TMA4105 Matematikk 2 Vår 2014

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2 Vår 2014 Løsningsforslag Øving Vi skal finne likningen til et plan gitt to punkter P = (1, 1, 1) og Q = (2, 0, 3), og et plan x + 2y 3z = 0 som skjærer planet vi skal finne vinkelrett. Dette gir oss normalvektoren n 0 = i + 2 j 3 k. Kryssproduktet av n 0 og vektoren mellom P og Q, si v = 1 i 1 j + 2 k er en normalvektor til planet vi ønsker å finne: n = n 0 v = 1 i 5 j 3 k. Utstyrt med denne informasjonen kan vi bruke punkt-normal formelen for et plan: n ( r r 0 ) = 0, I vårt tilfelle er r 0 = 2 i + 3 k (tilhørende punktet Q), dermed er planet gitt ved likningen n ( r r 0 ) = (1 i 5 j 3 k) ((x 2) i + (y 0) j + (z 3) k) = x 5y 3z + 7 = 0. Eksamen august 2013, oppgave 2 a) Vi observerer at r 1 (α) = r 2 (t) = 2. Begge funksjonene angir en kurve som starter i (2, 0) og slutter i ( 2, 0), der kurven er orientert fra høyre mot venstre. Begge har j-komponent som er større eller lik 0 overalt på kurven. Altså beskriver begge parametriseringene øvre halvdel av sirkelen med radius 2 og sentrum (0, 0), der sirkelbuen er orientert fra høyre mot venstre. y x b) Krumningen for en sirkel med radius r er konstant lik 1/r, slik at krumningen i vårt tilfelle er konstant lik 1/2, κ = april 2014 Side 1 av 5

2 Funksjonen f er kontinuerlig og rektangelet lukket og begrenset, så vi har absolutte maksimum og minimum. Funksjonen gitt ved f(x, y) = xy 2x = x(y 2) har ingen kritiske punkter i det indre av domenet D = {(x, y) R 2 : 1 x 1, 0 y 1}, så vi finner maksimale og minimale verdier på randa. Ved inspeksjon, for eksempel ved å parametrisere hver av de fire linjestykkene som utgjør randa til rektangelet, kan en overbevise seg om at det er på hjørnene ekstremalverdiene finnes. Så da har vi redusert oppgavene til å evaluere funksjonen i fire punkter og sammenligne disse: f( 1, 0) = 2, f( 1, 1) = 1, f(1, 0) = 2, f(1, 1) = 1. Vi konkluderer at minimal verdi er 2 og maksimal verdi er Funksjonen er kontinuerlig og domenet lukket og begrenset, så vi har absolutte maksimum og minimum. Vi finner de første partiellderiverte av funksjonen ved hjelp av produktregelen: f x (x, y) = sin y(cos x sin(x + y) + sin x cos(x + y)), f y (x, y) = sin x(cos y sin(x + y) + sin y cos(x + y)). Kritiske punkter er punkter hvor begge disse er lik 0, så vi må finne alle punkter (x, y) slik at dette stemmer. Ved å sette de partiellderiverte lik 0 og manipulere ligningene, kommer vi frem til tan x = tan(x + y) = tan y. Merk at vi kan dele på alle faktorene som er nødvendig for å få uttrykket over, siden alle de kritiske punktene slik at enten cos x, cos y, sin x, eller sin y er 0, er på randa. På vårt domene medfører dette at x være lik y. Vi kan parametrisere denne linja med x = t, y = t, og så maksimere én-variabelfunksjonen som framkommer langs denne kurven: g(t) = f(t, t) = sin 2 t sin 2t = 2 sin 3 t cos t. Denne har derivert g (t) = 2 ( 3 cos 2 t sin 2 sin 4 t ) = 2 sin 2 t ( 3 cos 2 t sin 2 t ). Igjen kan vi se bort fra første faktor, så vi får tan t = ± 3, altså er g maksimal i punktet t = π 3, slik at den maksimale verdien til f på det indre av området vårt oppnås i punktet ( π 3, π 3 ). Siden sin 0 = 0, er funksjonen identisk lik 0 langs begge koordinataksene, og siden sin π = 0, er den identisk lik 0 på hele randa, så punktet vi fant over det vi leter etter. Dermed blir den maksimale verdien f( π 3, π 3 ) = sin2 π 3 sin 2π 3 = april 2014 Side 2 av 5

