NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2, øving 8, vår 2011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon, språk og stil variere noe fra oppgave til oppgave. Lineariseringen til en funksjon i punktet p betegnes ved L p, eller simpelthen L dersom p er underforstått (boken benytter alltid kun L). Oppgaver fra kapittel 12.6 Oppgavene er hentet fra lærebokens kapittel 12.6, side 754 756. 21 For å estimere forandringen bruker vi formelen dg = ( g P0 u)ds der g P0 er den retningsderiverte i punktet P 0 med retning u. Husk at u må være en enhetsvektor. Vi finner først vektoren fra P 0 til P 1. P 0 P 1 = (0 2, 1 ( 1), 2 0) = ( 2, 2, 2) u = P 0P 1 P 0 P 1 [ 2, 2, 2] = 2 Beregn den retningsderiverte i P 0. = 1 ( 1, 1, 1) g (2, 1,0) = (1 + cos z, sin z + 1, x sin z y cos z) (2, 1,0) = (2, 1, 1) Sett u, g (2, 1,0) samt ds = 0.2 inn i formelen ovenfor. Den estimerte forandringen er altså 0. dg = ( g P0 u)ds ( ) 1 = (2, 1, 1) ( 1, 1, 1) (0.2) = 0.2 ( 2 + 1 + 1) = 0 2 a) En sirkel med sentrum i origo og radius 1 orientert med klokken kan parametriseres ved x = sin t, y = cos t. Dette er den standard parametriseringen vi bruker for det meste. Men siden r (t) = (cos t, sin t), er farten r (t) = 1, altså konstant lik 1 og ikke 2 som i oppgaven. På den andre siden er det akkurat denne parametriseringen vi vil ha! Saken er den at hvis en partikkel beveger seg med konstant fart 1 m/s, tilbakelegger den t meter i løpet av t sekunder. Det vil si, det blir det samme om vi sier at t er tiden partikkelen har beveget seg, eller om vi sier at t er strekningen partikkelen har tilbakelagt. Med andre ord, parametriseringen vår kan like godt oppfattes som parametrisering med hensyn på tilbakelagt veilengde s, altså at t = s er målt i meter. lf8. mars 2011 Side 1
Temperaturendring per meter er derfor dt ds = T x dx ds + T y I punktet P ( 1 2, 1 2 ) er s = π/6. Derved er dy = (sin 2y) cos s + (2x cos 2y)( sin s). ds dt ds = (sin ( π ) ) cos + (cos ( π ) )( sin ) = 1 6 6 2 ( sin cos C ) m. (Feil i fasit, der det står fot istedenfor meter.) b) Skal farten være konstant lik 2 m/s, så er tiden τ = s/2 slik at 29 Vi beregner dt dτ = 2 dt ds = sin cos C s. En annen måte å løse dette punktet er å benytte parametriseringen av sirkelen som gir at farten r (t) = 2. x = sin 2t, y = cos 2t for 0 t π f(0, 0) = 1 f(0, π/2) = 0 x (x, y) = ex cos y (0, 0) = 1 x (0, π/2) = 0 x y (x, y) = ex sin y (0, 0) = 0 y (0, π/2) = 1. y Ligning (5) på side 751 gir så at de ønskede lineariseringene er gitt ved L (0,0) (x, y) = 1 + x L (0,π/2) (x, y) = y + π 2. Vi beregner f(0, 0) = 1, samt (x, y) = cos y x (0, 0) = 1 x (x, y) = 1 x sin y y (0, 0) = 1. y Ligning (5) på side 751 gir så at den ønskede lineariseringen er gitt ved L (0,0) (x, y) = 1 + x + y. Siden alle de deriverte til f er kontinuerlige overalt, holder hypotesen i første teorem på side 752. Vi er derfor på jakt etter en skranke M som er større enn 2 f (x, y) x2, 2 f (x, y) y2 og 2 f (x, y) xy på hele det oppgitte rektangel R. Vi beregner 2 f (x, y) = 0 x2 2 f (x, y) = 1 x cos y y2 2 f (x, y) = sin y. xy lf8. mars 2011 Side 2
