MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår a) Vi skal vise at u + v 2 = u 2 + 2u v + v 2. (1) Som boka nevner på side 581, gjelder w w = w 2 for alle vektorer w. Spesielt må dette gjelde for vektoren w = u + v, som gir u + v 2 = (u + v)(u + v) = u u + u v + v u + v v = u 2 + 2u v + v 2. Her har vi også brukt den distributive egenskapen til prikkproduktet til å løse opp parentesen samt at u v = v u se side 581 i læreboka. b) Vi skal vise at u v u v. Av teorem 1 på side 581 i læreboka 1 er u v = u v cos θ, der θ er vinkelen mellom vektorene u og v. Siden cos θ 1, følger det at u v = u v cos θ u v. c) Fra punkt a) ved vi at u + v 2 = u 2 + 2u v + v 2, og fra punkt b) at u v u v. Sammen gir dette at u + v 2 = u 2 + 2u v + v 2 u 2 + v u v. (2) Hvis vi nå kjenner igjen at u 2 + v u v = ( u + v ) 2 fra første kvadratsetning, blir ligning (2) til u + v 2 ( u + v ) 2, og ved å ta kvadratrot på begge sider får vi u + v u + v La u = 3 5 i j, v = 4 5 i 3 5j og w = k. 1 At vi bruker teorem 1 i beviset, gjør at beviset vårt strengt tatt bare holder for R 2 og R 3. Det er bare i disse dimensjonene vi har en god intuisjon om hva vinkelen mellom to ( vektorer ) er. I høyere dimensjoner er det vanlig å definere vinkelene θ mellom to vektorer ved θ = cos 1 u v, slik boka også gjør på side u v u v 583. Men for at denne definisjonen skal gi mening, må vi ha at 1, altså u v u v. Vi kan med andre ord ikke definere θ i høyere dimensjoner uten å vite at u v u v er sant, og dermed kan vi heller ikke bruke θ til å vise u v u v. u v 24. januar 2019 Side 1 av 9

2 a) Vi finner at (3 ) 2 ( ) u = + = (4 ) 2 ( ) v = + = w = 1 2 = 1. = 1 = 1, = 1 = 1, Videre finner vi at u v = = 0, u w = = 0, v w = = 0. b) Hvis r = xi + yj + zk, skal vi vise at r = (r u)u + (r v)v + (r w)w. La oss derfor regne ut alle prikkrproduktene i forrige ligning. Så regner vi ut at (r u)u + (r v)v + (r w)w = r u = x y 4 3x + 4y + z 0 =, 5 5 r v = x y 4 4x 3y + z 0 =, 5 5 r w = x 0 + y 0 + z 1 = z. 3x + 4y 5 = xi + yj + zk = r, ( 3 5 i + 4 ) ( 5 j 4x 3y i 3 ) 5 j + zk, der overgangen til andre linje ganske enkelt er å gange ut parentesene Vi skal beskrive den parametriske kurven x = cosh t, y = sinh t og finne ligningen til kurven. Ved hjelp av den velkjente identiteten (fra MA1101) (cosh t) 2 (sinh t) 2 = 1 ser vi at punktene på kurven vår tilfredsstiller ligningen x 2 y 2 = 1. Dette kjenner vi igjen som et kjeglesnitt, mer presist en hyperbel med sentrum i origo med halvakser a = b = 1. Asymptotene til hyperbelen er y = x og y = x. Denne hyperbelen er vist i figur 1. Vi har vist at alle punktene på vår kurve ligger på denne hyperbelen, men det gjenstår å undersøke hvor stor del av hyperbelen som utgjøres av vår kurve. La oss begynne med t = 0. Det gir punktet (x, y) = (1, 0), som dermed ligger på kurven vår. t > 0 : Vi lar nå t vokse fra t = 0. Når t vokser, vokser både cosh t og sinh t (se figur 2 ) mot. Med andre ord blir både x og y større. Dette betyr at punktet (x, y) 24. januar 2019 Side 2 av 9

3 beveger seg oppover og mot høyre fra (1, 0). Når t ser vi på denne måten at kurven vår inneholder hele øvre høyre del av hyperbelen. t < 0 : Så lar vi t avta fra t = 0. Når t avtar, vil cosh t vokse mot, men sinh t vil avta mot (se figur 2). Det vil si at punktet (x, y) beveger seg mot høyre (x øker) og nedover (y avtar). Når t ser vi dermed at kurven vår inneholder hele nedre høyre del av hyperbelen. Konklusjonen må bli at vår kurve er høyre halvdel av hyperbelen x 2 y 2 = 1. Merk at vi også har brukt at cosh t og sinh t er kontinuerlige til å utelukke at punktet (x, y) gjør et hopp når t endrer seg. Figur 1: Hyperbelen x 2 y 2 hyperbelen som er vår kurve. = 1. Som vi argumenterer for, er det den røde delen av Figur 2: Grafene til sinh og cosh Vi skal beskrive kurven x = t cos t, y = t sin t når 0 t 4π. Legg først merke 24. januar 2019 Side 3 av 9

