UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet MAT - Grunnkurs i Matematikk II Torsdag 4. juni 05, kl. 09:00-4:00 Bokmål Tillatte hjelpemiddel: Enkel kalkulator i samsvar med fakultetets regler. Oppgavesettet er på 3 sider (med oppgavene 8) og er sammensatt av 7 deloppgaver som alle teller likt ved sensurering. Alle svar skal begrunnes, men begrunnelsene skal være korte. Det må være med nok mellomregninger til at fremgangsmåten tydelig fremgår av besvarelsen. Oppgave La f være funksjonen på R gitt ved f(, y) = 3 + y. (a) Finn gradienten til f i et vilkårligt punkt (, y) og angi den maksimale retningsderiverte til f i punktet (0, ). Løsning: Gradienten til f er (f)(, y) = (3 )i + yj. Den maksimale retningsderiverte i punktet (0, ) er normen til gradienten, (f)(0, ) = + = 5. (b) Finn alle punktene på flaten z = f(, y) der tangentplanet er parallelt med y-planet. Løsning: Tangentplanet til punktet (, y, f(, y)) har normalvektor f (, y)i + f (, y)j k = (3 )i + yj k. Denne er parallell med z-aksen nettopp når = ± 3/3 og y = 0. Punktene der tangent planet er parallelt med y-planet er derfor gitt ved ( 3/3, 0, 3/9 ) og ( 3/3, 0, 3/9 ).
(c) Finn ligningen for tangentlinjen til nivåkurven f(, y) = 0 i punktet (0, ) på kurven. Løsning: Tangentlinjen har normalvektor (f)(0, ) = i + j slik at ligningen blir + (y ) = 0 som kan skrives y = +. Oppgave Kurven C er gitt i polarkoordinater ved r = + sin θ. (a) Finn punktene der C har horisontal tangentlinje. Løsning: Kurven har parametriseringen (θ) = ( + sin θ) cos θ, y(θ) = ( + sin θ) sin θ med deriverte og (θ) = cos θ ( + sin θ) sin θ = sin θ( sin θ + ) y (θ) = cos θ sin θ + ( + sin θ) cos θ = cos θ( sin θ + ). Vi ser at y (θ) = 0 når cos θ = 0 eller sin θ = /. For θ [0, π] gir dette verdiene θ = π, 3π, 5π 4, 7π 4 og vi sjekker lett at (θ) 0 for disse verdiene slik at punktene med polarkoordinater [ +, π/], [, π/], [ /, 5π/4], [ /, 7π/] har horisontal tangentlinje. (b) Lag en skisse av kurven.
(c) Finn arealet av området avgrenset av kurven. (Du kan gjerne benytte formelen sin θ = cos θ.) Løsning: Arealet er gitt ved π 0 ( + sin θ) dθ = π π = 5 + sin θ cos θ dθ 0 [ = 5 θ cos θ sin θ] π = 5π/. 4 0 0 Oppgave 3 + sin θ + sin θ dθ La f være funksjonen på R gitt ved f(, y) = ye y. (a) Finn de kritiske punktene til f. Løsning: De partiellt deriverte til f er gitt ved f (, y) = ye y, f (, y) = ( 4y )e y. Setter vi f (, y) = 0 og f (, y) = 0 finner vi de kritiske punktene (0, /) og (0, /). (b) Skisser området D gitt ved + y og y 0. Begrunn hvorfor f har globale ekstremalverdier (maksimum og minimum) på D. Løsning: Et teorem sier at en kontinuerlig funksjon på en lukket begrenset mengde har en maksimums- og en minimumsverdi på mengden. Det er lett å se at D er lukket og begrenset slik at f har en maksimumsog en minimumsverdi på D. Svaret skal be- (c) Finn maksimums- og minimumsverdien til f på D. grunnes. Løsning: Vi vet at f antar sine ekstremalverdier i kritiske punkter eller på randen av D. Det er klart at f(, y) = 0 når y = 0. Når (, y) er et punkt på halvsirklen gitt ved + y = og y 0 har vi at f(, y) = ye y. La g være funksjonen gitt ved g(y) = ye y, y [0, ]. 3
