Institutionen f¨ or matematiska vetenskaper Chalmers tekniska h¨ ogskola

Institutionen f¨ or matematiska vetenskaper Chalmers tekniska h¨ ogskola

Niklas Eriksen

Tentamen i tmv 035 C, Analys och linj¨ ar algebra C f¨ or K, Kf och Bt l¨ osningar

2008-08-29

1. L¨os initialv¨ardesproblemet x

(t) = Ax(t) f¨or A =

µ 1 1

4 −2

¶ ,

givet att x(0) = (1, 6)

.

L¨osning: Egenv¨ardena ber¨aknas genom 0 = det(A − λI) =

¯ ¯

¯ ¯ 1 − λ 1 4 −2 − λ

¯ ¯

¯ ¯

= (1 − λ)(−2 − λ) − 4

= λ

+ λ − 6

= (λ + 3)(λ − 2).

Egenv¨ardena ¨ar s˚ aledes −3 och 2. Ekvationerna (A − λI)v = 0 f¨or dessa v¨arden l¨oses av v

= (1, −4)

och v

= (1, 1)

.

Den generella l¨osningen blir d˚ a x(t) = c

µ 1

−4

¶

e

+ c

µ 1

1

¶ e

. F¨or t = 0 f˚ as µ

1 6

¶

= c

µ 1

−4

¶ + c

µ 1 1

¶ ,

som l¨oses av c

= −1 och c

= 2. Problemet l¨oses allts˚ a av x(t) = −

µ 1

−4

¶

e

+ 2 µ 1

1

¶

e

.

2. Antag att A ¨ar en symmetrisk matris med egenvektorer (1, 2, 3)

och (2, −1, 0)

. Ber¨akna en tredje egenvektor.

L¨osning: Eftersom A ¨ar symmetrisk ¨ar kan egenvektorerna g¨oras or- togonala. En vektor ortogonal mot de tv˚ a givna m˚ aste allts˚ a vara en egenvektor. Den f˚ as enklast genom att ber¨akna

(1, 2, 3) × (2, −1, 0) = (2 · 0 − 3 · (−1), 3 · 2 − 1 · 0, 1 · (−1) − 2 · 2)

= (3, 6, −5).

3. Skissa n˚ agra niv˚ akurvor till funktionen f (x, y) = x

− y

och ber¨akna l¨angden av niv˚ akurvan f (x, y) = 0 f¨or 0 ≤ x ≤ 3.

L¨osning: Vi f˚ ar C = x

− y

, vilket ger y = √

x

− C. F¨or C = 0 har vi y = x

, vars l¨angd ges av

S = Z

0

p 1 + (y

(x))

dx

= Z

0

r 1 + 9x

4 dx

= 1 2

Z

0

√ 4 + 9x dx

= 1 2

"

(4 + 9x)

9 · 3/2

#

0

= 1 27

h

(4 + 9x)

i

0

= 31

− 8 27 .

4. Best¨am det st¨orsta och minsta v¨ardet av f(x, y) = x

− 2xy + 2y

− 2y p˚ a den slutna triangeln (det vill s¨aga inklusive triangelns inre) med h¨orn i (2, −2), (2, 3) och (−3, −2).

L¨osning: I det inre av triangeln m˚ aste ett eventuellt extremv¨arde mi- nimum antas i punkter d¨ar ∇f = 0. Vi f˚ ar 0 = ∇f = (2x − 2y, −2x + 4y − 2)), vilket ger att x = y = 1. En kritisk punkt ¨ar s˚ aledes (1, 1).

Vi delar upp randen i 3 delar, som ges av x = 2 f¨or −2 ≤ y ≤ 3,

y = −2 f¨or −3 ≤ x ≤ 2 samt y = x + 1 f¨or −3 ≤ x ≤ 2. I f¨orsta fallet

f˚ ar vi f (2, y) = 4 + 2y

− 6y = g

(y), d¨ar 0 = g

(y) = 4y − 6 l¨oses

av y = 3/2. En kritisk punkt blir s˚ aledes (2, 3/2). P˚ a samma s¨att f˚ as

f (x, −2) = x

+ 4x + 12 = g

(x), som ger kritisk punkt (−2, −2) och f (x, x+1) = x

, som ger kritisk punkt (0, 1). Till dess kritiska punkter l¨agger vi dessutom h¨ornen.