4 til at x 2 + y 2 = t 2 cos 2 t + t 2 sin 2 t = t 2 (cos 2 t + sin 2 t) = t 2. Det betyr at punktet (x, y) ligger på en sirkel med radius t. Som beskrevet i eksempel 3 på side 576 i boka, er t også vinkelen mellom x-aksen og linja fra origo til (x, y) se figur 8.19 i boka. Kort oppsummert: punktet (x, y) = (t cos t, t sin t) ligger en avstand t fra origo med en vinkel t mot x-aksen. Kurven vår starter i punktet (0, 0) (t = 0). Når t øker fra 0 til 2π, blir avstanden t fra origo til punktet vårt større, samtidig som punktet vårt beveger seg en runde rundt origo mot klokka. Når t = 2π har vi punktet (x, y) = (2π, 0). Deretter vokser t videre fra 2π til 4π: punktet beveger seg stadig mer bort fra origo, og enda en runde rundt origo mot klokka. Til slutt, med t = 4π, ender vi opp i punktet (4π, 0). Kurven blir derfor en spiral, som vist i figur 3. Figur 3: Kurven fra oppgave Situasjonen er vist i figur 4 vi jakter et uttrykk for koordinatene til P uttrykt ved t. Vi ser av figuren at koordinatene til sentrum O av den lille sirkelen som ruller har koordinatene x O = (a b) cos t y O = (a b) sin t. Målt fra punktet O har punktet P koordinatene x r = b cos(2π s) = b cos s y r = b sin(2π s) = b sin s. Dermed er koordinatene til punktet P gitt ved x = x O + x r = (a b) cos t + b cos(s), y = y O + y r = (a b) sin t b sin(s). 24. januar 2019 Side 4 av 9

5 Nå gjenstår det bare å bli kvitt parameteren s. Siden vi har ren rulling (no slipping"), må b(s + t) = at. Dette uttrykker at buelengden fra P til Q er lik buelengden fra A til Q. Den letteste måten å forstå at dette må stemme er kanskje å forestille seg at den lille sirkelen ruller tilbake, altså mot A. Vår antagelse er at P og A er samme punkt i utgangspunktet, og for at P skal rulle tilbake til A må vi ha at buelengden fra P til Q er lik buelengden fra A til Q. Når vi løser ligningen over for s, finner vi at s = a b (a b)t t t =, b og når vi setter dette inn i ligningene våre for x og y får vi ( ) (a b)t x = (a b) cos t + b cos, b ( ) (a b)t y = (a b) sin t b sin b som var det vi skulle vise. Figur 4: Kurven fra oppgave a = 2, b = 1 : Ved å sette disse verdiene inn i formelene over, finner vi at x = cos t + cos t = 2 cos t, y = sin t sin t = januar 2019 Side 5 av 9

6 Det gir åpenbart linjestykket fra ( 2, 0) til (2, 0): når t varierer, er y konstant 0, men x tar alle verdier mellom 2 og 2. a = 4, b = 1 : Vi setter inn disse verdiene i ligningene våre. Utregningen under er en øvelse i (de kjente og kjære?) formlene når s er enten t eller 2t. Vi finner x = 3 cos t + cos 3t På samme vis blir = 3 cos t + cos(2t + t) sin(s + t) = sin s cos t + sin t cos s cos(s + t) = cos s cos t sin s sin t, = 3 cos t + cos 2t cos t sin 2t sin t = 3 cos t + cos t(cos t cos t sin t sin t) sin t(sin t cos t + sin t cos t) = 3 cos t + cos 3 t 3 cos t sin 2 t = cos 3 t + 3 (1 sin 2 t) cos t }{{} =cos 2 t = 4 cos 3 t. y = 3 sin t sin 3t = 3 sin t sin(2t + t) = 3 sin t (sin 2t cos t + sin t cos 2t) = 3 sin t cos t(2 sin t cos t) sin t(cos 2 t sin 2 t) = 3 sin t 3 sin t cos }{{ 2 } t + sin 3 t =1 sin 2 t = 4 sin 3 t Vi skal finne ut når kurven x(t) = t 3 3t, y(t) = 2t 3 +3t 2 har horisontal og vertikal tangent. Vi skal bruke teorem 1. Vi finner at x (t) = 3t 2 3 = 3(t 2 1) = 3(t + 1)(t 1) y (t) = 6t 2 + 6t = 6t(t + 1). Så lenge x (t) 0, altså t 1 og t 1, sier teorem 1 at den deriverte er gitt ved dx = y (t) x (t). Spesielt er tangenten horisontal (som jo betyr nettopp at dx = 0) når y (t) = 0, altså t = 0 (t = 1 gir også y (t) = 0, men da gjelder jo ikke formelen over! Vi kommer tilbake til dette punktet.). Altså har vi horisontal tangent i t = 0, som gir (x, y) = (0, 0). På samme vis sier teorem 1 at så lenge y (t) 0, altså t 0 og t 1, er dx = x (t) y (t). 24. januar 2019 Side 6 av 9

