1. Bestäm ekvationen för tangentplanet till ytan x y2 + 2y z2 + 3z x2 = 8 i punkten (0,1,2). (3p)
2. Bestäm inversen till matrisen A–1AT då A =
1 1
1 0 . (3p)
3. a. Bestäm skärningspunkten mellan linjerna
r(t) = (2 – t, 3 – 2t, 3 – t) och p (s) = (3 + 2 s, 3 + 2s, 2). (1p) b. Bestäm ekvationen för det plan som innehåller de båda linjerna. (2p) 4. a. Bestäm Taylorpolynomet av andra graden till funktionen f(x,y) = x2 + 2cos(2x – y)
kring punkten (1,2). (2p)
b. Beräkna, med hjälp av detta polynom, ett approximativt värde av f(1.1, 2.1). (1p) 5. Bestäm konstanten a så att funktionen z = (2x – 3y)f (3x + ay) uppfyller
differentialek-vationen 3z ´x + 2z ´y = 0, då f är en godtycklig, deriverbar funktion av en variabel. (3p)
6. a. Beräkna riktningsderivatan f´v till funktionen f(x,y) = x + y
2x – y i punkten (1,1) i
riktning av vektorn v = (1,2). (2p)
b. Ange den riktning u i vilken riktningsderivatan f´u(1,1) är så stor som möjligt
och beräkna detta maximala värde. (2p)
7. Bestäm största och minsta värdet av funktionen f(x,y) = x + 2y på kvartscirkeln
x2 + y2 = 5, x ≥ 0, y ≥ 0. (4p)
8. Undersök om det finns konstanter a och b för vilka ekvationssystemet
ax + 3y + 2z = 4a + 3b bx + 2y + 2z = 2a + 4b ax + y + 2z = a + 4bhar precis en lösning x = 3, y = 2 och z = 1. (4p)
9. Undersök om det finns något tal a sådant att x2 + 4x y + ay2 + 2x – y = 0 är ekvationen
för en parabel? (4p)
10. Visa att vektorerna v1, v2, v3, v4 är linjärt oberoende om och endast om vektorerna v1, v1 + v2, v1 + v3, v1 + v4 är linjärt oberoende. (4p)
LYCKA TILL!
1. Ytan ges på formen f(x,y,z ) = 8 där f(x,y,z ) = x y + 2y z + 3z x . I punkten (0,1,2) fås
4a. Det sökta Taylorpolynomet p ges av f(1,2) + f´x(1,2)h + f´y(1,2)k + 1 är kompakt. Detta medför att f antar ett största och ett minsta värdet i mängden. Punkter där dessa värden antas är antingen ändpunkterna på kvartscirkeln eller kritiska punkter till Lagranges funktion g(x,y,t) = x + 2y + t(x2 + y2 – 5).
Ändpunkterna: (0, 5) och ( 5,0).
Kritiska punkter:
har precis en lösning
⇔ determinanten
in dessa värden i ekvationssystemet) så skulle
ek-vationen skall vara en ekvation för en parabel så måste ett av egenvärdena till matrisen A vara lika med noll. Egenvärdena fås ur ekvationen det(A – λE) = 0:
1 – λ 2
2 a – λ = 0 ⇔ (1 – λ)(a – λ) – 4 = 0. För λ = 0 får vi a = 4, vilket alltså är den enda tänkbara värdet för vilket den givna ekvationen beskriver en parabel. Den karakteristiska ekvationen är då (1 – λ)(4 – λ) – 4 = 0 och man får rötterna 0 och 5.
De båda valda egenvektorerna har längden 5. Koordinatbytet med transformationen
Tentamensskrivning, 2002-08-12, kl. 8.00–13.00.
5B1116 Matematik 2, f ¨or B, E, I, IT, M, Media och T.
F ¨or betyg 3 (godk¨ant), 4 och 5 kr¨avs minst 16, 22 respektive 30 po¨ang inklusive bonuspo¨ang.
Samtliga behandlade uppgifter ska f ¨orses med utf ¨orlig l ¨osning och motivering.
L ¨osningsf ¨orslag finns efter skrivningstidens slut på kurshemsidan.
Inga hj¨alpmedel!