Ekstremalverdiene til g er da lik ekstremalverdiene til f på halvsirklen. For å finne ekstremalverdiene til g ser vi på g (y) = ( y )e y og bemerker at g (y) = 0 bare har løsningen y = / på intervallet [0, ]. Ekstremalverdiene til g må altså antas enten i det kritiske punktet / eller i randpunktene 0,. Vi har g( /) = e 3/, g(0) = 0 og g() = e. Vurderingen e 3/ e e/ e e viser at g har minimumsverdien 0 og maksimumsverdien e 3/ på [0, ]. Vi må sammenligne dette med verdien f(0, /) = e / i det kritiske punktet (0, /). Vurderingene e / e 3/ e / e 3/ e viser at f har maksimumsverdien e / og minimumsverdien 0 på D. Oppgave 4 Avgjør om følgende rekker er absolut konvergente, betinget konvergente, eller divergente: (a) ( ) n n n + Løsning: Vi viser at rekken er absolut konvergent ved å bruke grensesammenligningstesten med hensyn til den konvergente rekken lim n n n + n n = lim n n n + = lim =. n + /n Da grensen eksisterer følger det fra grensesammenligningstesten at rekken er absolut konvergent. : n 4
(b) n= ( ) n n ln n Løsning: Vi viser først at rekken ikke er absolut konvergent ved å bruke integraltesten som sier at rekken n= n er konvergent hvis ln n og kun hvis det uegentlige integral t dt konvergerer. Ved bruke ln t substitusjonen u = ln t får vi N t ln t dt = ln N ln som divergerer mot når N. u du = [ u ] ln N ln = ln N ln For å vise at rekken i (b) er betinget konvergent bruker vi testen for alternerende rekker. La a n = ( ) n /n ln n. Da n ln n > 0 når n ser vi at a n a n+ < 0 for alle n. Dessuten, da følgen n ln n er voksende og divergerer mot har vi at a n+ a n for alle n og at lim n a n = 0. Dermed er betingelsene for å bruke testen for alternerende rekker oppfylt, og vi konkludere at rekken er betinget konvergent. Oppgave 5 (a) Finn konvergensintervallet til potensrekken n=0 n(n + ) n n. Løsning: Vi bruker forholdstesten til å finne konvergensradius. Da lim n (n + )(n + ) n+ n+ n(n + ) n n (n + )(n + ) = lim n n(n + ) = vet vi at rekken er konvergent når / < og divergent når / > slik at konvergensradius er R =. For = er rekken gitt ved n=0 n(n + )( )n som divergerer da følgen n(n + )( ) n ikke konvergerer mot 0. På tilsvarende måte ser vi at rekken divergerer for =. Vi konkluderer at rekken har konvergensintervall (, ). 5
(b) Finn et enkelt uttrykk for summen av rekken i (a) på sitt konvergensintervall. Løsning: Vi bemerker først at rekken kan skrives som ( ) n n(n + ) slik at det er nok å finne et uttrykk for rekken n(n + )yn på intervallet (, ). Vi kan skrive n(n + )y n = d dy Dessuten har vi at ny n = y ny n = y d dy Dermed er og Vis at funksjonen n(n + )y n = d dy ( ny n+ = d y dy n=0 ) ny n. y n = y d dy y = y ( y). y ( y) = y( y) + y (y ) = ( y) 4 n=0 f(, y) = n(n + ) n n = Oppgave 6 ( /) 3. { y, +y når (, y) (0, 0) 0, når (, y) = (0, 0) y ( y) 3 har partielt deriverte av første orden i hvert punkt (, y) i R. Avgjør dernest om f er deriverbar i (0, 0). Løsning: Når (, y) (0, 0) følger det fra de vanlige regler for derivasjon at f har partiellt deriverte i (, y) gitt ved f (, y) = y3 ( + y ), f (, y) = 4 y ( + y ). 6