Ber¨aknas v¨ardet i dessa punkter f˚ ar vi f (1, 1) = −1, f (2, 3/2) =

−1/2, f (−2, −2) = 8, f (0, 1) = 0, f (2, −2) = 24, f (2, 3) = 4 samt f (−3, −2) = 9. St¨orst ¨ar allts˚ a 24 och minst −1.

5. Best¨am

- 6

¡¡¡¡¡¡

Z Z

D

e

dx dy,

d¨ar D ¨ar omr˚ adet givet av 0 ≤ x ≤ y ≤ 1. Approximera ¨aven integra- len med en Riemannsumma, d¨ar omr˚ adet delats upp enligt bilden till h¨oger.

L¨osning: Integralen l¨oses genom Z Z

D

e

dx dy = Z

y=0

Z

x=0

e

dx dy

= Z

0

h xe

i

0

dy

= Z

0

ye

dy

= Z

0

e

2 dy

= 1 2

£ e

¤

0

= e − 1 2 .

F¨or att ber¨akna Riemannsumman konstaterar vi att kvadraten har arean 1/4 och trianglarna 1/8 var. Dessa areor ska nu multipliceras med funktionsv¨ardet f¨or n˚ agon punkt i respektive omr˚ ade. V¨aljer vi samtliga punkter p˚ a linjen y = 1/2 f˚ ar vi

e

/8 + e

/4 + e

/8 = e

/2, men andra val ¨ar naturligtvis ocks˚ a m¨ojliga.

6. Kroppen K ges av 0 ≤ x

+ y

≤ z ≤ 1. Ber¨akna Z Z Z

K

1

1 + z

dV.

L¨osning: Vi ser genast att Z Z Z

K

1

1 + z

dV = Z Z

x²+y²≤1

£ arctan(z) ¤

x²+y²

dA

= Z Z

x²+y²≤1

arctan(1) − arctan(x

+ y

) dA

= Z Z

x²+y²≤1

π

4 − arctan(x

+ y

) dA

= π

4 −

Z Z

x²+y²≤1

arctan(x

+ y

) dA

Den senare termen ber¨aknar vi sedan med pol¨ara koordinater och en av de p˚ a tentan givna integralerna.

Z Z

x²+y²≤1

arctan(x

+ y

) dA = 2π Z

0

arctan(r

)r dr

= π Z

0

arctan(t) dt

= π

·

t arctan(t) − ln(1 + t

) 2

¸

0

= π µ

π/4 − ln(2) 2

¶ . Summerar man detta f˚ ar man

Z Z Z

K

1

1 + z

dV = π ln(2) 2 . 7. Ber¨akna fl¨odesintegralen

Z Z

D

(x, y, z) · n dS,

d¨ar D ¨ar den del av paraboloiden z = 4 − x

− y

som ligger ovanf¨or z = 2. Enhetsnormalen n har positiv tredje komponent.

L¨osning: Av

n dS = µ

− ∂z

∂x , − ∂z

∂y , 1

¶

dx dy

f¨oljer att Z Z

D

(x, y, z) · n dS = Z Z

x²+y²≤2

(x, y, z) · (2x, 2y, 1) dx dy

= Z Z

x²+y²≤2

(2x

+ 2y

+ z) dx dy

= Z Z

x²+y²≤2

(x

+ y

+ 4) dx dy

= 2π Z

0

(r

+ 4)r dr

= 2π

· r

4 + 2r

¸

0

= 10π.

