• No results found

TMV036 Analys och linj¨ ar algebra K Kf Bt, del C

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "TMV036 Analys och linj¨ ar algebra K Kf Bt, del C"

Copied!
6
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

MATEMATIK

Chalmers tekniska h¨ogskola

Tentamen

2011-01-11, kl. 14.00-18.00

TMV036 Analys och linj¨ ar algebra K Kf Bt, del C

Telefonvakt: Richard L¨ ark¨ ang, telefon: 0703-088304 Hj¨ alpmedel: Inga, bara papper och penna.

F¨ or full po¨ ang kr¨ avs fullst¨ andiga l¨ osningar. Strukturera dina l¨ osningar v¨ al, skriv tydligt och motivera dina p˚ ast˚ aenden!

Betygsgr¨ anser: 20–29 p. ger betyget 3, 30–39 p. ger betyget 4, 40–50 p. ger betyget 5.

L¨ osningar l¨ aggs ut p˚ a kurshemsidan senast f¨ orsta arbetsdagen efter tentamenstillf¨ allet.

Resultat meddelas via epost fr˚ an LADOK.

1. Ber¨ akna dubbelintegralen ∫∫

D

xe

xy

dxdy,

ar D ¨ ar omr˚ adet D = {(x, y) ∈ R

2

; 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}. (5p) 2. L˚ at u

1

, u

2

och v vara vektorerna

u

1

= [ 4

1 ]

, u

2

= [ 3

2 ]

, v = [ 1

1 ]

.

a) Verifiera att u

1

och u

2

¨ ar en bas f¨ or R

2

. (3p) b) Ber¨ akna koordinatvektorn f¨ or v relativt basen {u

1

, u

2

}. (3p) 3. Temperaturen i xy-planet beskrivs av funktionen T (x, y) = xe

y

.

a) Om du st˚ ar i punkten (2, ln 3), i vilken riktning v¨ axer temperaturen mest? (2p) b) L˚ at C vara niv˚ akurvan till T genom punkten (2, ln 3), dvs.

C = {(x, y) ∈ R

2

; xe

y

= 6 }. Skriv upp ekvationen f¨or tangenten till C i punkten

(2, ln 3). (3p)

4. L˚ at A vara matrisen [ 4 3 1 2

] .

a) Ber¨ akna egenv¨ arden och tillh¨ orande egenvektorer till matrisen A. (3p)

b) Vad ¨ ar allm¨ anna l¨ osningen till systemet av differentialekvationer x

(t) = Ax(t)? (3p)

(2)

5. Ber¨ akna trippelintegralen ∫∫∫

D

(x

2

+ y

2

) dxdydz,

ar D ¨ ar omr˚ adet D = {(x, y, z) ∈ R

3

; 0 ≤ x

2

+ y

2

≤ z

2

, 0 ≤ z ≤ 1}. (6p) (Tips: Byt till cylinderkoordinater, x = r cos θ, y = r sin θ, z = z.)

6. L˚ at H vara det linj¨ ara underrummet (av R

3

) genererat av vektorerna (1, 0, 1)

T

och (1, 1, −1)

T

.

a) Ber¨ akna ortogonalprojektionen av vektorn (1, 1, 1)

T

a underrummet H. (2p) b) Ber¨ akna ortogonalprojektionen av vektorn (x

1

, x

2

, x

3

)

T

a underrummet H. (2p)

c) L˚ at P : R

3

→ R

3

vara den linj¨ ara avbildningen definierad som ortogonalprojek- tion p˚ a underrummet H. Ber¨ akna matrisen f¨ or P (relativt standardbasen f¨ or

R

3

). (2p)

7. Funktionen f (x, y) = (3xy − x

2

y

2

)/(x + y) har en extrempunkt, a, i omr˚ adet D = {(x, y) ∈ R

2

; x > 0, y > 0 }.

a) Best¨ am extrempunkten a. (3p)

b) Ber¨ akna Hessianen av f i punkten a, dvs. ber¨ akna [

2f

∂x2

2f

∂x∂y

2f

∂x∂y

2f

∂y2

]

i punkten a. (2p)

c) Avg¨ or om f har ett lokalt max, lokalt min eller en sadelpunkt i a. (1p) 8. Ber¨ akna kurvintegralen ∫

Γ

( −y

3

)dx + (x

3

+ e

y2

)dy,

d¨ ar Γ ¨ ar halvcirkeln (2 cos t, 2 sin t), 0 ≤ t ≤ π. (5p) (Tips: Slut kurvan p˚ a l¨ ampligt s¨ att och anv¨ and Greens sats.)