1. Ber¨akna determinanten
3 −1 6 2
−4 8 −5 5
4 4 8 6
−3 0 −6 −2
. (3p)
2. Låt f (x, y) = (2p
xy − 1, y ex−2y) .
a) Best¨am Jacobimatrisen f ¨or f . (1p)
b) Visa att f har en differentierbar lokal invers kring punkten (x, y) = (2, 1) . (1p) c) Best¨am den lokala inversens Jacobimatris i punkten som svarar mot (x, y) = (2, 1) . (1p)
3. Givet vektorerna u1= (−23, a,13) , u2= (b, −23, −23) och u3= (23, −13, −a) .
a) F ¨or vilka v¨arden på a och b bildar vektorerna en ON-bas? (2p) b) Best¨am den matris som transformerar en vektors koordinater (i standardbasen)
till dess koordinater i denna ON-bas. (1p)
4. Best¨am alla kritiska (station¨ara) punkter till funktionen f (x, y) = x2− x + y2arctan x
samt avg ¨or deras karakt¨ar. (3p)
5. Anpassa i minstakvadratmening kurvan y = ax2+ bx − (a + b) till punkterna (−1, 8) ,
(0, −2) , (1, 1) och (2, 3) . (3p)
6. Best¨am det st ¨orsta och minsta v¨arde som funktionen f (x, y) = 2x+ y kan anta då y ≤ 4
och y ≥ x2. (4p)
7. Best¨am genom att inf ¨ora variablerna
u = (x + y)e−z v = (x − y)ez w = z
den allm¨anna l ¨osningen till differentialekvationen y fx0+ x fy0+ fz0= 0 . (4p)
V.g. v¨and!
8. Ett plan innehåller punkten P = (3, 1, 2) och linjen (x, y, z) = (1, −1, 0) + t(4, 3, 2) .
Best¨am den punkt i planet som ligger n¨armast punkten Q = (7, 0, 8) . (4p)
9. Best¨am en linje (i parameterform) som går genom punkten P = (0, 0, −1) och tangerar
ytan z = x2+ y . (4p)
10. Två linj¨ara avbildningar i rummet har matriserna
A =
1 −1 8
2 5 −7
2 1 10
respektive B =
1 3 −2
0 −2 3
2 6 −4
.
Best¨am en nollskild vektor v så att bildvektorerna Av och Bv ¨ar parallella. (4p)
1. Den sista raden ¨ar n¨astan lika med den f ¨orsta raden med omv¨ant tecken. Om vi d¨arf ¨or adderar den f ¨orsta raden till den sista raden får vi en rad med många nollor som vi kan utveckla l¨angs,
3 −1 6 2
I denna 3 × 3 -determinant ¨ar den andra kolonnen n¨asta lika med två gånger den f ¨orsta kolonnen. Med en kolonnoperation kan vi få en kolonn med många nollor som vi utvecklar l¨angs
2. a) Jacobimatrisen ¨ar
Jf =
b) Funktionen f har en lokal invers kring punkten (x, y) = (2, 1) om Jacobimatrisen Jf ¨ar inverterbar i punkten, d.v.s. om dess determinant ¨ar skild från noll. Vi har att
det Jf =
c) Den lokala inversens Jacobimatris ¨ar lika med inversen av f :s Jacobimatris i motsvarande punkt,
L ¨osningsf ¨orslag, Matematik 2, B, E, I, IT, M, Media och T, 2002-08-12. (Sida 2)
3. a) Vektorerna bildar en ON-bas om de har l¨angd 1 och ¨ar parvis vinkelr¨ata. Villkoret att u1
och u3 ¨ar vinkelr¨ata ger att
0 = u1· u3= −23·23+ a ·
−13
−13· (−a) = −49 −23a ⇔ a = −23. Eftersom u1 och u2 ska vara vinkelr¨ata måste g¨alla att
0 = u1· u2= −23· b −23 ·
−23 +13 ·
−23
= 29−23b ⇔ b = 13.
Med dessa v¨arden på a och b kontrollerar vi sedan att de ¨ovriga villkoren ¨ar uppfyllda, u2· u3=
b) Den s ¨okta transformationsmatrisen C ges som inversen av matrisen med u1, u2 och u3
som kolonner,
Eftersom u1, u2 och u3 ¨ar en ON-bas ¨ar matrisen som ska inverteras en ON-matris och d¨arf ¨or ¨ar inversen lika med transponatet,
C =
4. De kritiska punkterna fås genom att s¨atta f :s partialderivator lika med noll,
fx0= 2x − 1 + y2
De kritiska punkternas karakt¨ar kan vi best¨amma med andraderivatorna. Hessianen ¨ar lika
och från dess egenv¨arden i de kritiska punkterna kan vi klassificera punkterna.
• Punkten (x, y) = (0, −1) . Hessianens v¨arde ¨ar
Hf(0, −1) = 2 −2
−2 0
!
och dess egenv¨arden ges av den karakteristiska ekvationen
Hessianen har ett positivt och ett negativt egenv¨arde vilket betyder att punkten ¨ar en sadelpunkt.
