Institutionen f ¨or matematik KTH
Tentamensskrivning, 2001–12–18, kl. 8
00–13
00. 5B1116 Matematik 2, f ¨or E, I, 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. Best¨am a så att ekvationssystemet
2x + 3y + z = 2 x + 2y + z = a x − 2y − 3z = 1
får o¨andligt många l ¨osningar samt best¨am dessa. (3p)
2. Låt f (x, y, z) = x ln(1 + y
2− z
2).
a) Ber¨akna riktningsderivatan av f i punkten (1, 1, 1) i riktningen av
vektorn v = (0, 4, 3). (1p)
b) Best¨am den maximala riktningsderivatan av f i punkten (1, 1, 1). (1p) c) Best¨am någon riktning i vilken riktningsderivatan ¨ar 0 i punk-
ten (1, 1, 1). (1p)
3. Planet P
1har ekvationen x + 2y + 2z = 1 och planet P
2¨ar det plan som går genom punkterna (3, 0, 1), (6, 1, 0) och (7, 1, 1). Best¨am vinkeln
mellan planen P
1och P
2. (3p)
4. Transformera uttrycket xz
0x+ yz
0ygenom att inf ¨ora variablerna u och v
enligt u = xy och v = x
2+ y
2. (3p)
5. Best¨am ekvationen f ¨or tangentlinjen (i parameterform) till sk¨arnings-
kurvan mellan ytorna x
2+ y
2+ z
2= 2 och y = xz + 1 i punkten (1, 1, 0). (3p)
V.g. v¨and!
7. Best¨am konstanterna b och c så att funktionen f (x, y) = 2x
2+ bxy + y
2+ 2x + cy får en kritisk (station¨ar) punkt i (x, y) = (1, 2). Best¨am ¨aven den
kritiska punktens karakt¨ar. (4p)
8. Avg ¨or vilken typ av kurva i planet som best¨ams av ekvationen 9x
2+ 24xy + 16y
2− 10x + 70y − 75 = 0
och skriv ekvationen i huvudaxelform. (4p)
9. En yta definieras av F(x, y, z) = 0, d¨ar F ¨ar en differentierbar funktion.
a) Visa att en regul¨ar parameterkurva som ligger på ytan alltid har en
tangentvektor som ¨ar vinkelr¨at mot grad F. (2p)
b) Visa att grad F(P) ¨ar vinkelr¨at mot ytans tangentplan i punkten P. (2p)
10. Matrisen C:s kolonner består av n stycken linj¨art oberoende egen- vektorer till n × n–matrisen A. H¨arled utgående från definitionen av egenv¨arde/egenvektor att AC = CD, d¨ar D ¨ar en diagonalmatris med
A:s egenv¨arden som diagonalelement. (4p)
L ¨osningsf ¨orslag, Matematik 2, E, I, M, Media och T, 2001–12–18.
1. Vi skriver upp ekvationssystemet i matrisform och gausseliminerar tills vi når trappstegsform,
2 3 1 2
1 2 1 a
1 −2 −3 1
∼
1 −2 −3 1
1 2 1 a
2 3 1 2
−
-
2∼
1 −2 −3 1
0 4 4 a − 1
0 7 7 0
1
4
∼
1 −2 −3 1
0 1 1
14(a − 1)
0 7 7 0
-
7 2∼
1 0 −1
12(a + 1) 0 1 1
14(a − 1) 0 0 0 -
74(a − 1)
F ¨or att detta system ska ha någon l ¨osning måste ekvationen i den sista raden 0 · x + 0 · y + 0 · z = −
74(a − 1)
ha noll i h ¨ogerledet, d.v.s. a = 1.
Med a = 1 får vi trappstegsformen
1 0 −1 1
0 1 1 0
0 0 0 0
.
Vi markerar den kolonn som inte innehåller en trappstegsetta,
1 0 −1 1
0 1 1 0
0 0 0 0
↑
,
och anv¨ander motsvarande variabel z som parameter n¨ar vi skriver l ¨osningen
x = 1 + t y = −t
z = t
(t parameter).
2. Funktionen f ges av ett element¨art uttryck och ¨ar d¨arf ¨or differentierbar
¨overallt d¨ar den ¨ar definierad. Riktningsderivatan av f i punkten (1, 1, 1) och i en riktning ˆ u (enhetsvektor) kan d¨armed ber¨aknas med formeln
∂ f
∂ ˆ u (1, 1, 1) = ∇f (1, 1, 1) · ˆ u, d¨ar ∇f ¨ar gradienten av f och ¨ar lika med
∇f =
f
x0, f
y0, f
z0=
ln(1 + y
2− z
2), x
1 + y
2− z
2· 2y, x
1 + y
2− z
2· (−2z)
=
ln(1 + y
2− z
2), 2xy
1 + y
2− z
2, −2xz 1 + y
2− z
2,
och speciellt ¨ar
∇f (1, 1, 1) =
ln(1 + 1
2− 1
2), 2 · 1 · 1
1 + 1
2− 1
2, −2 · 1 · 1 1 + 1
2− 1
2= (0, 2, −2).
a) Efter att ha normerat vektorn v, ˆv = v
|v| = (0, 4, 3)
√ 0
2+ 4
2+ 3
2= (0, 4, 3)
5 =
0,
45,
35, ger formeln f ¨or riktningsderivatan att
∂ f
∂ ˆv (1, 1, 1) = ∇f (1, 1, 1) · ˆv = (0, 2, −2) · 0,
45,
35= 0 · 0 + 2 ·
45+ (−2) ·
35=
25. b) Riktningsderivatan f
u0ˆ= ∇f · ˆ u blir maximal n¨ar enhetsvektorn ˆ u v¨aljs i
samma riktning som ∇f , d.v.s.