Når (, y) = (0, 0) bruker vi definisjonen: f (0, 0) = lim h 0 f(h, 0) f(0, 0) h = 0, f (0, 0) = lim h 0 f(0, h) f(0, 0) h For å se om f er deriverbar i (0, 0) må vi sjekke om f(h, k) f(0, 0) f (0, 0)h f (0, 0)k h + k = har grensen 0 når (h, k) (0, 0). Når h = k har vi h k (h + k ) h + k = h h h k (h + k ) h + k = 0 som ikke har grensen 0 når h 0. deriverbar i (0, 0). Vi konkluderer derfor at f ikke er Oppgave 7 Avgjør om følgende funksjoner er uniformt kontinuerlige på de oppgitte intervallene. Du kan gjerne henvise til resultater om uniform kontinuitet fra pensum. (a) f() = cos, (0, ). Løsning: Vi viser at f ikke er uniform kontinuerlig på (0, ). Anta nemlig at f er uniformt kontinuerlig. Da er f også uniformt kontinuerlig på intervallet (0, ). Et teorem sier at en uniformt kontinuerlig funksjon på et begrenset intervall er begrenset. Dette gir en motstrid cos da lim 0 = slik at f ikke er begrenset på (0, ). (b) f() = sin, (0, ). sin Løsning: Vi bemerker først at lim 0 = slik at vi kan utvide f til en kontinuerlig funksjon på [0, ) ved å sette f(0) =. Et teorem sier at en kontinuerlig funksjon på et lukket begrenset intervall er uniformt kontinuerlig, så spesielt er utvidelsen av f uniformt kontinuerlig på 7
[0, ]. Dermed er f også uniformt kontinuerlig på (0, ]. For å sjekke om f er uniform kontinuerlig på [, ) ser vi på den deriverte f () = cos sin = cos sin. Når er f cos sin () +. Et teorem sier at dersom f er begrenset er f uniform kontinuerlig, så vi konkluderer at f er uniform kontinuerlig på [, ). Da f er uniform kontinuerlig på (0, ] og [, ) er f også uniformt kontinuerlig på unionen (0, ). (Alternativt kan man vise at f er begrenset på hele intervallet (0, ): Ved å bruke l Hopitals regel (eller ved å se på MacLaurin rekkene) sjekker vi at lim 0 f () = 0 slik at vi kan utvide f til en kontinuerlig funksjon på [0, ) ved å sette f (0) = 0. Et teorem sier at en kontinuerlig funksjon på et lukket begrenset intervall er begrenset, så spesielt er utvidelsen av f begrenset på [0, ]. Dermed er f begrenset på (0, ] og da vi allerede har sjekket at f er begrenset på [, ) ser vi at f er begrenset på (0, ).) Oppgave 8 Hva vil det si at en begrenset funksjon f på et intervall [a, b] er Riemannintegrerbar? Vis at dersom f er Riemannintegrerbar på [a, b], da er f også Riemannintegrerbar på hvert delintervall [c, d], der a c < d b. Løsning: La I være infimum av mengden av øvre Riemann summer U(f, P ), der P er en vilkårlig partisjon av [a, b]. La tilsvarende I være supremum av mengden av nedre Riemann summer L(f, P ), der P igjen er en vilkårlig partisjon av [a, b]. Generelt er I I og vi sier at f er Riemannintegrerbar dersom I = I. Alternativt kan dette uttrykkes på følgende måte: En begrenset funksjon f på [a, b] er Riemannintegrerbar dersom det for ethvert ɛ > 0 finnes en partisjon P av [a, b] slik at U(f, P ) L(f, P ) < ɛ. Anta nå at f er Riemannintegrerbar på [a, b] og la [c, d] være et delintervall som i oppgaven. La g være restriksjonen av f til en funksjon på [c, d]. Gitt ɛ > 0 må vi vise at det finnes en partisjon Q av intervallet [c, d] slik at 8
U(g, Q) L(g, Q) < ɛ. Da vi antar at f er Riemannintegrerbar på [a, b] finnes det en partisjon P av [a, b] slik at U(f, P ) L(f, P ) < ɛ. Vi kan nå definere en ny partisjon P av [a, b] ved å tilføye delepunktene c og d dersom disse ikke er med i partisjonen P. La Q være partisjonen av [c, d] gitt ved delepunktene fra P som ligger i [c, d]. Da gjelder U(g, Q) L(g, Q) U(f, P ) L(f, P ) U(f, P ) L(f, P ) < ɛ. Lykke til! Christian Schlichtkrull 9