Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 9/11-3/1 Øyvind Ryan (oyvindry@ifiuiono December, 010 Oppgave 15 Oppgave 155 a 4A 3B 4 1 3 1 3 1 4 1 8 4 1 4 3 3 1 3 0 9 6 + 6 3 9 0 5 18 14 1 3 4 4 9 1 6 8 + 6 4 + 3 1 9 4 Ax ( 1 0 3 3 ( + 0 + 3 4 9 3 1 ( 1 7 Oppgave 164 a AB har like mange rader som A (8, og like mange søyler som B (9 AB er derfor en 8 9-matrise 1
b B må ha like mange rader som A har søyler (3 hvis produktet skal være definert, slik at B har 3 rader B har også like mange søyler som AB, altså 5 søyler B blir derfor en 3 5-matrise Oppgave 165 Vi setter a A 1 9 0 8 7 4, B ( 8 9 6 ( 3 0 5, C 0 9 4 AB 1 9 0 8 7 4 ( 8 9 6 + 81 8 + 54 7 48 14 + 36 56 + 4 83 6 7 48 5 80 b AC 1 9 0 8 7 4 ( 3 0 5 0 9 4 3 81 5 + 36 0 7 3 1 36 35 + 16 3 81 41 0 7 3 1 36 51 c B + C er her ikke definert, siden de to matrisene ikke har samme dimensjoner
d ( ( 8 3 0 5 BC 9 6 0 9 4 ( 6 7 10 + 3 7 54 45 + 4 ( 6 7 4 7 54 69 6 7 (BC T 7 54 4 69 e B T er en -matrise, C T er en 3 -matrise B T C T er derfor ikke definert, siden antall søyler i B T er forskjellig fra antall rader i C T f Vi regner først ut Deretter får vi g A + C T (A + C T B 1 9 0 8 7 4 Vi regner først ut ( A T 1 0 7 C 9 8 4 Deretter får vi B(A T C + 4 9 0 17 1 8 3 0 0 9 5 4 ( 8 9 6 8 + 81 3 + 54 153 10 4 + 7 96 + 48 ( 6 0 10 0 18 8 4 9 0 17 1 8 ( ( 8 5 0 3 9 6 9 10 4 ( 10 + 7 80 6 3 45 + 54 60 7 4 89 86 153 10 96 144 ( 5 0 3 9 10 4 ( 6 80 38 9 60 41 3
Oppgave 161 a Fra opplysningene i oppgaven får vi følgende likninger for mengden sand ved dagens slutt i de tre sandkassene A, B, C, ut fra mengden sand (x, y, z ved begynnelsen av dagen: A : 07x + 005y + 01z B : 015x + 075y + 015z C : 010x + 010y + 07z 07 005 01 Med M 015 075 015, u x y så vil dermed komponentene i 010 010 07 z v Mu angi mengden sand i de tre sandkassene ved dagens slutt b Når personalet flytter sanden mellom sandkassene, så vil sandmengdene oppdatere seg slik: A : x + 0y B : 08y + 005z C : 095z Disse likningene gir på samme måte opphav til en ny matrise, N slik at komponentene i w Nv angir mengden sand i sandkassene c Vi regner ut K NM 1 0 0 07 005 01 0 08 005 015 075 015 0 0 095 010 010 07 073 0 013 015 0605 0155 0095 0095 0665 1 0 0 0 08 005 0 0 095 Hvis vi antar x 00, y 300, z 400 så vil mengden sand i sandkassene på slutten av dagen være gitt ved 00 073 0 013 00 58 NM 300 015 0605 0155 300 55 400 0095 0095 0665 400 3135, 4
d Sandfordelingen neste dag igjen vil være gitt ved 073 0 013 58 015 0605 0155 55 0095 0095 0665 3135 Oppgave 175 Fra Setning 174 har vi Oppgave 178 Hvis A og B er inverterbare så er Oppgave 1710 (AB 1 B 1 A 1 ( ( 8 3 1 4 1 9 ( 8 + 6 3 + 7 + 8 + 9 ( 14 59 4 17 ((AB T 1 (B T A T 1 (16(v 79595 1065 56975 (A T 1 (B T 1 (174 (ii (A 1 T (B 1 T (174 (iii a ( ( a b x y Vi forsøker å løse I Ganger vi sammen matrisen får c d z w vi ( ( ax + bz ay + bw 1 0 cx + dz cy + dw 0 1 Dette gir oss de fire likningene ax + bz 1 ay + bw 0 cx + dz 0 cy + dw 1 Ganger vi den første likningen med c, den tredje likningen med a, og trekker disse fra hverandre får vi (bc adz c, slik at z 1 ad bc ( c 5
Tilsvarende kan vi eliminere z ved å gange likning 1 med d, likning 3 med b og trekke disse fra hverandre Vi får da (ad bcx d, slik at x 1 ad bc d På samme måte eliminerer vi ved å legge sammen likning og 4, og vi får til slutt ( ( A 1 x y 1 d b z w ad bc c a Spesielt ser vi at matrisen er inverterbar hvis og bare hvis ad bc 0 b Vi regner ut ad bc 3 ( 5 ( 1 6 5 1 dermed blir A 1 1 ( ( 3 5 3 5 1 1 1 c Skriv først systemet på formen ( 5 1 3 ( x y ( 3 Ganger vi med den inverse på begge sider får vi ( ( ( ( x 3 5 3 19 y 1 7 Oppgave 184 Med a (0, 1, b (5, 1, c (1, 7, d (7, 4 ser vi fra figuren at arealet kan skrives som en sum av arealene til to trekanter, Oppgave 1815 A 1 det(b a, c a + 1 det(b d, c d 1 5 0 1 6 + 1 3 6 3 30 + 1 6 18 15 + 1 7 Vi vet fra Setning 184 volumet av parallellepipedet utspent av a, b, c er lik det(a, b, c Men hvis alle vektorene er ortogonale er parallellepipedet en kube med sider a, b, c, som jo har volum a b c Derfor har vi at det(a, b, c a b c 6