ˆ u = ∇f
|∇f | och då ¨ar
∂ f
∂ ˆ u = ∇f · ˆ u = ∇f · ∇f
|∇f | = |∇f |
2|∇f | = |∇f |.
Den maximala riktningsderivatan i punkten (1, 1, 1) ¨ar alltså
∂ f
∂ ˆ u (1, 1, 1) = |∇f (1, 1, 1)| = p
0
2+ 2
2+ (−2)
2= 2 √
2.
L ¨osningsf ¨orslag, Matematik 2, E, I, M, Media och T, 2001–12–18. (Sida 3)
c) En riktning ˆ u = (u
1, u
2, u
3) som ger riktningsderivata 0 måste uppfylla
∂ f
∂ ˆ u (1, 1, 1) = ∇f (1, 1, 1) · ˆ u = (0, 2, −2) · (u
1, u
2, u
3) = 2u
2− 2u
3= 0, vilket t.ex. ¨ar uppfyllt om ˆ u = (1, 0, 0).
3. Vinkeln mellan planen ¨ar lika med vinkeln mellan deras normaler.
θ
P
2P
1n
1n
2θ
Från planet P
1:s ekvation kan vi direkt avl¨asa planets normal n
1som koeffi- cienterna framf ¨or x, y och z, n
1= (1, 2, 2).
Eftersom vi har tre punkter P = (3, 0, 1), Q = (6, 1, 0) och R = (7, 1, 1) i planet P
2kan vi få en normal till planet genom att bilda två vektorer −−→
PQ och −→
PR som ¨ar parallella med planet och kryssa dem n
2= −−→
PQ × −→
PR.
P
Q R n
2= −−→
PQ × −→
PR
P
2Med siffror får vi
−−→ PQ = Q − P = (6, 1, 0) − (3, 0, 1) = (3, 1, −1),
−→ PR = R − P = (7, 1, 1) − (3, 0, 1) = (4, 1, 0), n
2= −−→
PQ × −→
PR = (3, 1, −1) × (4, 1, 0) = (1, −4, −1).
Vinkeln θ mellan normalvektorerna (och d¨armed planen) får vi nu genom att anv¨anda skal¨arprodukten n
1· n
2= |n
1| |n
2| cos θ,
cos θ = n
1· n
2|n
1| |n
2| = (1, 2, 2) · (1, −4, −1)
√ 1
2+ 2
2+ 2
2p
1
2+ (−4)
2+ (−1)
2= 1 · 1 + 2 · (−4) + 2 · (−1)
√ 9 √
18 = −9
3 · 3 √
2 = − 1
√ 2
vilket betyder att θ =
34π, d.v.s. att vinkeln mellan planen ¨ar
34π (eller
14π som
¨ar supplementvinkeln).
4. Sambandet mellan z uttryckt i x och y, och z uttryckt i u och v kan skrivas som z(x, y) = z
u(x, y), v(x, y)
. (∗)
Vi ska nu transformera xz
0x+ yz
0yså att uttrycket blir skrivet helt och hållet i u och v.
Genom att deriverar båda led i (∗) med avseende på x respektive y får vi med kedjeregeln ett samband mellan z:s partialderivator i x, y och u, v,
z
0x= ∂z
∂x = ∂z
∂u
∂u
∂x + ∂z
∂v
∂v
∂x = z
0u· y + z
0v· 2x, z
0y= ∂z
∂y = ∂z
∂u
∂u
∂y + ∂z
∂v
∂v
∂y = z
0u· x + z
0v· 2y.
Detta betyder att xz
0x+ yz
0y= x ·
z
0uy + z
0v2x + y ·
z
0ux + z
0v2y
= 2xy z
0u+ 2(x
2+ y
2)z
0v. Eftersom xy = u och x
2+ y
2= v får vi att
xz
0x+ yz
0y= 2u z
0u+ 2v z
0v.
L ¨osningsf ¨orslag, Matematik 2, E, I, M, Media och T, 2001–12–18. (Sida 5)
5. F ¨or att best¨amma en parameterekvation till tangentlinjen beh ¨over vi en punkt P = (x
0, y
0, z
0) på linjen och en (nollskild) vektor v = (α, β, γ) som ¨ar parallell med linjen.
P v
Då ges linjens ekvation av
x = x
0+ αt, y = y
0+ βt, z = z
0+ γt,
(t parameter),
eller i vektorform (x, y, z) = (x
0, y
0, z
0) + t(α, β, γ).
Vi v¨aljer enklast punkten P som tangeringspunkten (1, 1, 0).
