MA 40: Analyse Uke 48, 00 http://home.hia.no/ aasvaldl/ma40 H0 Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave.5: 5. Vi har gitt funksjon f(x, y) = x + y z + z ln(x) og punkt P 0 = (,, ). Vi partiell deriverer f og finner gradienten Vi setter inn P 0 s koordinater og får Oppgave.5: 30. Vi har gitt funksjon og punkt P 0 = (,, 3). Gradienten blir Innsatt punktet P 0 får vi f =< x + z/x, y, 4z + ln(x) >. ( f) P0 =< 3,, 4 >. f(x, y, z) = x + xy y + z = 7, f =< x + y, x y, z >. ( f) P0 = f(,, 3) =< 0, 4, 6 >. Tangentplanet til nivåflaten f(x, y, z) = 7 blir 0(x ) + 4(y + ) + 6(z 3), eller 4y + 6z = 4. Normallinja gjennom P 0 blir x = + 0 s y = + 4 s z =3 + 6 s. Oppgave.7: 9. Vi har gitt funksjon T (x, y) = x + y x. (T står for temmperatur.) Vi partiell deriverer og setter gradienten lik 0. T (x, y) =< x, 4y >=< 0, 0 >. Vi løser de to likningene x = 0 og 4y = 0, og får en løsning (x, y) = ( /4, 0). Dette blir det eneste kritiske punktet i det indre av området. Over randa kan vi gjøre som følger for å finne kandidater til maks. og min. punkt: Parametriser randa ved x(t) = cos(t) og y(t) = sin(t). Dette setter vi inn i formelen for T og får Vi deriverer og får T (t) = cos (t) + sin (t) cos(t) = + sin (t) cos(t). T (t) = sin(t) cos(t) + sin(t) = sin(t)[ + cos(t)].
Den deriverte er lik 0 når y = sin(t) = 0 og når x = cos(t) = /. y = 0 gir to punkt (±, 0). x = / gir også to punkt ( /, ± 3/). Vi får disse verdiene som må sammenliknes T (/, 0) = /4 T (, 0) =0, T (, 0) =, T ( /, ± 3/) =9/4. Vi ser at T har maksimum 9/4 og minimum /4. [Alternativt: Sett y = x inn i formelen for T (x, y) og beregn maks/min over intervallet [, ].] OPPGAVE 8.0.00: 4. Gitt funksjon f(x, y) = y x, x 0. x (a) Finn de kritiske (stasjonære) punktene til f(x, y) og beregn funksjonsverdiene i disse punktene. (b) Klassifiser de kritiske punktene ved bruk av annen-derivert testen. a) De partielle deriveerte blir: x =x( x) (y x ) = x y x x y =y x = y x. Vi setter de partielle deriverte lik 0, løser likningene x + y = og y = 0 og får to kritiske punkt (±, 0). f(, 0) = og f(, 0) =. b) Først må vi regne ut de.ordens partielle deriverte. Dermed får vi ( x) x( x y ) x =x = y x 4 x 3 x y = y x y = x. x f y ( f x y ) = y y x 4 x = 4 x < 0, 4 og begge de kritiske punktene er sadel-punkt.
OPPGAVE 8.0.00: 5. Gitt funksjon f(x, y) = ln( x + y x). (a) Finn definisjonsområdet til f. Beskriv nivåkurvene til f. Vi ser at krav må stilles til (x, y) for at f(x, y) skal være definert x + y 0 og x + y x > 0. Dette kan vi skrive som x + y og x + y > x. Det første kravet består i at (x, y) ligger på eller utenfor sirkelen x + y =. Det andre kravet er oppfylt når x 0 og når x 0 og samtidig x + y > x, dvs. y >. Vi kan dermed sammenfatte definisjonsområdet slik: når x 0 :(x, y) må ligge utenfor sirkelen x + y = når x > 0 :(x, y) må ligge over linja y = eller under linja y =. Nivåkurvene finner vi ved å sette f(x, y) = c - en konstant. Ved å ta exp() på begge sider får vi x + y = x + e c. Nå kvadrerer vi begge sider (NB! Da kan vi få inn falske løsninger, dvs. punkter der høyre og venstre side er like bortsett fra at de har motsatt fortegn.) og får x + y = x + xe c + e c. Vi forkorter x og står igjen med y = xe c + e c +. Dette er en kurve av formen y = ax + b, som er en parabel langs x-aksen. OPPGAVE 04..00: 4. Vi har gitt funksjon f(x, y) = xe y. (a) Beregn tangentplanet til z = f(x, y) i punktet P 0 (, 0, ), og den retningsderiverte av f(x, y) i punktet (, 0) i retningen v =<, >. Hvilken retning har tangentlinja til nivåkurven til f(x, y) = i punktet (, 0)? (b) Finn maksimum og minimum til f(x, y) over sirkelen x + y = 3/. Bruk Lagranges metode. a) Vi regner først ut gradienten til f. f(x, y) =< e y, xe y >. Gradienten i punktet P 0 blir ( f) P0 =<, >. Tangentplanet i P 0 = (, 0, ) blir (x ) (y 0) (z ) = 0 eller x y z = 0. Den retningsderiverte blir (D v f) P0 = ( f) P0 v v = + ( ) v = 0. Tangenten til nivåkurven f(x, y) = har ( f) P0 som normalvektor. Det betyr at v må være retningsvektor for tangenten til denne nivåkurven i P 0. 3