8. Visa att f¨altet F (x, y, z) =

µ 1

1 + (x − y)

, y + z

1 + (y + z)

− 1

1 + (x − y)

, y + z 1 + (y + z)

¶

¨ar konservativt och ber¨akna sedan Z

γ

F · dr

f¨or kurvan γ = (e

, e

, − cos t) d¨ar t g˚ ar fr˚ an 0 till π.

L¨osning: Vi vill finna φ(x, y, z) s˚ a att ∇φ = F . Om s˚ adant φ finns g¨aller

∂φ

∂x = 1

1 + (x − y)

och d¨armed

φ = arctan(x − y) + f (y, z).

Av detta f¨oljer

− 1

1 + (x − y)

+ ∂f

∂y = ∂φ

∂y = y + z

1 + (y + z)

− 1 1 + (x − y)

, som f¨orenklas till

∂f

∂y = y + z 1 + (y + z)

. Vi har allts˚ a

φ = arctan(x − y) + f (y, z) = arctan(x − y) + ln(1 + (y + z)

)

2 + g(z)

och deriverar vi med avseende p˚ a z ser vi att g(z) = C ger ∇φ = F . D¨armed har F den ber¨aknade potentialen och vi kan skriva

Z

γ

F · dr = φ(r(π)) − φ(r(0))

= φ(e, 1, 1) − φ(e, 1, −1)

= arctan(e − 1) + ln 5

2 − arctan(e − 1) − ln 1 2 = ln 5

2 . 9. (a) Visa att om matrisen A har tv˚ a olika egenv¨arden λ

och λ

med

tillh¨orande egenvektorer x

och x

, s˚ a ¨ar x

+ x

inte en egen- vektor till A.

(b) Antag att A ¨ar symmetrisk med egenv¨ardena λ

> . . . > λ

och deras normerade egenvektorer u

, . . . , u

(kolumnvektorer). Ange egenv¨ardena till matrisen A − λ

u

u

med hj¨alp av egenv¨ardena till A.

L¨osning:

(a) Antag att x

+ x

¨ar en egenvektor till A. Ur Ax

= λ

x

och Ax

= λ

x

samt linj¨aritet f¨oljer d˚ a λ(x

+ x

) = A(x

+ x

) = λ

x

+ λ

x

. Men d˚ a har vi

x

= λ

− λ λ − λ

x

vilket ger mots¨agelse, eftersom tv˚ a egenvektorer med olika egenv¨arden m˚ aste vara linj¨art oberoende.

(b) Vi har

(A − λ

u

u

)u

= Au

− λ

u

(u

u

) = λ

u

− λ

u

= 0 samt, f¨or i > 1,

(A − λ

u

u

)u

= Au

− λ

u

(u

u

) = λ

u

,

eftersom u

u

= 1 och u

u

= 0 f¨or i > 1. Eftersom vi har n linj¨art oberoende egenvektorer har vi funnit samtliga egenv¨arden, n¨amligen λ

, . . . , λ

och 0.

10. Ber¨akna Z Z

D

xy

dx dy

d¨ar D ges av omr˚ adet begr¨ansat av kurvorna x ≤ y ≤ 3x, 1/x

≤ y ≤ 2/x

.

L¨osning: Vi f¨orenklar omr˚ adet genom att byta variabler. Vi v¨aljer u = y/x och v = x

y. Gr¨anserna blir d˚ a 1 ≤ u ≤ 3 och 1 ≤ v ≤ 2. Vi f˚ ar dessutom

d(u, v) d(x, y) =

¯ ¯

¯ ¯ −

2xy x

¯ ¯

¯ ¯ = −y − 2y = −3y

och s˚ aledes

du dv =

¯ ¯

¯ ¯ d(u, v) d(x, y)

¯ ¯

¯ ¯ dx dy = 3y dx dy.

Genom att l¨osa ut xy = u

v

f˚ ar vi Z Z

D

xy

dx dy = 1 3

Z Z

D

xy(3y) dx dy

= 1 3

Z

1

Z

1

u

v

du dv

= 1 3

"

3u

4

#

1

"

3v

5

#

1

= 3

20 (3

− 1)(2

− 1).