Tangentlinjens riktning v kan vi best¨amma från det faktum att sk¨arnings- kurvan tillh ¨or båda ytorna. Vi kan skriva de två ytorna som f (x, y, z) = 0 och g(x, y, z) = 0, d¨ar
f (x, y, z) = x
2+ y
2+ z
2− 2 och g(x, y, z) = y − xz − 1.
Eftersom sk¨arningskurvan ligger på ytan f (x, y, z) = 0 måste kurvan i punk- ten P = (1, 1, 0) ha en tangentvektor som vinkelr¨at mot ytans normal ∇f (P).
På samma s¨att måste tangentvektorn vara vinkelr¨at mot ∇g(P). Detta bety- der att vi får tangentlinjens riktning genom att ta kryssprodukten av ytornas normaler,
v = ∇f (1, 1, 0) × ∇g(1, 1, 0), d¨ar
∇f =
f
x0, f
y0, f
z0= (2x, 2y, 2z) och
∇g =
g
0x, g
0y, g
0z= (−z, 1, −x), d.v.s. v = (2, 2, 0) × (0, 1, −1) = (−2, 2, 2).
Tangentlinjens ekvation ¨ar d¨armed
x = 1 − 2t,
y = 1 + 2t,
z = 2t,
eller (x, y, z) = (1, 1, 0) + t(−2, 2, 2).
6. Stoppar vi in punkterna (0, −1), (1, 0) och (2, 5) i den r¨ata linjens ekvation y =
ax + b får vi
a · 0 + b = −1 a · 1 + b = 0 a · 2 + b = 5 eller i matrisform
0 1 1 1 2 1
a b
!
=
−1 0 5
.
Minstakvadratl ¨osningen till detta ekvationssystem får vi genom att v¨anster- multiplicera båda led med transponatet av v¨ansterledets koefficientmatris
0 1 2 1 1 1
!
0 1 1 1 2 1
a b
!
= 0 1 2
1 1 1
!
−1 0 5
och l ¨osa detta system (den s.k. normalekvationen).
Multiplicerar vi ihop matriserna
0 1 2 1 1 1
!
0 1 1 1 2 1
= 5 3 3 3
!
och 0 1 2
1 1 1
!
−1 0 5
= 10 4
! .
så ser vi att systemet blir
5 3 3 3
! a b
!
= 10 4
! .
Gausseliminering ger oss l ¨osningen
5 3 10
3 3 4
1
5
∼ 1
352
3 3 4
-
3∼
1
352
0
65−2
56∼ 1
352
0 1 −
53-
35∼
1 0 3
0 1 −
53d.v.s. a = 3 och b = −
53.
L ¨osningsf ¨orslag, Matematik 2, E, I, M, Media och T, 2001–12–18. (Sida 7)
Den linje som b¨ast anpassar till punkterna i minstakvadratmening ¨ar y = 3x −
53.
x y
y = 3x −
53Medelfelet i approximationen får vi genom att stoppa in de framr¨aknade v¨ardena på a och b i ursprungsekvationerna
0 1 1 1 2 1
3
−
53!
≈
−1 0 5
, flytta ¨over allt i v¨ansterledet
0 1 1 1 2 1
3
−
53!
−
−1 0 5
≈
0 0 0
och r¨akna ut l¨angden av vektorn i v¨ansterledet delat med roten ur antalet ekvationer (d.v.s. √
3 ). Vi får
medelfel = 1
√ 3
0 1 1 1 2 1
3
−
53!
−
−1 0 5
= 1
√ 3
−
534 3 13
3
−
−1 0 5
= 1
√ 3
−
234 3
−
23
= 1
√ 3 q
(−
23)
2+ (
43)
2+ (−
23)
2= 2 √
2
3 .
7. Funktionen f har en kritisk punkt i (x, y) = (1, 2) om gradienten av f ¨ar noll i punkten. Med andra ord, om f :s partialderivator ¨ar noll,
∂ f
∂x (1, 2) =
4x + by + 2
x=1y=2
= 6 + 2b = 0,
∂ f
∂y (1, 2) =
bx + 2y + c
x=1y=2
= 4 + b + c = 0.
Detta ¨ar bara uppfyllt om b = −3 och c = −1.
Den kritiska punktens karakt¨ar avg ¨ors av andraderivatorna.
M 1 (Direkt villkor) Vi s¨atter
A = f
xx00(1, 2) = 4, B = f
xy00(1, 2) = b = −3, C = f
yy00(1, 2) = 2,
och då får vi att AC − B
2= 4 · 2 − (−3)
2= −1 < 0, vilket betyder att den kritiska punkten ¨ar en sadelpunkt.
M 2 (Hessianens egenv¨arden) Hessianen i punkten (1, 2) blir
H
f(1, 2) = f
xx00(1, 2) f
yx00(1, 2) f
xy00(1, 2) f
yy00(1, 2)
!
= 4 −3
−3 2
!
och dess egenv¨arden ges av den karakteristiska ekvationen
4 − λ −3
−3 2 − λ
= λ
2− 6λ − 1 = 0 ⇔ λ = 3 ± √ 10.