b) f(x, y) < 0, 0 > over alt. Det betyr at det ikke finnes kritiske punkt i det indre av området. La g(x, y) = x + y = 3/. Lagranges metode går ut på å løse likningene f = λ g, dvs. vi må finne ut når < e y, xe y >= λ < x, y >. Vi får at λ 0 og at λy = xe y = x λx. Litt forkorting gir y = x eller x = y/. Dette setter vi inn i g(x, y) = 3/ og får y y/ 3/ = 0. Denne annengradslikninga har løsningene y = / ± /4 + / = ± 5 = 3/ eller. 4 y = 3/ gir x = y/ = 3/4 - ingen løsning. y = gir x = y/ = /, så vi får kandidater til maks/min. punkt (±/, ). f verdier i disse to punktene, som også er maks. og min. verdiene til f, blir f(±/, ) = ± e. OPPGAVE 8.0.00: 4. (a) Beregn tangentplanet i (, 3, ) til flaten gitt ved x + y xyz = 7. Sett f(x, y, z) = x + y xyz. Vi regner ut gradienten til f. Innsatt (x, y, z) = (, 3, ) får vi Tangentplanet blir eller x + 4y 6z = 8. Eksamen desember 09..999: 6. f =< x yz, y xz, xy >. f(, 3, ) =<, 4, 6 >. (x ) + 4(y 3) 6(z ) = 0, (a) Gitt en funksjon f(x, y) = x + y xy 7y. Finn de eller det kritiske punkt til f(x, y) og finn typen (lokale maksimumseller minimumspunkt eller sadelpunkt) til de eller det kritiske punkt. (b) Finn ekstremverdiene til f(x, y) langs linja g(x, y) = 6x + 3y 50 = 0 ved bruk av Lagranges metode. (c) Finn tangentlinja til nivåkurven til f(x, y) gjennom punktet (3/3, 8). (a) Vi har gitt f(x, y) = x + y xy 7y. Partiell derivasjon gir og y x = 4x y, = y x 7. 4
Vi setter begge de partielle deriverte lik 0 og får likninger med ukjente 4x y = 0 x + y = 7 Likningssystemet har løsning x = og y = 4. Så vi får et kritisk/stasjonært punkt (, 4). Funksjonsverdien er f(, 4) = 4. De annen-ordens partielle deriverte er x = 4 > 0, y = og x y =, slik at ( f x )( f y ) ( f x y ) = 8 = 7 > 0. Annen-derivert testen forteller oss at (, 4) er et lokalt minimumspunkt. (Det er egentlig absolutt minimum.) (b) Vi har gitt f(x, y) som ovenfor, og dessuten en bibetingelse g(x, y) = 6x + 3y 50 = 0. g(x, y) = 0 beskriver en rett linje. Gradientene til f og g er f(x, y) = (4x y) i + (y x y) j, og g(x, y) = 6 i + 3 j. Vi skal bruke Lagranges metode og starter med likninga f(x, y) = λ g(x, y), dvs. 4x y = 6λ og y x 7 = 3λ. Vi multipliserer siste likning med og setter likningene lik hverandre. Da får vi 6λ = 4x y = 4y x 4. Herav følger at 6x = 5y 4. Vi setter dette inn i g(x, y) = 0, og får 0 = (5y 4) + 3y 50. Da blir y = 8, som igjen innsatt i g(x, 8) = 0 gir x = 3/3. Lagranges metode gir ett punkt, som kan være lokalt eller absolutt minimum eller maksimum. (Ved å la x, kan vi se at punktet (3/3, 8) er et absolutt/globalt minimum.) (c) f(x, y) er normal til (står vinkelrett på) tangentlinja til g(x, y) = 0. Men g(x, y) = 0 er en rett linje, og er dermed sin egen tangentlinje. Derfor er tangenten til nivåkurven til f(x, y) = f(3/3, 8) = 80/9 lik linja g(x, y) = 6x + 3y 50 = 0. Alternativt, har vi tangentlinja gitt ved f(3/3, 8) (x 3/3, y 8) = 0, dvs. (8/3, 4/3) (x 3/3, y 8) = 0. Litt regning gir 6x + 3y 50 = 0. La oss se på noen nivåkurver og linja gitt ved g(x, y) = 0 i Eksamen desember 999: 6. 5
0 8 6 4-4 6 Figur. Grafen til f i Eksamen desember 999: 6. Eksamen desember.0.000:. (a) Avgjør om følgende rekker konvergerer eller divergerer e n og ( n π 4 + n n ). n (b) Finn konvergensradien R til potensrekka x n (n + n). Avgjør om rekka konvergerer når x = ±R. (c) Vis at Begrunn at rekka konvergerer. ln(cos(x)) x 0 x =. ln(cos(π/k)) k=3 (a) La r = e/π. Da er r < og rekka n rn er konvergent geometrisk rekke. Den gitte rekka må derfor konvergere. e n π n n4 + n n = n4 + n n = ( n 4 + n n )( n 4 + n + n ) n4 + n + n = 6 n n4 + n + n.
Vi får at n n4 + n n /n = n + + /n =. Rekka n /n divergerer, og da må den gitte rekka divergere. (b) La c n = /(n + n). Vi får at konvergensradius blir n + ) R = n c n c n+ = (n + + n (n + n) For R = får vi divergens siden n+ n > n. For R = får vi konvergens siden Theorem 8 side 65 i boka. (c) Vi bruker L Hôpital ln(cos(x)) x 0 x Men da får vi også Siden rekka π k=3 k = 0 0 = x 0 ln(cos(π/k)) k (π/k) ( ) n n+ n =. sin(x) x cos(x) =. = /. oppfyller alle kravene i konvergerer, vil rekka k=3 ln(cos(π/k)) konvergere. 7