9. L˚ at v

1

, . . . , v

k

vara parvis ortogonala vektorer i R

n

. Visa att v

1

, . . . , v

k

¨ ar linj¨ art

oberoende. (5p)

Lycka till!

(3)

osningsf¨ orslag, tentamen 2011-01-11 Analys och linj¨ ar algebra K Kf Bt, del C

1. Vi r¨ aknar med upprepar integration:

∫∫

D

xe

xy

dxdy =

2 x=0

1 y=0

xe

xy

dydx =

2 x=0

[ e

xy

]

1

y=0

dx =

2 x=0

e

x

− 1 dx

= [

e

x

− x ]

2

0

= e

2

− 3.

2. a) Efterson tv˚ a linj¨ art oberoende vektorer i R

2

automatiskt ¨ ar en bas r¨ acker det att kolla att u

1

och u

2

¨ ar linj¨ art oberoende. Vi skall allts˚ a kolla att den enda l¨ osningen till x

1

u

1

+ x

2

u

2

= 0 ¨ ar (x

1

, x

2

) = (0, 0). Vi betraktar allts˚ a ekvation-

ssystemet [

4 3 1 2

] [ x

1

x

2

]

= 0,

och efter radreduktion ser vi att den enda l¨ osningen ¨ ar (x

1

, x

2

) = (0, 0).

b) Vi s¨ oker ett talpar (x

1

, x

2

) s˚ a att v = x

1

u

1

+ x

2

u

2

, dvs. vi skall l¨ osa ekvation-

ssystemet [

4 3 1 2

] [ x

1

x

2

]

= [ 1

1 ]

.

Efter radreduktion f˚ ar vi att (x

1

, x

2

) = ( −1/5, 3/5), som ¨ar den s¨okta koordi- natvektorn f¨ or v relativt basen {u

1

, u

2

}.

3. a) Temperaturen v¨ axer mest i gradientens riktning. Vi r¨ aknar:

∇T (2, ln 3) = ( ∂T

∂x (2, ln 3), ∂T

∂y (2, ln 3)) = (3, 6).

Den (normerade) riktning i vilken T v¨ axer mest ¨ ar allts˚ a (1, 2)/ 5.

b) Gradienten ∇T (2, ln 3) = (3, 6) ¨ar vinkelr¨at mot niv˚akurvan C. Tangenten till C i (2, ln 3) ¨ ar allts˚ a vinkelr¨ at mot (3, 6) = 3(1, 2), vilket betyder att tangenten

¨ ar parallell med (2, −1) och allts˚a har lutning −1/2. Tangentens ekvation ¨ar allts˚ a

y − ln 3

x − 2 = −1/2,

som f¨ orenklas till y = −x/2 + 1 + ln 3.

(4)

4. a) Egenv¨ arden ber¨ aknas med karakt¨ aristiska ekvationen:

0 = det A − λI = det

[ 4 − λ 3 1 2 − λ

]

= (4 − λ)(2 − λ) − 3 = λ

2

− 6λ + 5, som har l¨ osningarna λ

1

= 1, λ

2

= 5. Egenvektorer h¨ orande till λ

i

ber¨ aknas genom att l¨ osa ekvationssystemet (A − λ

i

I)x = 0. I v˚ art fall skall vi allts˚ a l¨ osa de tv˚ a ekvationssystemen

[ 3 3 1 1

]

x = 0,

[ −1 3 1 −3

]

x = 0.

Dessa l¨ oses med radreduktion och man f˚ ar x

1

= (a, −a)

T

och x

2

= (3b, b)

T

, som ¨ ar egenvektorerna h¨ orande till λ

1

= 1 och λ

2

= 5 respektive (a och b ¨ ar fria variabler).

b) Allm¨ anna l¨ osningen till x

(t) = Ax(t) kan skrivas upp direkt m.h.a. egenv¨ arden och egenvektorer:

x(t) = C

1

[ 1

−1 ]

e

t

+ C

2

[ 3 1

] e

5t

,

ar C

1

och C

2

¨ ar konstanter.