Hessianen har alltså ett negativt och positivt egenv¨arde, vilket betyder att den kritiska punkten ¨ar en sadelpunkt.
8. Se exempel 8.8 i Linj¨ar geometri och algebra .
L ¨osningsf ¨orslag, Matematik 2, E, I, M, Media och T, 2001–12–18. (Sida 9) 9. a) Låt kurvans parametrisering vara r(t) =
x(t), y(t), z(t)
, d¨ar x(t), y(t) och z(t) ¨ar kontinuerligt deriverbara funktioner. Eftersom kurvan ligger på ytan uppfyller den ytans ekvation f ¨or alla t,
F
x(t), y(t), z(t)
≡ 0.
Kedjeregeln ger då att d
dt F
x(t), y(t), z(t)
= F
0x· x
0(t) + F
0y· y
0(t) + F
0z· z
0(t) ≡ 0.
Detta uttryck kan vi se som en skal¨arprodukt
F
0x, F
0y, F
0z· (x
0, y
0, z
0) ≡ 0,
vilket visar att parameterkurvans riktningsvektor r
0= (x
0, y
0, z
0) alltid ¨ar vinkelr¨at mot grad F = (F
0x, F
0y, F
0z).
b) Låt r(t) vara en godtycklig regul¨ar parameterkurva som ligger på ytan och passerar genom punkten P n¨ar t = 0. Då vet vi enligt a-uppgiften att kurvans tangentvektor r
0(0) ¨ar vinkelr¨at mot grad F(P). Eftersom r(t) ¨ar en godtycklig regul¨ar kurva ¨ar r
0(0) en godtycklig tangentvektor till ytan i punkten P. Detta betyder att grad F(P) ¨ar vinkelr¨at mot alla tangenter till ytan i punkten P, d.v.s. grad F(P) ¨ar vinkelr¨at mot ytans tangentplan i punkten P.
10. Antag att matrisen A har de linj¨art oberoende egenvektorerna u
1, u
2, . . . , u
noch motsvarande egenv¨arden λ
1, λ
2, . . . , λ
n,
Au
1= λ
1u
1, Au
2= λ
2u
2, . . . , Au
n= λ
nu
n.
Vi kan sammanfatta alla dessa vektorsamband genom att rada upp vektorerna som kolonner i en matris,
Au
1Au
2· · · Au
n
=
λ
1u
1λ
2u
2· · · λ
nu
n
.
Detta matrissamband ¨ar i sj¨alva verket den likhet som vi ska visa, f ¨or om vi b ¨orjar med v¨ansterledet så kan det skrivas som
A
u
1u
2· · · u
n
= AC,
d¨ar C ¨ar matrisen med egenvektorerna u
1, u
2, . . . , u
nsom kolonner.
Vektorerna i h ¨ogerledet kan skrivas som
λ
1u
1= λ
1u
1+ 0 u
2+ 0 u
3+ · · · + 0 u
n=
u
1u
2· · · u
n
λ
10
· · · 0
,
λ
2u
2= 0 u
1+ λ
2u
2+ 0 u
3+ · · · + 0 u
n=
u
1u
2· · · u
n
0 λ
2· · · 0
, o.s.v.
vilket betyder att h ¨ogerledet ¨ar lika med
u
1u
2· · · u
n
λ
10 . . . 0 0 λ
2. . . 0 ... ... ... ...
0 0 . . . λ
n
= CD.
Detta visar att AC = CD.
Institutionen f¨ or matematik KTH
Tentamensskrivning, 2002–03–06, kl. 8
00–13
00. 5B1116 Matematik 2, f¨ or B, IT.
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 p˚ a kurshemsidan.
Inga hj¨ alpmedel!
1. Best¨ am tangentvektorn till parameterkurvan ~ r(t) = (t+t
3, 1 −t
2, t
2+ 3t
5)
i punkten (2, 0, 4). (3p)
2. Best¨ am a och b s˚ a att ekvationssystemet
x + y + 2z = a
−2x + 5y + z = 3 2x + 2y + (1 + a)z = b
f˚ ar o¨ andligt m˚ anga l¨ osningar samt best¨ am dessa. (3p)
3. Finn tangentplanet till niv˚ aytan 3x
2+ xy + y
2+ 2z
2− 2xz = 19 i punkten
(1, 3, 2). (3p)
4. Transformera uttrycket
∂F∂x+
∂F∂ygenom variabelbytet x = 2u − 3v,
y = 3u − 6v. (3p)
5. L˚ at
A = 1
√ 2
1 1 1 −1
och B = 5 3 7 4
.
Ber¨ akna (AB)
−1(A + (BA)
T). (3p)
6. Visa att funktionen f (x, y) = x
2+ 4xy + cy
2+ x + 2y har en sta- tion¨ ar(kritisk) punkt som ¨ ar oberoende av c(Antag c 6= 4) samt best¨am
denna punkt. Best¨ am punktens karakt¨ ar f¨ or varje v¨ arde p˚ a c 6= 4. (4p)
V.g. v¨ and!