7 Spesielt er tangenten vertikal når x (t) = 0, altså t = 1 (t = 1 er også en løsning, men formelen over gjelder ikke). Vi har en vertikal tangent når t = 1, altså i (x, y) = ( 2, 5). Til slutt må vi kikke nærmere på t = 1, der y ( 1) = x ( 1) = 0. Tabell 1 viser oppførselen til kurven rundt t = 1. Som vi ser, går kurven oppover mot høyre når t øker mot t = 1, står helt stille i t = 1 (altså x ( 1) = y ( 1) = 0)) og går så i motsatt retning når t øker videre fra t = 1. Med andre ord må kurven ha en knekk i t = 1, som betyr at den ikke har en tangent i dette punktet spesielt ikke en vertikal eller horisontal tangent. Kurven er vist i figur 5. t < 1 t=-1 1 < t < 0 x (t) y (t) x y kurve Tabell 1: Tabell som viser oppførselen til vår parametriske kurve rundt punktet t = 1. Her betyr + at funksjonen er positiv, at funksjonen er negativ. Figur 5: Kurven i oppgave Legg merke til at tangenten er horisontal i (0, 0), vertikal i ( 2, 5) og at kurven har en knekk i (2, 1) som svarer til t = 1. Merk: Metoden vi bruker kan kort oppsummeres på følgende vis. Vi finner nullpunktene til x (t) og til y (t). Kurven har horisontal tangent der y (t) = 0, og vertikal tangent der x (t) = 0 med mindre både x (t) = y (t) = 0. Punktene der x (t) = y (t) = 0 må undersøkes nærmere For å bruke teorem 1 finner vi først at x (t) = 2e 2t y (t) = (2t + 1)e 2t. 24. januar 2019 Side 7 av 9

8 Siden y ( 2) = ( 4 + 1)e 4 = 3e 4 0, sier teorem 1 at stigningstallet til tangenten (slope) ved t = 2 er gitt ved dx = y ( 2) x ( 2) = 3e 4 2e 4 = Vi skal finne en parametrisering til tangenten ved t = 1 til kurven gitt ved x = f(t) = t 3 2t y = g(t)t + t 3. Fra side 481 ved vi at en slik parametrisering er gitt ved x = f(1) + f (1)(t 1), y = g(1) + g (1)(t 1). Ved å regne ut f(1), g(1), f (1) og g (1) får vi at x = 1 + (t 1) = t 2, y = 2 + 4(t 1) = 4t 2 er en parametrisering av tangenten Vi skal finne punktene hvor kurven x = t sin t, y = t 3 ikke er glatt. Fra teorem 1 vet vi at så lenge x (t) og y (t) ikke begge er null er kurven glatt. Kandidatene for punkter hvor kurven ikke er glatt er derfor punktene der x (t) = y (t) = 0. Vi finner at x (t) = sin t + t cos t, y (t) = 3t 2. Eneste nullpunkt for y (t) er t = 0, og vi ser lett at også x (0) = 0. Altså er t = 0 det eneste mulige punktet der kurven ikke er glatt. La oss studere hvordan stigningstallet til tangenten til kurven ( dx ) oppfører seg i nærheten av t = 0. Fra teorem 1 er dx = y (t) x (t) = 3t 2 sin t + t cos t. Det betyr, ved hjelp av L Hopitals regel, at lim t 0 dx = lim t 0 3t 2 sin t + t cos t = lim t 0 6t cos t + cos t t sin t = 0. Det betyr at tangenten er tilnærmet horisontal for små verdier av t, både positive og negative. La oss så betrakte x (t) i nærheten av t = 0. For små positive t-verdier, er x (t) positiv, og for små negative t-verdier er x (t) negativ 2. Dette betyr at dersom vi lar t 2 La t = ɛ være et lite positive tall. Da er x (ɛ) = sin ɛ + ɛ cos ɛ > 0, siden sin ɛ, ɛ og cos ɛ > 0 alle er positive. Videre er x ( ɛ) = sin ɛ ɛ cos ɛ = sin ɛ ɛ cos ɛ < januar 2019 Side 8 av 9

9 øke mot t = 0, vil punktet bevege seg mot venstre (x (t) er negativ for små, negative t, ergo avtar x), tilnærmet horisontalt. Når t så øker fra t = 0, vil x bevege seg mot høyre (x (t) er positiv for små, positive t), igjen tilnærmet horisontalt. Dette kan ikke bety annet enn at kurven brått snur i t = 0, fra å bevege seg mot venstre, og så plutselig mot høyre. Dermed kan ikke kurven være glatt i dette punktet. Kurven er vist i figur 6. Alternativ innfallsvinkel Gitt at lim t 0 dx = 0, kan man også se at kurven må snu brått i (0, 0) ved å observere at x( t) = x(t) y( t) = y(t). Dette betyr at kurven under x-aksen bare er speilbildet av kurven over x-aksen, der vi speiler om x-aksen (se gjerne figur 6). Spesielt må kurven nærme seg (0, 0) horisontalt fra samme retning både over og under x-aksen - ergo må den snu brått i t = 0. Figur 6: Kurven i oppgave Som vi ser er kurven ikke glatt i t = 0, som svarer til punktet (0, 0). 24. januar 2019 Side 9 av 9