• N¨asta punkt (x, y) = (0, 1) . Hessianens v¨arde ¨ar Hf(0, 1) = 2 2
2 0
!
och den karakteristiska ekvationen ¨ar
Både ett positivt och negativt egenv¨arde betyder att punkten ¨ar en sadelpunkt.
• Slutligen punkten (x, y) = (12, 0) . Hessianen ¨ar Hf(12, 0) = 2 0
0 2 arctan12
!
och har egenv¨ardena 2 och 2 arctan12. Eftersom båda egenv¨ardena ¨ar postiva ¨ar punkten ett lokalt minimum.
5. Vi stoppar in punkterna (−1, 8) , (0, −2) , (1, 1) och (2, 3) i kurvans ekvation y = a(x2− 1) +
eller i matrisform
L ¨osningsf ¨orslag, Matematik 2, B, E, I, IT, M, Media och T, 2002-08-12. (Sida 4)
Genom att v¨anstermultiplicera båda led med transponatet av v¨ansterledets koefficientmatris får vi systemets normalekvation
0 −1 0 3
L ¨osningen till detta system ger oss minstakvadrat-l ¨osningen. Cramers regeminstakvadrat-l ger
a =
Den kurva som b¨ast anpassar punkterna i minsta-kvadratmening ¨ar y = 52(x2−1)−72(x−1) = 52x2−72x+1 .
x y
y =52x2−72x + 1
6. Genom att rita upp de tillåtna punkterna ser vi att området
¨ar kompakt (slutet och begr¨ansat). Detta tillsammans med att funktionen f ¨ar kontinuerlig ger att det finns ett st ¨orsta och minsta v¨arde till f i området.
Funktionen antar detta st ¨orsta respektive minsta v¨arde i någon av f ¨oljande punkter
1. inre kritiska punkter,
2. punkter på randkurvorna, eller
3. sk¨arningspunkter mellan randkurvorna.
x y
y = 4 y = x2
Vi unders ¨oker dessa tre fall.
1. I en inre kritisk punkt måste g¨alla att fx0 = fy0 = 0 , men eftersom fx0 ≡ 2 , 0 saknas sådana punkter.
2. Vi har två randkurvor att unders ¨oka.
På linjen y = 4 ¨ar funktionen f (x, 4) = 2x + 4 str¨angt v¨axande, vilket betyder att det inte finns lokala extrempunkter i det inre av linjen.
På parabeln y = x2 ¨ar funktionen lika med f (x, x2) = 2x + x2. Om vi kallar detta uttryck f ¨or g(x) så måste g0(x) = 2+2x = 0 ⇔ x = −1 i en lokal extrempunkt på parabeln. Detta svarar mot punkten (x, y) = (−1, 1) (som verkligen tillh ¨or området eftersom punkten ligger mellan sk¨arningspunkterna i x -led; se punkt 3).
3. Sk¨arningspunkterna måste uppfylla båda randkurvornas ekvationer, y = 4
y = x2
⇔ (x, y) = (±2, 4).
Sammanfattningsvis har vi alltså tre punkter (−1, 1) , (−2, 4) och (2, 4) bland vilka f antar sitt st ¨orsta och minsta v¨arde. Eftersom
f (−1, 1) = −1, f (−2, 4) = 0 och f (2, 4) = 8
¨ar funktionens st ¨orsta v¨arde 8 och minsta v¨arde −1 .
7. Se uppgift 455 i ¨ovningsboken tillAnalytiska metoder II.
8. F ¨orst best¨ammer vi en normalvektor till planet. Vi v¨aljer två punkter R och S på linjen och bildar vektorerna −→
PR och −→
PS . Vektorerna −→
PR och −→
PS ¨ar då parallella med planet vilket g ¨or att deras kryssprodukt n =−→
PR ×−→
PS ¨ar en normalvektor till planet.
Tar vi två parameterv¨arden fås
R = (1, −1, 0), (svarar mot t = 0), S = (5, 2, 2), (svarar mot t = 1), och då ¨ar
−→PR = R − P = (1, −1, 0) − (3, 1, 2) = (−2, −2, −2),
−→PS = S − P = (5, 2, 2) − (3, 1, 2) = (2, 1, 0), n =−→
PR ×−→
PS = (2, −4, 2).
