ut ifra det vi allerede har gjort.) Oppgave : Vi fier først de partiellderiverte: = 3 + 6y = 6y 6 Setter vi disse uttrykkee lik, får vi ligigssystemet 3 + 6y = 6y 6 =

2 Fra de ederste ligige ser vi y =, og setter vi dette i i de øverste, får vi = som har løsigee = og = 4 3. De stasjoære puktee er dermed (, ) og ( 4 3, 4 3 ). For å fie hva slags type disse puktee er, bruker vi aederivertteste. De aederiverte er f = 6 + f = 6 f y = 6 Puktet (, ): Her er D = = 4. Side D > og A = >, er dette et lokalt miimum. Puktet ( 4 3, 4 3 ): Her er D = = 4. Side D <, er dette et sadelpukt. Oppgave 3: a) Forholdsteste gir ( ) + (+) lim = lim (+)+ ( ) = lim = Dette gir koverges år <, dvs. for < <, og diverges for >. Edepuktee = ± må udersøkes separat. ( ) = : Rekke blir = +. Dette er e altererede rekke der absoluttverdie av leddee avtar mot ull, og vi har dermed koverges ifølge teste for altererede rekker. = : Rekke blir = ( ) ( ) + = ( ) = +. Dette er er samme rekke som i forrige pukt, og vi får koverges også i dette edepuktet. Koklusjo: Kovergesitervallet er I = [, ]. b) Vi setter S() = = ( ) + for [, ]. Plae er å bruke derivasjo til å kvitte seg med evere +, me først må vi justere ekspoetee ved å gage uttrykket med slik at vi får S() = ( ) + + =

3 Hvis vi å deriverer og deretter summerer e geometrisk rekke, får vi (S()) = ( ) = + år ] < = Itegrerer vi på begge sider, ser vi at S() = arcta + for e eller ae kostat. Setter vi i for =, ser vi at dee kostate må være, dvs. S() = arcta Side rekke åpebart har summe år =, får vi arcta for [, ], S() = for = Regigee ovefor gjelder bare år <, me Abels teorem (Kalkulus.6.9) sikrer at vi også har likhet i edepuktee. Oppgave 4: Side ligige z = l( + y + z ) er ekvivalet med l( + y + z ) z =, ka vi bruke implisitt fuksjosteorem med f(, y, z) = l( + y + z ) z. Legg merke til =, y =, z = er e løsig av ligige f(, y, z) =. Betigelse for at det skal fies e løsigsfuksjo z = g(, y) defiert i e omeg om (, ) og med g(, ) = er at (,, ). Vi har z = z + y + z som gir z (,, ) =. Dette viser at fuksjoe g eksisterer. De partiellderiverte av g er gitt ved g (, ) = g der vi har brukt at = (, ) = +y +z (,, ) z (,, ) = = (,, ) z (,, ) = = og = y +y +z Oppgave 5: Egeverdiee er gitt ved λ a b = c λ d = λ (a + d)λ + ad bc 3 z

4 Løser vi dee aegradsligige, får vi λ = (a + d) ± (a + d) 4(ad bc) = = (a + d) ± a + d ad + 4bc) = (a + d) ± (a d) + 4bc) Vi vet at dersom matrise har to ulike egeverdier, så fies det e basis av egevektorer, og vi må derfor lete etter e matrise med sammefallede egeverdier, dvs. e der (a d) + 4bc = Vi ka ikke sette alle verdiee a, b, c, d lik (for da er alle vektorer egevektorer med egeverdi ), så la oss velge a =, d =, b =, c = for å få pee tall. Ifølge formele ovefor ( ) har matrise da bare de ee egeverdie λ =. E egevektor v = må tilfredsstille ligige y dvs. ( ) ( y ) = y = = y ( y Disse ligigee er oppfylt ( ) hvis og bare hvis = y. Det betyr at alle egevektorer er på forme. Disse er alle lieært avhegige, og det er ikke mulig å fie e basis av egevektorer. Oppgave 6: For å fie skjærige mellom de to flatee, setter vi z-verdiee lik hveradre: y = + y y = 3( + + ) + 3y = 3 ( + ) + y = Dette betyr at projeksjoe av området vi er iteressert i på y-plaet er e sirkelskive S om puktet (, ) med radius. For å se hvilke av flatee som ligger øverst i dette området, setter vi i =, y =, og får heholdsvis z = ( ) = og z = ( ) ( ) = 4. Dette forteller oss at flate z = y ligger øverst, og volumet er dermed gitt ved [ ] y V = dz ddy = ( 3 + 3y + 6 ) ddy +y +6 S 4 S )