8. L˚ at f (x, y) = e
2x+y− 2 sin(x) − sin(y) − cos(x − 2y).
a) MacLaurinutveckla funktionen f till och med andra ordningens ter-
mer. (2p)
b) Ber¨ akna gr¨ ansv¨ ardet
lim
(x,y)7→(0,0)
f (x, y) x
2+ y
2till exempel genom att anv¨ anda utvecklingen fr˚ an del a). (2p)
9. Transformera ekvationen 2x
2+ y
2+ z
2− 2xy − 2xz = 8 till huvudaxel-
form.(diagonalform) (4p)
10. a) Visa att en upps¨ attning p˚ a n+1-stycken vektorer i R
nm˚ aste vara
linj¨ art beroende. (2p)
b) Visa att n-1-stycken vektorer i R
naldrig kan sp¨ anna upp hela rum-
met. (2p)
L¨ osningsf¨ orslag, Matematik 2, B och IT, 2001–12–18.
1. Vid parameterv¨ arde t har parameterkurvan ~ r(t) = (t + t
3, 1 − t
2, t
2+ 3t
5) tan- gentvektor ~ r
0(t) = (1 + 3t
2, −2t, 2t + 15t
4). Punkten (2, 0, 4) svarar mot parame- terv¨ ardet t = 1 (Vi har att 1 − t
2= 0, s˚ a t = ±1 och det f¨oljer d˚ a fr˚ an t + t
3= 2 att t = 1.) Den s¨ okta tangentvektorn blir d¨ armed ~ r
0(1) = (4, −2, 17).
2. Systemet p˚ a matrisform
1 1 2
−2 5 1
2 2 1 + a a 3 b
. Gausseliminering ger
1 1 2
0 7 5
0 0 a − 3
a 2a + 3 b − 2a
.
Systemet har s˚ aledes o¨ andligt m˚ anga l¨ osningar d˚ a a − 3 = 0 och b − 2a = 0, dvs d˚ a a = 3 och b = 6. I det fallet har vi
1 1 2 0 7 5 0 0 0 3 9 0
och fortsatt Gausselimination leder till
1 0
970 1
570 0 0
12 79 7
0
.
Systemet ¨ ar nu p˚ a trappstegsform och vi kan l¨ asa av l¨ osningarna ( x =
12−9t7y =
9−5t7z = t.
3. L˚ at F (x, y) = 3x
2+ xy + y
2+ 2z
2− 2xz. Punkten (1, 3, 2) ligger p˚ a niv˚ aytan F (x, y) = 19. Tangentplanet i punkten (1, 3, 2) har normalvektor
~ n = grad F (1, 3, 2).
Vi har att
grad F = (6x + y − 2z, x + 2y, 4y − 2x), s˚ a ~ n = grad F (1, 3, 2) = (5, 7, 6). Tangentplanets ekvation ¨ ar nu:
~
n · ~r = ~n · ~r
0,
d¨ ar ~ r
0= (1, 3, 2) och ~ r ¨ ar en punkt p˚ a planet. Vi f˚ ar f¨ oljdaktligen ekvationen 5x + 7y + 6z = (5, 7, 6) · (1, 3, 2) = 5 + 21 + 12 = 38.
Svar: Tangentplanet ¨ ar 5x+7y+6z=38.
4. Allm¨ ant g¨ aller att
(F
x, F
y) = (F
u, F
v) u
xu
yv
xv
y. D˚ a x = 2u − 3v och y = 3u − 6v har vi att
u
xu
yv
xv
y= x
ux
vy
uy
v −1= 2 −3 3 −6
−1= 1
−3
−6 3
−3 2
= 2 −1 1 −
23. Vi f˚ ar s˚ a
F
x= F
uu
x+ F
vv
x= 2F
u+ F
voch
F
y= F
uu
y+ F
vv
y= −F
u− 2 3 F
v. S¨ atter vi in utvecklingarna i ekvationen f˚ ar vi
F
x+ F
y= (2 − 1)F
u+ (1 − 2
3 )F
v= F
u+ 1 3 F
v. 5. Vi ¨ ar givna matriserna
A = 1
√ 2
1 1 1 −1
och B = 5 3 7 4
.
L¨ osningsf¨ orslag, Matematik 2, B och IT, 2001–12–18. (Sida 3)
Observera f¨ orst att A b˚ ade ¨ ar en ON-matris och symmetrisk, det betyder att A = A
T= A
−1. Dessutom g¨ aller det allm¨ ant att (AB)
−1= B
−1A
−1och (BA)
T= A
TB
T. Allts˚ a
(AB)
−1(A + (BA)
T) = B
−1A
−1(A + A
TB
T) =
= B
−1(A
−1A) + B
−1A
−1(AB
T) = B
−1+ B
−1B
T. Vi har att
B
−1= 1
−1
4 −3
−7 5
= −4 3 7 −5
och
B
T= 5 7 3 4
. Det ger att
B
−1+ B
−1B
T= −4 3 7 −5
+ −4 3 7 −5
5 7 3 4
=
= −4 3 7 −5
+ −11 −16 20 29
= −15 −13 27 24
.