5. Vi byter till cylinderkoordinater (r, θ, z) definierade genom

 

x = r cos θ y = r sin θ

z = z

.

I de nya koordinaterna beskrivs omr˚ adet D som D = {(r, θ, z); 0 ≤ r ≤ z, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1} och vi har att

dxdydz = det

∂x/∂r ∂x/∂θ ∂x/∂z

∂y/∂r ∂y/∂θ ∂y/∂z

∂z/∂r ∂z/∂θ ∂z/∂z

drdθdz

= det

cos θ −r sin θ 0 sin θ r cos θ 0

0 0 1

drdθdz = rdrdθdz.

Allts˚ a f˚ ar vi

∫∫∫

D

(x

2

+ y

2

)dxdydz =

1

z=0

z

r=0

θ=0

r

2

rdθdrdz = 2π

1

z=0

z

r=0

r

3

drdz

= 2π

1 z=0

z

4

/4 dz = 2π/20 = π/10.

(5)

6. L˚ at u

1

= (1, 0, 1)

T

och u

2

= (1, 1, −1)

T

vara vektorerna som genererar H. Eftersom u

1

och u

2

¨ ar ortogonala (deras skal¨ arprodukt ¨ ar 0) kan ortogonalprojektionen, P (v), av en vektor v p˚ a H ber¨ aknas med formeln

P (v) = v · u

1

∥u

1

2

u

1

+ v · u

2

∥u

2

2

u

2

. (1)

a) Vi l˚ ater v = (1, 1, 1)

T

i formeln (1) och f˚ ar

P (

 1 1 1

) = 2 2

 1 0 1

 + 1 3

 1

1

−1

 = 1 3

 4 1 2

 .

b) Vi l˚ ater v = (x

1

, x

2

, x

3

)

T

i formeln (1) och f˚ ar

P (

x

1

x

2

x

3

) = x

1

+ x

3

2

 1 0 1

+x

1

+ x

2

− x

3

3

 1

1

−1

 =

(5x

1

+ 2x

2

+ x

3

)/6 (x

1

+ x

2

− x

3

)/3 (x

1

− 2x

2

+ 5x

3

)/6

 .

c) Vi skriver uttrycket i uppgift b) som en matrismultiplikation:

P (

x

1

x

2

x

3

) =

(5x

1

+ 2x

2

+ x

3

)/6 (x

1

+ x

2

− x

3

)/3 (x

1

− 2x

2

+ 5x

3

)/6

 = 1 6

 5 2 1

2 2 −2

1 −2 5

x

1

x

2

x

3

och vi kan direkt l¨ asa av matrisen f¨ or projektionen P som 1

6

 5 2 1

2 2 −2

1 −2 5

 .

7. a) Extrempunkter finns d¨ ar 0 = ∇f = (

∂f /∂x, ∂f /∂y )

. Vi r¨ aknar:

∂f

∂x = · · · = y

2

3 − x

2

− 2xy (x + y)

2

,

∂f

∂y = · · · = x

2

3 − y

2

− 2xy (x + y)

2

.

Eftersom x och y ¨ ar ̸= 0 i omr˚adet D betyder 0 = ∇f att ekvationerna

0 = 3 − x

2

− 2xy, (2)

0 = 3 − y

2

− 2xy (3)

skall vara uppfyllda. Subtraktion av ekvation (3) fr˚ an ekvation (2) ger att −x

2

+

y

2

= 0, dvs. x = ±y. D˚a x och y ¨ar > 0 i D m˚aste x = y > 0. Ins¨attning av

x = y i ekvation (3) ger att 0 = 3 − 3y

2

, s˚ a att y = 1 (d˚ a y > 0 i D). Allts˚ a ¨ ar

x = y = 1, och den enda extrempunkten i omr˚ adet D ¨ ar a = (1, 1).