Oppgaven opplyser så om at vi kun skal anta cos x 1 og sin x 1 i jakten på M (selv om vi her kunne gjort bedre). I lys av dette sier vi oss fornøyd med skranken M = 1. Dermed finner vi for (x, y) R. E(x, y) 1 2 ( x + y )2 1 2 (0,2 + 0,2)2 = 0,08 51 La f : R 4 R ja, vi har her å gjøre med en funksjon av fire variabler, men alt vi har lært for to og tre gjelder fremdeles være gitt ved f(a, b, c, d) = a b c d = ad bc. Vi beregner (a, b, c, d) = d a (a, b, c, d) = b c (a, b, c, d) = c b (a, b, c, d) = a. d Det er oppgitt at a er mye større enn b, c og d, så vi ser at den retningsderiverte til f i retning av fjerde koordinat ( d-aksen ) er størst. Følgelig er f(a, b, c, d) mest sensitiv for endringer i d. Oppgaver fra kapittel 12.7 Oppgavene er hentet fra lærebokens kapittel 12.7, side 76 765. 17 Vi vet at (a, b) er kritisk hvis og bare hvis f(a, b) = (0, 0) (her eksisterer de partiellderiverte overalt). Siden f(x, y) = (x 2 2y, y 2 2x), får vi (ved å løse ut for begge komponenter lik null) de kritiske punktene ( (0, 0) og 2, 2 ). For å klassifisere disse punktene benytter vi Teorem 11 på side 759. Vi må altså beregne 2 f (x, y) = 6x x2 2 f (0, 0) = 0 x2 2 f ( 2/, 2/) = 4 x2 Vi konkluderer: 2 f (x, y) = 6y y2 2 f (0, 0) = 0 y2 2 f ( 2/, 2/) = 4 y2 2 f (x, y) = 2 xy 2 f (0, 0) = 2 xy 2 f ( 2/, 2/) = 2. xy 0 0 ( 2) 2 < 0 = (0, 0) er et sadelpunkt ( 4) < 0 og ( 4) ( 4) ( 2) 2 > 0 = ( 2/, 2/) er et maksimum. Det er opplagt at det globale minima er (0, 0), med verdi f(0, 0) = 0. Siden f er monotont voksende i begge argument og definisjonsmengden angitt er såpass vennlig, kan vi simpelthen undersøke verdien til f langs randen til definisjonsmengden for å bestemme globalt maksimum. Langs den begrensende linjen L gitt av y = 2(1 x) har vi f (x) = x 2 + 4(1 x) 2 = 5x 2 8x + 4. L En ser at f altså når sitt globale maksimum når x = 0, altså punktet (0, 2). lf8. mars 2011 Side
9 f(a, b) := b a Kritiske punkter: (6 x x 2 )dx er en funksjon av to variable, definert for alle (a, b) R 2. f a (a, b) = (6 a a 2 ) = 0 a = 2 eller a = f b (a, b) = (6 b b 2 ) = 0 b = 2 eller b =. Altså har f(a, b) fire kritiske punkter: (2, 2), (2, ), (, 2) og (, ) der f(2, 2) = 0, f(2, ) < 0, f(, 2) > 0 og f(, ) = 0. Randpunkter: her er det egentlig ingen randpunkter, men vi bør sjekke hva som skjer med f(a, b) når (a, b) (±, ± ) langs ulike ruter i ab-planet. Siden { 6 x x 2 > 0 for < x < 2 = (x + )(2 x) er < 0 for x < eller x > 2 blir f(a, b) stadig mindre når a ± uansett hva som skjer med b og når b ± uansett hva som skjer med a. Altså er integralet maksimalt for a = og b = 2. Alternativt: Dersom integralet b a (6 x x 2 )dx er maksimalt, er 6 x x 2 0 på hele [a, b] der [a, b] lengst mulig. Nå er 6 x x 2 = (x + )(2 x) 0 hvis og bare hvis x 2. Altså er integralet maksimalt for a =, b = 2. 45 Nei. Den oppgitte betingelse impliserer kun at (a, b) er et kritisk punkt. Sadelpunkter er også kritiske, uten at de er maksima eller minima. Oppgaver fra kapittel 12.8 Oppgavene er hentet fra lærebokens kapittel 12.8, side 77 775. 5 La f, g : R 2 R være gitt ved f(x, y) = (x, y) = x 2 + y 2 g(x, y) = xy 2 54. Vi ser at f(x, y) er avstanden fra (x, y) til origo, så vi er altså ute etter å minimere f med hensyn på betingelsen g = 0. Ved innsetting ser vi at vi ønsker å minimere Vi har h (x) = h(x) = 1 2 x 2 + 54 x h har kritisk punkt når h (x) = 0, eller altså når x 2 + 54 x. 2x = 54 x 2. ( 2x 54 ) x 2. Vi ser at løsningen er x = 27 =, så f er minimal i (, ± 2). 11 La f, g : R 2 R være gitt ved f(x, y) = 4xy g(x, y) = x2 16 + y2 9 1. lf8. mars 2011 Side 4