6. F¨ or funktionen f (x, y) = x
2+ 4xy + cy
2+ x + 2y g¨ aller att f
x= 2x + 4y + 1 och f
y= 4x + 2cy + 2,
s˚ a grad f = (2x + 4y + 1, 4x + 2cy + 2). F¨ or en station¨ ar punkt g¨ aller att grad f = (0, 0), dvs i v˚ art fall att 2x + 4y + 1 = 0 och 4x + 2cy + 2 = 0. Den f¨ orsta ekvationen ger oss 2x = −1 − 4y, vilket insatt i den andra ekvationen ger
−2 − 8y + 2cy + 2 = 0, dvs (c − 4)y = 0. Nu antog vi att c 6= 4 s˚ a vi f˚ ar y = 0.
Det ger sedan att x = −
12. Punkten ( −
12, 0) ¨ ar allts˚ a en station¨ ar punkt f¨ or f oberoende av c. Den station¨ ara punktens karakt¨ ar varierar d¨ aremot med c, f¨ or att se det s˚ a r¨ aknar vi ut andraderivatorna i punkten. Vi har att
f
xx( −1/2, 0) = 2, f
xy( −1/2, 0) = 4 och f
yy( −1/2, 0) = 2c,
s˚ a f
xx( −1/2, 0)f
yy( −1/2, 0) − (f
xy( −1/2, 0))
2= 2 · 2c − 4
2= 4c − 16. Vi ser
att om c < 4 blir 4c − 16 < 0 och vi har en sadelpunkt medan om c > 4 blir
4c − 16 > 0, d˚ a ¨ aven f
xx( −1/2, 0) > 0 ¨ar punkten i det fallet en lokal minpunkt.
7. Vektorerna { ~ f
1= (2, 1, 3), ~ f
2= (4, 5, 8), ~ f
3= (3, 2, 5) } ¨ar en bas i R
3. Vi vill hitta koordinaterna med avseende p˚ a den basen f¨ or vektorn ~ v, som i standard- basen har utseendet ~ v
e= (1, 1, 1). Regeln f¨ or basbyte s¨ ager att ~ v
e= C~ v
f, d¨ ar C
¨ ar transformationsmatrisen f¨ or basbytet, vilket betyder att C har ~ f -vektorerna som kolonnvektorer. Det ˚ aterst˚ ar att l¨ osa ekvationen. Om ~ v:s komponenter i f -systemet ¨ ~ ar ~ v
f= (r, s, t) s˚ a har vi ekvationssystemet
2 4 3 1 5 2 3 8 5
r s t
=
1 1 1
. Vi l¨ oser systemet
2 4 3 1 5 2 3 8 5 1 1 1
7→
1 5 2 2 4 3 3 8 5 1 1 1
7→
1 5 2
0 −6 −1 0 −7 −1
1
−1
−2
7→
1 5 2
0 1 0
0 −7 −1
1 1
−2
7→
1 0 2 0 1 0 0 0 −1
−4 1 5
7→
1 0 0 0 1 0 0 0 1
6 1
−5
.
Systemet ¨ ar nu p˚ a trappstegsform och vi kan l¨ asa av l¨ osningen ~ v
f= (r, s, t) = (6, 1, −5).
Ett annat s¨ att att f˚ a fram ~ v
f¨ ar att flytta ¨ over C, dvs ~ v
f= C
−1~ v
e. Vi m˚ aste allts˚ a f¨ orst r¨ akna ut C
−1t ex genom att anv¨ anda adjunkter
C
−1= 1 det C
5 2 8 5 −
4 3 8 5
4 3 5 2
−
1 2 3 5
2 3 3 5 −
2 3 1 2
1 5 3 8 −
2 4 3 8
2 4 1 5
=
9 4 −7
1 1 −1
−7 −4 6
.
Vilket ger
~ v
f=
9 4 −7
1 1 −1
−7 −4 6
1 1 1
=
6 1
−5
.
8. a) Vi ska MacLaurinutveckla funktionen
f (x, y) = e
2x+y− 2 sin x − sin y − cos(x − 2y)
L¨ osningsf¨ orslag, Matematik 2, B och IT, 2001–12–18. (Sida 5)
till ordning 2. Vi kan anv¨ anda k¨ anda envariabelutvecklingar e
t= 1 + t + t
22 + O(t
3), sin t = t + O(t
3),
cos t = 1 − t
22 + O(t
3).
S¨ att ρ = px
2+ y
2. f (x, y) =
1 + (2x + y) + (2x + y)
22 − 2x − y −
1 − (x − 2y)
22
+ O(ρ
3) =
= (2x + y)
22 − (x − 2y)
22 + O(ρ
3) =
= 1
2 (4x
2+ 4xy + y
2+ x
2− 4xy + 4y
2) + O(ρ
3) =
= 5
2 (x
2+ y
2) + O(ρ
3).
b)
lim
(x,y)7→(0,0)
f (x, y)
x
2+ y
2= lim
(x,y)7→(0,0)
5
2 + O(ρ) = 5 2 .
9. Vi b¨ orjar med att skriva den kvadratiska formen
f (x, y) = 2x
2+ y
2+ z
2− 2xy − 2xz p˚ a matrisform
f (x, y) = (x, y)K x y
= (x, y)
2 −1 −1
−1 1 0
−1 0 1
x y
.