5 Fullfører vi kvadratet i itegrade (dette er ikke ødvedig, me gir kaskje litt kortere regiger), får vi V = 3 ( ( + ) y ) ddy S Vi bytter til polarkoordiater med setrum i (, ), dvs. vi setter = + r cos θ, y = si θ, og får (husk Jacobi-faktore r): V = [ π ] 3( r )r dθ dr = 6π [ r (r r 3 ) dr = 6π r4 4 ] = 3π Oppgave 7: a) Vi ser at N(t) står ormalt på tagetvektore r (t) = (t)i + y (t)j side r (t) N(t) = (t)(y (t)) + y (t)( (t)) = Det er derfor aturlig å kalle N(t) e ormalvektor til kurve. E ormalvektor ka ete være rettet i i området A som omslutter eller ut av det. Side er positivt orietert, er det lett å overbevise seg om at N(t) peker ut av området (lag e tegig!). b) Hvis vi kaller kompoetee til F for P og Q, har vi og F dn = b = a b Ved Grees teorem er Q d + P dy = og dermed har vi a F(, y) = P (, y)i + Q(, y)j (P (r(t))i + Q(r(t))j) (y (t)i (t)j)dt = ( P (r(t))y (t) Q(r(t)) (t) ) dt = Hvis F = f, er P = f dn = A [ A Q d + P dy ( P ( Q) ) ( P ddy = A + Q ) ddy F dn = A og Q =, og vi får ( ) + ( P + Q ) ddy ( )] ( ) f ddy = A + f ddy Er f harmoisk, er det siste itegralet åpebart, og vi er ferdig. 5

6 Ekstraoppgave : (i) Vi ser at + ( ) ( ) = ( ) = + ( ), 3 3 som viser at leddee oppfører seg omtret som leddee i de kovergete rekke =, og det er derfor aturlig å sammelige med dee. Vi har ( lim = lim + ( ) = 3 ) og ifølge gresesammeligigsteste kovergerer også = (ii) Side arcta er e voksede, kotiuerlig fuksjo med e graf som går gjeom origo, avtar tallverdie av leddee mot. Side rekke i tillegg altererer, kovergerer de ifølge teste for altererede rekker. (iii) Når leddee er poteser med ekspoeter som vokser med, er det ofte lurt å bruke rotteste. Vi får ( lim cos ) ( 3 ( = lim cos ) ) 3 ( = lim cos ) l cos = lim e Vi bruker L Hôpitals regel på ekspoete: lim l cos = lim l cos Det betyr at = lim cos( ) si lim som viser at rekke kovergerer. ( cos L H = lim ) 3 cos = = = e < ( si )( ) 3 = Ekstraoppgave : Kvadratet av avstade fra puktet (, y, z) til origo er f(, y, z) = + y + z og det holder å fie mimimum til dee fuksjoe uder bibetigelse g(, y, z) =, der g(, y, z) = y z + 6

7 Vi har og f(, y, z) = g(, y, z) = Side g, vet vi at miimumspuktet må befie seg i et pukt der f = λ g for e kostat λ. Dette gir ligigee i tillegg til bibetigelse y z y = λy () y = λ () z = λ (3) y z + = (4) Fra (3) ser vi at λ = z, og setter vi dette i i () og (), sitter vi igje med tre ligiger med tre ukjete: = zy (5) y = z (6) y z + = (7) Fra (6) ser vi at y = z, og setter vi dette i i (5), får vi = z (8) I de siste ligige må vi ete ha = eller z på tilfellee hver for seg: =, dvs. z = ±. Vi ser Tilfellet = : Fra (6) ser vi at vi også må ha y =, og setter vi dette i i (7), får vi z =. Vi har dermed fuet et potesielt miimumspukt (,, ). Tilfellet z = : Fra (5) ser vi at = y, og setter vi dette i i (7), får vi ligige 4 + = som åpebart ikke har e (reell) løsig. Det betyr at vi ikke har oe løsig av ligigssystemet for z =. Tilfellet z = : Fra (5) ser vi at = y, og setter vi dette i i (7), får vi ligige = 7

8 som åpebart ikke har e (reell) løsig. Det betyr at vi ikke har oe løsig av ligigssystemet for z =. Eeste kadidat til løsig er derfor (,, ), og side det av geometriske gruer må fies et pukt på kurve y z + = som ligger ærmest origo (tek igjeom hva dette iebærer!), må (,, ) være dette puktet. 8