(6)

b) Vi r¨ aknar:

2

f

∂x

2

=

∂x

( y

2

3 − x

2

− 2xy (x + y)

2

) = · · · = −2y

2

y

2

+ 3 (x + y)

3

2

f

∂y

2

=

∂y

( x

2

3 − y

2

− 2xy (x + y)

2

) = · · · = −2x

2

x

2

+ 3 (x + y)

3

2

f

∂y∂x =

2

f

∂x∂y =

∂x

( x

2

3 − y

2

− 2xy (x + y)

2

) = · · · = 2xy 3 − x

2

− y

2

− 3xy (x + y)

3

. I punkten a = (1, 1) blir Hessianen d˚ a

[

2f

∂x2

2f

∂x∂y

2f

∂x∂y

2f

∂y2

]

=

[ −1 −1/2

−1/2 −1 ]

.

c) Vi ber¨ aknar egenv¨ ardena till Hessianen i punkten a = (1, 1) m.h.a. den karak- teristiska ekvationen:

0 = ( −1 − λ)

2

− 1/4 = λ

2

+ 2λ + 3/4.

osningarna blir λ = −3/2, −1/2, som b˚ada ¨ar negativa. Hessianen i extrem- punkten a = (1, 1) ¨ ar allts˚ a negativt definit och a m˚ aste vara en lokal maxpunkt.

8. Γ ¨ ar ¨ ovre delen av cirkeln med radie 2 centrerad i origo; Γ startar i (2, 0) och slutar i ( −2, 0). Vi sluter Γ genom att l¨agga till linjestycket, γ, som b¨orjar i (−2, 0) och slutar i (2, 0). D˚ a ¨ ar Γ + γ en kurva, genoml¨ opt motsols, som innesluter omr˚ adet D = {(x, y) ∈ R

2

; y ≥ 0, x

2

+ y

2

≤ 4}. Enligt Greens sats g¨aller

Γ+γ

( −y

3

)dx + (x

3

+ e

y2

)dy =

∫∫

D

( ∂

∂x (x

3

+ e

y2

)

∂y ( −y

3

) )

dxdy (4)

= 3

∫∫

D

x

2

+ y

2

dxdy.

Den sista dubbelintegralen ber¨ aknas enkelt t.ex. genom att byta till pol¨ ara koordi- nater, och man f˚ ar

3

∫∫

D

x

2

+ y

2

dxdy = 3

2

r=0

π

θ=0

r

3

dθdr = 3π

2

r=0

r

3

dr = 12π. (5) Av (4) och (5) f¨ oljer att den s¨ okta kurvintegralen ¨ ar

Γ

( −y

3

)dx + (x

3

+ e

y2

)dy = 12π

γ

( −y

3

)dx + (x

3

+ e

y2

)dy.

Eftersom y och dy ¨ ar 0 p˚ a γ blir integralen p˚ a h¨ oger sida 0. Den s¨ okta kurvintegralen

¨ ar allts˚ a 12π.

9. Se beviset av sats 6.2:4 i Lay.

References

Related documents

Eftersom T motsvarar spegling i en linje genom origo s˚ a kommer summan av u och motsvarande speglade vektor T (u) ge ortsvektorn f¨ or en punkt p˚ a linjen... Ber¨ akna volymen av

Uppgifterna 1-3 (totalt 16 po¨ang) ¨ar korta fr˚ agor p˚ a det grundl¨aggande materialet och du beh¨over bara ge kortfattade l¨osningar och svar.. P˚ a uppgifterna 4-7 (totalt

L¨osningar kommer att l¨aggas ut p˚ a kurshemsidan f¨orsta arbetsdagen efter tentamens- tillf¨allet.. Resultat meddelas via epost fr˚

L¨osningar kommer att l¨aggas ut p˚ a kurshemsidan f¨orsta arbetsdagen efter tentamens- tillf¨allet... (a) Vi har f¨orsta ordningen, linj¨ar differentialekvation. med hj¨alp

(d) P˚ ast˚ aendet ¨ar falskt, ty radreducera B till radreducerad trappstegsform Ef- tersom kolonnerna i B ¨ar linj¨art beroende kommer vi att f˚ a minst en 0:a i n˚ agot

L¨osningar kommer att l¨aggas ut p˚ a kurshemsidan f¨orsta arbetsdagen efter tentamens- tillf¨allet... Uttryck (3p) ditt svar i

L¨osningar kommer att l¨aggas ut p˚ a kurshemsidan f¨orsta arbetsdagen efter tentamens- tillf¨allet... (2p) (d) F¨oljande matlabsekvens roterar och skalar om

L¨osningar kommer att l¨aggas ut p˚ a kurshemsidan senast f¨orsta arbetsdagen efter tenta- menstillf¨allet.. Resultat meddelas via epost fr˚