3 a) Avstanden fra (3, 0) til (x, y) er gitt ved d(x, y) = (x 3) 2 + y 2, for punkter på parabelen kan vi sett inn y = x 2, slik at funksjonen vi ønsker å minimere er g(x) = d(x, x 2 ) = (x 3) 2 + x 4. For å lette regningen, observerer vi at kvadratrotfunksjonen er monotont økende, så vi kan like gjerne minimere Vi setter den deriverte lik 0: g(x) = g(x) 2 = (x 3) 2 + x 4. g (x) = 2x 6 + 4x 3 = 2(x 1)(2x 2 + 2x + 3) = 0, her har vi observert at x = 1 må være en rot, og utført polynomdivisjon. Ved å se på diskriminanten til andre faktor, ser vi at denne ikke har noen reelle røtter. Dermed er punktet (1, 1) minimerende, og d(1, 1) = (1 3) = 6 er den minste avstanden fra parabelen y = x 2 til punktet (3, 0). b) Vi ønsker å minimere funksjonen (som over) gitt bibetingelsen x y 2 = 0. Dette gir Lagrange funksjonen med deriverte d(x, y) = (x 3) 2 + y 2, L(x, y, λ) = (x 3) 2 + y 2 + λ(y x 2 ), L x = 2x 6 2xλ, L y = 2y + λ, L λ = y x 2. Dette gir λ = 2y og x = 3/(1 λ), slik at 0 = λ ( ) λ Denne likninga har reell løsning λ = 2, som gir x = y = 1 og, som over, at den minimale distansen er d = april 2014 Side 3 av 5

4 Vi skal finne ekstremalverdiene til funksjonen gitt ved f(x, y, z) = x + y z på sfæren x 2 + y 2 + z 2 1 = 0, og velger å gjøre dette ved Lagranges multiplikatormetode, med funksjonen Denne har første partiellderiverte L(x, y, z) = x + y z + λ(x 2 + y 2 + z 2 1). L x = 1 + 2xλ L y = 1 + 2yλ L z = 1 + 2zλ L λ = x 2 + y 2 + z 2 1, vi ser umiddelbart at x = y, og fra de to første likningene finner vi 1 + 2xλ = 0, som kombinert med tredje likning gir: 0 = 2x + 2z. Dette gir x = y = z, og vi bruker siste likning for å finne hvilke punkter dette tilsvarer: 3x 2 = 1, så vi har ekstremalverdier på de to punktene ( 1 1 p = 3,, 1 ) og q = 3 3 Innsatt i f gir dette ( 1 3, 1 3, f(p) = 3 og f(q) = 3, som er henholdsvis maksimal og minimal verdi. ) Vi tolker mest økonomisk til å bety størst mulig volum for et gitt areal av sideflatene (husk at toppen ikke er med). Hvis vi kaller sidekantene til esken x, y, z, slik at topp og bunn har konstant z-koordinat, ønsker vi å maksimere volumfunksjonen V (x, y, z) = xyz, gitt et konstant areal A = xy + 2yz + 2xz > 0. Vi kan da bruke Lagranges multiplikatormetode på funksjonen ved å sette alle fire partiellderiverte lik 0. L = xyz + λ(xy + 2yz + 2xz A), L x : yz + λ(y + 2z) = 0 L y : xz + λ(x + 2z) = 0 L z : xy + λ(2y + 2x) = 0 L λ : xy + 2yz + 2xz = A. 25. april 2014 Side 4 av 5

5 Ved symmetri ser vi at vi kan sette x = y og stå igjen med likningene 0 = xz + λ(x + 2z) (1) 0 = x 2 + 4xλ (2) A = x 2 + 4xz. (3) Vi kan faktorisere Ligning (2), og finne x(x + 4λ) = 0. Vi er ikke interessert i løsningene x = 0 da det medfører at A = 0, så x = 4λ. Videre har vi da fra Ligning (1) at 0 = 4xz x 2 2xz, altså 0 = x 2 2xz = x(x 2z). Igjen kan vi se bort fra løsningen x = 0, så x = 2z. Til sammen gir dette den mest økonomiske formen til denne esken, som altså har kvadratisk grunnflate og med høyde halvparten av sidelengdene til grunnflaten Vi skal regne ut en Riemann-sum, så vi repeterer formelen: R(f, P ) = m n f(x ij, yij) A ij, hvor f er funksjonen som skal integreres, P er en partisjon av integrasjonsområdet og (x ij, y ij ) er punkter på det R ij te rektangelet. I vårt tilfelle er f(x, y) = 5 x y, m = 3, n = 2, A ij = 1, så vi får en sum av seks ledd. For det oppgitte valget av (x ij, y ij ), øvre høyre hjørne av hvert rektangel, er det i punktene {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (3, 2), (3, 3)} vi skal evaluere funksjonen. Alt i alt gir dette: R(f, P ) = m n f(x ij, yij) A ij = 3 2 f(x ij, yij) = f(1, 1) + f(1, 2) + f(2, 1) + f(2, 2) + f(3, 1) + f(3, 2) = = 9, som altså er en (grov) approksimasjon til integralet (5 x y) da. D 25. april 2014 Side 5 av 5