Oppgave 1817 a Hvis to av vektorene er like så blir parallellepipedet disse utspenner et plan, som jo har volum 0 Vi vet fra Oppgave 1815 at dette volumet også er det(a, b, c, slik at det(a, b, c 0 b Vi har at c det(sa + td, b, c sa 1 + td 1 sa + td sa 3 + td 3 b 1 b b 3 c 1 c c 3 b b 3 c c 3 (sa + td b 1 b 3 c 1 c 3 (sa 1 + td 1 +(sa 3 + td 3 b 1 b c 1 c ( b s a b 3 1 c c 3 a b 1 b 3 c 1 c 3 + a 3 b 1 b c 1 c ( b +t d b 3 1 c c 3 d b 1 b 3 c 1 c 3 + d 3 b 1 b c 1 c s det(a, b, c + t det(d, b, c En lineærkombinasjon av b og c kan skrives på formen a sb + tc Vi får at det(a, b, c det(sb + tc, b, c der vi har brukt a og b d s det(b, b, c + t det(c, b, c 0 + 0 0, De tre vektorene a, b, c ligger i samme plan, og dermed er volumet av parallellepipedet de utspenner lik 0 Dette volmet er også lik det(a, b, c fra Oppgave 1815 Oppgave 1 c Funksjonene 1 + x + y og xy er kontinuerlige, siden de er produkter/summer xy av kontinuerlige funksjoner Men da er også f(x, y 1+x +y kontinuerlig, siden den er en brøk der teller og nevner er kontinuerlig, og siden nevneren aldri kan bli 0 (Setning 7
Oppgave a Komponentfunksjonene F 1 (x, y, z x z + y F (x, y, z x sin(xyz F 3 (x, y, z x 3 er kontinuerlige siden de er produkter og summer av kontinuerlige funksjoner Det at sin x er kontinuerlig følger av definisjonen av kontinuitet, og at sin x sin y x y for alle x, y Fra Setning 4 følger det nå at F også er kontinuerlig Oppgave 4 a F er kontinuerlig i a D f hvis og bare hvis det til enhver ɛ > 0 finnes en δ > 0 slik at F(x F(a < ɛ for alle x D f med x a < δ Velg δ ɛ M Da vil F(x F(a < M x a < Mδ M ɛ M ɛ, som viser at F er kontinuerlig i alle a D f b Anta at F(x Ax Vi har at F(x F(y Ax Ay A(x y A x y, der vi har brukt Setning 163 Setter vi M A og bruker a, ser vi derfor at F er kontinuerlig Oppgave 41 g Den deriverte av arctan x er 1 1+x Derfor gir kjerneregelen at x z 1 + (x + y z y 1 + (x + y arctan(x + y z 8
Oppgave 4 c De partielle deriverte til f er dermed blir gradienten u cos v w cos veu v wu sin ve u cos v w eu cos v Oppgave 47 a f(u, v, w ( u, v, w (w cos ve u cos v, wu sin ve u cos v, e u cos v De partielle deriverte til f(xy grenseverdi: x lim h 0 y Dermed blir f(0, 0 (0, 0 b Vi har at x y x 4 +y f(h, 0 f(0, 0 h i (x, y (0, 0 må regnes ut som en 0 lim h 0 h 5 0 f(0, h f(0, 0 0 lim lim h 0 h h 0 h 3 0 f (0, r f(hr lim h 0 h f(hr 1, hr lim h 0 h h 3 r lim 1r h 0 h(h 4 r1 4 + h r lim h 0 h 3 r 1r h 5 r 4 1 + h3 r h 3 r lim 1r h 0 h 3 r r 1r r r 1 r 9
c f(0, 0 (0, 0 r 0 f (0, r r 1 r d Vi viste i a og b at alle de retningsderiverte eksisterer Nærmer vi oss origo langs parabelen y x er det fort gjort å se at grenseverdien blir 1 Siden f(0, 0 0 kan derfor ikke funksjonen være kontinuerlig, og er derfor heller ikke deriverbar i (0, 0 Oppgave 51 b Med f(x, y x sin y får vi Oppgave 61 a Vi har at Dette gir og x sin y y x cos y x 0 y x sin y x y cos y F 1 (x, y, z x y og F (x, y, z x + y x xy, y x F x 1, F y y Dermed blir Jacobimatrisen ( F xy x (x, y 1 y 10
b Vi har at Dette gir og F 1 (x, y, z e x y+z og F (x, y, z xyz x xyex y+z, y x e x y+z, z ex y+z F x yz, F y xz, F z xyz Dermed blir Jacobimatrisen ( F xye x y+z x (x, y, z e x y+z e x y+z yz xz xyz c Vi har at Dette gir og og F 1 (x, y x arctan(xy, F (x, y x ln y, F 3 (x, y xy cos y x arctan(xy + xy 1 + x y, y x 1 + x y, F x ln y, F y x y, F 3 x y cos y, F 3 y x cos y xy sin y Dermed blir Jacobimatrisen arctan(xy + xy x F 1+x y 1+x y (x, y x ln y y y cos y x cos y xy sin y d Vi har at F 1 (x, y, z, u xy sin(xu, F (x, y, z, u z u 11
Dette gir og x y z u Dermed blir Jacobimatrisen y sin(xu + xyu cos(xu x sin(xu 0 x yu cos(xu, F x 0, F y 0, F z zu, F u z F (x, y, z, u ( y sin(xu + xyu cos(xu x sin(xu 0 x yu cos(xu 0 0 zu z 1