Diagonalisering av K sker med hj¨ alp av egenv¨ arden. K kan ON-diagonaliseras eftersom K ¨ ar symmetrisk.
2 − λ −1 −1
−1 1 − λ 0
−1 0 1 − λ
= (2 − λ)(1 − λ)
2− (−1)
2(1 − λ) − (−1)
2(1 − λ) =
= (1 − λ)((2 − λ)(1 − λ) − 2) = (1 − λ)(λ
2− 3λ),
s˚ a vi f˚ ar egenv¨ arden λ
1= 1, λ
2= 3, λ
3= 0(ordningen godtycklig). Med nya variabler ξ, η och ζ blir allts˚ a ekvationen: ξ
2+ 3η
2= 8.
10. a) n + 1 stycken vektorer ~ v
1, . . . , ~ v
n+1i R
n¨ ar linj¨ art beroende om och endast om det linj¨ ara homogena systemet
x
1~ v
1+ . . . + x
n+1~ v
n+1= ~0
har icke-triviala l¨ osningar. Men detta system ¨ ar liggande (fler variabler ¨ an rader) och har enligt sats 1.3[1], sid 24 i Linj¨ ar geometri och algebra, alltid icke-triviala l¨ osningar.
b) F¨ or att n − 1 stycken vektorer ~u
1, . . . ~ u
n−1i R
nska sp¨ anna upp hela R
nm˚ aste varje system av typen
x
1~ u
1+ . . . + x
n−1~ u
n−1= ~a
ha en l¨ osning. Men detta system ¨ ar st˚ aende (fler rader ¨ an variabler) och st˚ aende system med allm¨ ant h¨ ogerled saknar, enligt sats 1.3[2] i Linj¨ ar geo- metri och algebra, l¨ osningar.
(Anm. sats 1.3 f¨ oljer direkt av Gauss-Jordans l¨ osningsalgoritm.) Alternativuppgifter
2*
Z
1−2
dx
x
2+ 4x + 7 = Z
1−2
dx
(x + 2)
2+ 3 = 1 3
Z
1−2
dx
x+2√ 3 2+ 1
=
1 3
√
3 arctan x + 2
√ 3
1−2
=
√ 3
3 (arctan √
3 − arctan 0) =
√ 3 3
π
3 = π √ 3 9 .
7*
Z
∞0
x
3e
−x2dx =
x
2= t 2xdx = dt
= Z
∞0
te
−tdt 2 =
− t 2 e
−t ∞0
− Z
∞0
( − 1
2 )e
−tdt =
− t
2 e
−t− 1 2 e
−t ∞ 0= lim
t7→∞
− t + 1 2 e
−t−
0 − 1
2
= 0 + 1 2 = 1
2 .
Institutionen för matematik, KTH
Tentamensskrivning, 2002–04–02, kl. 8.00–13.00.
5B1116, Matematik 2, för B, E, I, IT, M, Media och T.
Preliminära gränser för betygen 3, 4 och 5 är 16, 22 respektive 30 poäng inklusive bo- nuspoäng. Varje bonuspoäng ger 1 poäng på tentamen.
Det maximala antalet poäng på varje uppgift är angivet inom parentes i anslutning till upp- giften.
Samtliga behandlade uppgifter bör förses med utförlig lösning och motivering.
Inga hjälpmedel är tillåtna.
ANGE GRUPPNUMMER ELLER LÄRARENS NAMN PÅ OMSLAGET!
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 f´x = y2 + 6x z = 1, f´y = 2x y + 2z2 = 8, f´z = 4y z + 3x2 = 8, alltså grad f(0,1,2) = (1,8,8) och den sökta ekvationen är (x – 0, y – 1, z – 2) . (1,8,8) = 0, dvs Svar: x + 8y + 8z = 24.
2. Man har: (A–1AT)–1 = (AT)–1(A–1)–1 = (A–1)TA A–1 = 1
–1
0 –1 –1 1 =
0 1
1 –1 , (A–1)T =
0 1 1 –1 (A–1)TA =
0 1 1 –1
1 1 1 0 =
1 0
0 1 . Svar:
1 0 0 1 . 3a. Skärningspunkten fås ur ekvationen r(t) = p (s) ⇔ (2 – t, 3 – 2t, 3 – t) = (3 + 2 s, 3 + 2s, 2) ⇔
2 – t = 3 + 2s 3 – 2t = 3 + 2s 3 – t = 2. Man får t = 1, s = –1, dvs punkten (1,1,2). Svar: (1,1,2).
3b. Linjernas riktningsvektorer är n1 = (1,2,1) resp. n2 = (1,1,0). Planets normalvektor är n = n1×n2 =
ex ey ez 1 2 1 1 1 0
= –ex + ey – ez = (–1,1,–1). Planets ekvation kan skrivas på formen –x + y – z = d. Eftersom punkten (1,1,2) uppfyller denna ekvation så måste d = –2, alltså planets ekvation är –x + y – z = –2 ⇔ x – y + z = 2. Svar: x – y + z = 2.
