KTH Matematik

Karim Daho

Lösningsförslag till tentamen i Matematik II, 5B1116, för Bio,E,K,ME

Och 5B1136 för I. Måndag den 27/02/2006 kl 08-13.00

1. Gauss elimination ger

1 3 1

!1 7 9

2 1 !3

5

7

k

"

#

$$$

%

&

'''!

1 3 1

0 10 10

0 !5 !5

5

12

k !10

"

#

$$$

%

&

'''!

1 3 1

0 1 1

0 0 0

5

6 / 5

k ! 4

"

#

$$$

%

&

'''

, icketriviala lösningar om

k = 4 ger t ex med z = t, y = 6 / 5 ! t, x = 7 / 5 + 2t

Svar : z = t, y = 6 / 5 ! t, x = 7 / 5 + 2t

2. Kedjeregeln

!f!x

=!f!u

!u!x

+!f!v

!v!x

!f!y

=!f!u

!u!y

+!f!v

!v!y

"

#$$

%$$

ger medx = u + v

y = u ! v"#$

%

u =12

x + y( )

v =12

x ! y( )

"

#&&

$&&

!f!x

=12!f!u

+12!f!v

!f!y

=12!f!u

"12!f!v

#

$%%

&%%

och x!f!x

" y!f!y

=u + v

2#$%

&'(

!f!u

+!f!v

)*+

,-."

u " v2

#$%

&'(

!f!u

"!f!v

)*+

,-.= v

!f!u

+ u!f!v

Svar: x!f!x

" y!f!y

= v!f!u

+ u!f!v

.

3. Låt P0 = 8,2,6( ) , vi söker den punkt P = x, y, z( ) som ligger i planet så att

!PP0 är

minimal. Detta ger att PP0 är vinkelrätt mot planet 6x ! 3y + 2z ! 5 = 0 med

normalen

!n = 6,!3,2( ) .

PP0 = t!n

6x ! 3y + 2z ! 5 = 0

"#$

%

x ! 8, y ! 2, z ! 6( ) = t 6,!3,2( ) (1)

6x ! 3y + 2z ! 5 = 0 (2)

"#$

(1) % x = 8 + 6t, y = 2 ! 3t, z = 6 + 2t (3)

(3) % (2) % t = !1

Sätt in t = !1 i sambandet (3)

Svar : Den sökta punkten är x, y, z( ) = 2,5,4( ) .

4. Sätt

!F(x, y, z) = u,v( ) , där u = x + 2y ! 3z ! 4,v = x2

+ 2y2! 3z2

!14 och

!F(3,2,1) =

!0 .

!F(x, y, z) =

!0 definiera en kurva i !

3. Implicita funktionssatsen ger att kurvan är kontinuerlgt

deriverbar och kan parametrisers med x = x, y(x), z(x) kring 3,2,1( ) om

detd!F

d(y, z)(3,2,1)

!"#

$%&' 0 .

detd!F

d(y, z)(3,2,1)

!"#

$%&= det

d u,v( )

d y, z( )(3,2,1)

!

"#$

%&= det

2 '3

4y '6z!"#

$%&

3,2,1( ) = det2 '3

8 '6!"#

$%&= 12 ( 0

Svar: Ja.

5. Eventuella lokala extrempunkter ges av

!f =!0 "

#f#x

= 3x2 $ 3 = 0 " x = ±1

#f#y

= 3y2 $12 = 0 " y = ±2

%

&''

(''

Vi har funnit fyra kandidater 1,2( ), !1,!2( ), 1,!2( ), !1,2( ) . Hessianmatrisen

H (x, y) =

!2 f!x2

!2

!x!y

!2 f!y!x

!2 f!y2

"

#

$$$$

%

&

''''

=6x 0

0 6y"#$

%&'

som är en diagonalmatris med egenvärden ! = 6x,6y

För (!1,2),(1,!2) ger att egenvärdena ! 0 och har olika tecken! sadelpunkter.

För 1,2( ) ger att egenvärdena ! 0 och är båda positiva!minipunkt

För !1,!2( ) ger att egenvärdena ! 0 och är båda negativa!maximipunkt

Svar: lokalt mini f(1,2)=2 och loklt max f(-1,-2)=38

6. Matrisen A är symmetrisk och detta ger att det finns en ON-matrs C bestående av

egenvektor till A som diagonalisera A dvs CT AC = D

Egenvärdena ges av

1! " 0 !1

0 1! " 2

!1 2 5 ! "

= " (1! "( ) " ! 6( ) = 0 som ger att ger att! =0,1,6

Egenvektorer

! = 0,!u = (x, y, z)T , A " 0E( )

!u = 0 #

x " z = 0

y + 2z = 0$%&

dvs

!u = t 1,!2,1( )

T ,!e1 =

!u!u

=1

61,!2,1( )

T

! = 1,!u = (x, y, z)T , A "1E( )

!u = 0 #

z = 0

2y " x = 0$%&

dvs

!u = t 2,1,0( )

T ,!e2 =

!u!u

=1

52,1,0( )

T

! = 6,!u = (x, y, z)T , A " 6E( )

!u = 0 #

z + 5x = 0

"5y + 2z = 0$%&

dvs

!u = t 1,!2,!5( )