Da er f(x, y) arealet av et rektangel med bredde 2x og høyde 2y, mens g = 0 beskriver ellipsen vår. Vi er altså ute etter å maksimere f, gitt betingelsen g = 0; dette beskriver det største ikke-roterte rektangel som kan innskrives i ellipsen. Vi beregner f(x, y) = 4(y, x) ( 1 g(x, y) = 8 x, 2 ) 9 y. For å bruke Lagrangemultiplikatormetoden setter vi f = λ g. Første komponent gir gir mens innsetting i andre gir Betingelsen g = 0 gir så λ = 2 y x, x 2 = 16 9 y2. 2 9 y2 = 1, eller enklere y = / 2. Følgelig har det optimale rektangel høyde 2y = 2 og bredde 2x = 8y/ = 4 2. Dets areal er altså 24. 5 La f, g 1, g 2 : R R være gitt ved f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 = (x, y, z) 2 g 1 (x, y, z) = y + 2z 12 g 2 (x, y, z) = x + y 6. Siden f er kvadratet av avstandsfunksjonen, kan vi like godt minimere denne, da den har samme minima som f. Vi søker altså å minimere f gitt betingelsen g 1 = g 2 = 0 (som korresponderer til at angitte planene skjærer hverandre). Vi beregner Vi får Lagrangemultiplikatorligningssystemet f(x, y, z) = 2(x, y, z) g 1 (x, y, z) = (0, 1, 2) g 2 (x, y, z) = (1, 1, 0). 2x = µ 2y = λ + µ 2z = 2λ y + 2z = 12 x + y = 6. Løser vi dette ut på vanlig vis, finner vi x = 2, y = 4, z = 4. Punktet vi leter etter er altså (2, 4, 4). Oppgaver fra eksamen i 75012 Matematikk 1B, våren 1990 4 Vi har, med h(x, y, z) = x 2 + 4y 2 + z 2 16, f(x, y, z) = (yz 2, xz 2, 2xyz) h(x, y, z) = (2x, 8y, 2z). lf8. mars 2011 Side 5
På akkurat samme vi som i de foregående oppgavene, løser vi ligningssystemet f(x, y, z) = λ h(x, y, z) h(x, y, z) = 0, og finner x = ±2, y = ±1, z = ±2 2. Følgende fire punkter er altså maksima: Følgende fire punkter er minima: (2, 1, ±2 2), ( 2, 1, ±2 2). (2, 1, ±2 2), ( 2, 1, ±2 2). Funksjonen har i begge maksimumspunktene verdien 16, og i begge minimumspunktene verdien 16. Vi går videre til g. For å spare oss masse smerte, som en direkte utregning ville innebære, observerer vi at g(x, y, z) = f(x, y, z) sinh 16 så lenge vi er på flaten S. Følgelig kan vi konkludere med at g har maksimum og minimum i samme punkter som f. Verdiene er henholdsvis 16 sinh 16 og 16 sinh 16. Oppgaver fra eksamen i 75012 Matematikk 1B, sommeren 1990 En første observasjon er at det er klart at maksimum/minimum må være et sted på linjen x = 0. Vi kan dermed istedet finne maksimum til g gitt ved g(y) = y y 2 + 4. Videre er g antisymmetrisk (med andre ord er f antisymmetrisk i første argument), så hvis g har maksimum i b, så har den minimum i b. Vi leter dermed kun etter maksimum. Vi beregner g (y) = y2 + 4 2y 2 (y 2 + 4) 2 = 4 y2 (y 2 + 4) 2. Her ser vi at g > 0 på intervallet ( 2, 2) (her er g er voksende), mens g < 0 overalt ellers (g er avtagende). De kritiske punktene forekommer i ±2. Vi må altså behandle a < 2 og a 2 forskjellig. Vi har dermed to tilfeller: Hvis a 4 er (0, 2) maksimumspunkt for f, mens (0, 2) er et minimumspunkt. Funksjonsverdiene er henholdsvis 1/4 og 1/4. Hvis 0 a < 4 er (0, a) maksimumspunkt for f, mens (0, a) er et minimumspunkt. Funksjonsverdiene er henholdsvis a/(a + 4) og a/(a + 4). Funksjonen f er illustrert i figur 1, og er i så måte et godt eksempel på at det kan lønne seg å skissere en graf før en regner. lf8. mars 2011 Side 6
0.2 0.1 z 0 0.1 0.2 5 10 5 4 2 1 0 x 1 2 4 5 10 5 0 y Figur 1: Grafen til funksjonen i oppgave fra eksamen 1990. lf8. mars 2011 Side 7