P
R
S n =−→
PR ×−→
PS
Om vi kallar den s ¨okta punkten, som ligger n¨armast Q , f ¨or T så ¨ar vektorn −−→
TQ parallell med normalen n och vi kan best¨amma −−→
TQ genom att projicera vektorn −−→
PQ på n . Punkten T:s koordinater får vi sedan genom att gå från origo via Q till T ,
P
T Q
T Q
O
−−→TQ =
−−→PQ · n
|n|2 n =n −−→
PQ = Q − P = (4, −1, 6)o
= (4, −1, 6) · (2, −4, 2)
22+ (−4)2+ 22 (2, −4, 2)
= 8 + 4 + 12
4 + 16 + 4(2, −4, 2) = (2, −4, 2), T =−−→
OT =−−→
OQ +−−→
QT =−−→
OQ −−−→
TQ = (7, 0, 8) − (2, −4, 2) = (5, 4, 6).
L ¨osningsf ¨orslag, Matematik 2, B, E, I, IT, M, Media och T, 2002-08-12. (Sida 6)
9. Eftersom den s ¨okta linjen går genom punkten P = (0, 0, −1) kan vi parametrisera linjen som (x, y, z) = (0, 0, −1) + t (α, β, γ),
d¨ar v = (α, β, γ) ¨ar linjens riktning.
Ytans ekvation kan vi skriva som f (x, y, z) = z − x2− y = 0 . Om vi kallar tangeringspunkten f ¨or Q = (x0, y0, z0) så ska dels Q ligga på ytan och d¨arf ¨or uppfylla ytans ekvation
z0= x20+ y0, (1) dels ytans normalriktning ∇f i punkten Q vara vinkelr¨at mot linjens riktning v ,
∇ f (Q) · v = (−2x0, −1, 1) · (α, β, γ) = −2αx0− β + γ = 0. (2) P Q
v
∇f
Punkten Q ska också ligga på linjen vilket betyder att f ¨or ett visst parameterv¨arde t = t0 ger linjens parameterekvation punkten Q ,
0 + αt0= x0, (3)
0 + βt0= y0, (4)
−1 + γt0= z0. (5)
Ekvationer (3) , (4) och (5) insatta i (1) och (2) ger
− 1 + γt0= α2t20+ βt0, (1’)
− 2α2t0− β + γ = 0. (2’)
Eftersom vi egentligen bara ¨ar intresserade av att best¨amma en linje kan vi prova om ekva-tionerna (10) och (20) har någon l ¨osning f ¨or t.ex. α = 1 och β = 0 . Ekvationerna blir i detta fall
t20− γt0+ 1 = 0, (1”)
− 2t0+ γ = 0. (2”)
Multiplicera (200) med t0 och addera (100) ,
−t20+ 1 = 0 ⇔ t0 = ±1.
Om exempelvis t0= 1 blir (100) och (200) (1 − γ + 1 = 0
− 2 + γ = 0 ⇔ γ = 2.
Ett svar ¨ar alltså linjen (x, y, z) = (0, 0, −1) + t(1, 0, 2) .
Anm. Givetvis finns det många andra korrekta svar och allm¨ant kan man visa att en linje (x, y, z) = (0, 0, −1) + t(α, β, γ)
tangerar ytan om och endast om 4α2= (β + γ)2, 0 .
10. Vektorerna Av och Bv ¨ar parallella om det finns ett tal λ så att Av = λ Bv . Vi kan skriva om denna likhet genom att flytta ¨over allt i ena ledet,
(A − λB) v = 0. (∗)
Detta system har en icke-trivial l ¨osning v om och endast om det(A − λB) = 0 , d.v.s.
1 − λ −1 − 3λ 8 + 2λ
(utveckla l¨angs den tredje raden
Med λ = 3 gausseliminerar vi systemet (∗) ,
−2 −10 14 0
Från slutschemat kan vi avl¨asa l ¨osningarna
v =
Alternativuppgifter f ¨or ¨aldre teknologer
3. Med en partialintegrering kan vi derivera bort logaritmfunktionen Z 1
Inom intervallet [xi, xi+1] approximerar vi l¨angden av kurvan y = f (x) med l¨angden av kordan mellan kurvstyckets ¨andpunkter.
L¨angd av kurvstycket mellan x = xioch x = xi+1
≈ L¨angd av linjestycket mellan (xi, f (xi)) och (xi+1, f (xi+1))
= q
(xi+1− xi)2+ ( f (xi) − f (xi+1))2 xi xi+1
Om vi g ¨or denna approximation i varje delintervall blir kurvans totala l¨angd L ungef¨ar lika med
d¨ar xi< ξi< xi+1. Detta betyder att summaformeln kan skrivas som
L ≈
och h¨ar k¨anner vi igen summan som en Riemannsumma som konvergerar mot integralen Z b
a
q
1 + ( f0(x))2dx n¨ar n → ∞ .
b) Anv¨ander vi formeln i a-uppgiften fås att bågl¨angden ¨ar Z 2