T ,!e3 =

!u!u

=1

301,!2,!5( )

T

svar: C =

1

6

2

5

1

30!2

6

1

5

!2

301

60

!5

30

"

#

$$$$$$$

%

&

'''''''

, D =

0 0 0

0 1 0

0 0 6

"

#

$$

%

&

''

7. a. f är kontinuerlig på ellipsen som är en sluten och begränsad mängd! f antar största och

minsta värdedet på ellipsen.

b. Bilda Lagranges funktion L(x, y,t) = x + y + t 2x2+ y2

! 6( ) extrempunkterna ges då av

!L =!0 "

#L#x

= 1+ 4tx = 0

#L#y

= 1+ 2ty = 0

#L#t

= 2x2+ y2 $ 6 = 0 (1)

%

&

'''

(

'''

y#L#x

$ 2x#L#y

= y + 4txy $ 2x $ 4txy = 0 ) y = 2x

,

som sättas in (1) ger x2= 1! x = ±1 . Vi får punkterna x, y( ) = !1,!2( ),(1,2) och

extremvärdena

f (1,2) = 3 & f (!1,!2) = !3

Singulära fallet då !g = 4x,2y( ) = (0,0) " (x, y) = (0,0) som inte ligger på ellipsen.

Svar: 3 &-3

8. a. Tangentplanets ekvationen ges av!f (1,1,1)• x "1, y "1, z "1( ) = 0 , där x, y, z( )är en

godtycklig punkt på tangentplanet.

!f = 1" sin(x + y " 2z( ),2 " sin x + y " 2z( ),6 " 2sin x + y " 2z( )#!f 1,1,1( ) = 1,2,6( )

Detta ger (1,2,6) • x !1, y !1,z !1( ) = x + 2y + 6z ! 9 = 0

Delsvar: x + 2y + 6z !10 = 0

b. cos x + y ! 2z( ) + x + 2y + 6z =x = h +1, y = k +1, z = l +1

x, y, z( )" 1,1,1( )# h,k,l( )" 0,0,0( )

$

%&

'

() =

cos h + k ! 2l( ) + h + 2k + 6l + 9 = cos t = 1!t 2

2+ restterm

$

%&

'

() =

1!12

h + k ! 2l( )2+ h + 2k + 6l + 9 + restterm=

h + 2k + 6l +10 !12

h2+ k2

+ 4l2 ! 2hk ! 4hl ! 4kl( ) + restterm

Taylorpolynomet av grad 2 ges då av

p(x, y, z) = x !1( ) + 2 y !1( ) + 6 z !1( ) +10

!12

x !1( )2+ y !1( )

2+ 4 z !1( )

2! 2 x !1( ) y !1( ) ! 4 x !1( ) z !1( ) ! 4 y !1( ) z !1( )( )

som kan skrivas (Ej nödvändig)

p(x, y, z) = !12

x2+ y2

+ 4z2( ) + xy + 2xy + 2yz ! x + 4z + 5

Obs! p(1,1,1) = f (1,1,1) = 10

9.

x 1 1 . . . 1

1 x 1 . . . 1

. . . . . . .

1 1 1 . . 1 x

= addera de (n-1) första kol till den sista[ ] =

x 1 1 . . . x + n !1

1 x 1 . . . x + n !1

. . . . . . .

1 1 1 . . 1 x + n !1

=

x + n !1( )

x 1 1 . . . 1

1 x 1 . . . 1

. . . . . . .

1 1 1 . . 1 1

= multiplicera kol n med -1 och addera till de övriga[ ] =

x !1 0 0 . . 0 1

0 x !1 0 . . . 1

. . . . . x !1 .

0 0 0 . . 0 1

= Vi får determinant till en övertrangel matris[ ] =

= x + n !1( ) x !1( )n!1

Svar: x = 1, x = 1! n

10. Diagonalisera matrisen A med en matris C bestående av egenvekorer till A Egenvärdena ges av

!21! " 75

!10 34 ! "= "

2!13" + 36 = 0 #" = 4,9

Egenvektorn

!u = x, y( )

T till ! =4 löser

A ! 4E( )

!u =!0 "!x + 2y = 0 "

!u = 3,1( )

T

Egenvektorn

!v = x, y( )

T till ! =6 löser

A ! 9E( )

!v =!0 "!2x + 5y = 0 "

!v = 5,2( )T

Marisen C =3 5

1 2!"#

$%&' C(1

=2 (5

(1 3!"#

$%&

,CC(1=

1 0

0 1!"#

$%&

Vi har C .!1AC = D =4 0

0 9"#$

%&'= G2 ( t ex G =

2 0

0 3"#$

%&'

,och den sökta matrisen B sådan att

B2= A ! B = CGC"1

Dvs B =3 5

1 2!"#

$%&

2 0

0 3!"#

$%&

2 '5

'1 3!"#

$%&=

'3 15

'2 8!"#

$%&

Kontroll B2=

!3 15

!2 8"#$

%&'

!3 15

!2 8"#$

%&'=

9 ! 30 !45 +120

6 !16 !30 + 64"#$

%&'=

!21 75

!10 34"#$

%&'= A