4a. Det sökta Taylorpolynomet p ges av f(1,2) + f´x(1,2)h + f´y(1,2)k + 1
2 f´´xx(1,2)h2 + f´´xy(1,2)hk + 1
2 f´´yy(1,2k2 där h = x – 1, k = y – 2.
Vi har f(x,y) = x2 + 2 cos(2x – y) och i punkten (1,2) fås f(1,2) = 3, f´x = 2x – 4 sin(2x – y) = 2, f´y = 2 sin(2x – y) = 0,
f´´xx = 2 – 8 cos(2x – y) = –6, f´´xy = 4 cos(2x – y) = 4, f´´yy = –2 cos(2x – y) = –2.
Alltså p(x,y) = 3 + 2( x – 1) – 3(x – 1)2 + 4(x – 1)(y – 2) – (y – 2)2.
Svar: p(x,y) = 3 + 2( x – 1) – 3(x – 1)2 + 4(x – 1)(y – 2) – (y – 2)2. 4b. f(1.1, 1.2) ≈ p(1.1, 2.1) = 3.2. Svar: f(1.1, 1.2) ≈ 3.2.
5. Sätt t = 3x + ay. Vi har z = (2x – 3y)f (t),
z ´x = 2f (t) + (2x – 3y)f ´(t)t´x = 2f (t) + 3(2x – 3y)f ´(t) och
z ´y = –3f (t) + (2x – 3y)f ´(t)t´y = –3f (t) + a(2x – 3y)f ´(t) vilket ger
3z ´x + 2z ´y = (9 + 2a)(2x – 3y)f ´(t) = 0 ⇔ a = –9/2. Svar: a = –9/2.
6a. Vi har f(x,y) = x + y
2x – y . I punkten (1,1) får man f´x = –3y
(2x – y)2 = –3 och f´y = 3x
(2x – y)2 = 3,
⇒ gradf(1,1) = (–3,3) och f´v(1,1) = gradf(1,1) . v
|v| = (–3,3) . (1,2) 5
= 3 5
. Svar: f´v(1,1) = 3 5
.
6b. Största värdet av f´u(1,1) fås då u har riktning av gradf(1,1) dvs u = (–3,3). Detta värde är = |gradf(1,1)| = 3 2. Svar: u = (–3,3). Maximala värdet är 3 2.
7. Funktionen f(x,y) = x + 2y är kontinuerlig och den tillåtna mängden x2 + y2 = 5, x ≥ 0, y ≥ 0 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:
g´x = 1 + 2tx = 0 g´y = 2 + 2ty = 0 g´t = x2 + y2 – 5 = 0Vi har yg´x – xg´y = 0 ⇔ y =2x, vilket insatt i g´t = 0 ger 5x2 – 5 = 0, dvs x = 1 (eftersom x ≥ 0) och y = 2, dvs punkten (1,2)
Aktuella punkter: (0, 5), ( 5,0) och (1,2).
I dessa punkter antar f värdena f(0, 5) = 2 5, f( 5,0) = 5 och f(1,2) = 5, alltså största värdet = 5 och minsta värdet = 5. Svar: Största värdet = 5 och minsta värdet = 5.
8. Ekvationssytemet (i obekanta x, y och z )
ax + 3y + 2z = 4a + 3b bx + 2y + 2z = 2a + 4b ax + y + 2z = a + 4bhar precis en lösning
⇔ determinanten
a 3 2 b 2 2 a 1 2
= 4a – 4b ≠ 0. Om (x,y,z ) = (3,2,1) skulle vara en lösning (sätt
in dessa värden i ekvationssystemet) så skulle
a + 3b = 8 2a + b = 6 2a – 4b = –4⇔ a = b = 2, vilket strider mot
att 4a – 4b ≠ 0. Svar: Det finns inte några sådana konstanter.
9. Den kvadratiska delen x2 + 4x y + ay2 beskrivs av matrisen A =
1 2
2 a . Om den givna 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.
Egenvektorerna bestäms ur ekvationen (A – λE)v = 0, v ≠ 0:
För λ = 5 får vi
–4 2 2 –1
b c =
0
0 ⇔ 2b – c = 0. En motsvarande egenvektor är v1 =
1 2 . Egenvektorerna till det andra egenvärdet λ = 0 är vinkelräta mot v1 och en egenvektor är därför v2 =
–2 1 .
De båda valda egenvektorerna har längden 5. Koordinatbytet med transformationen
x = 15 u – 25 v y = 2
5 u + 1
5 v
ger ekvationen 5u2 – 5v = 0 ⇔ v = 5u2, alltså en parabel.
Svar: Parabeln ⇔ a = 4.
10. Antag att av1 + b(v1 + v2) + c(v1 + v3) + d(v1 + v4) = 0. Då gäller efter omskrivning att (a + b + c + d)v1 + bv2 + cv3 + dv4 = 0. Om v1, v2, v3, v4 är linjärt oberoende så måste det gälla att a + b + c + d = b = c = d = 0 dvs a = b = c = d = 0. Detta innebär att vektorerna v1, v1 + v2, v1 + v3, v1 + v4 är linjärt oberoende.
Antag att av1 + bv2 + cv3 + dv4 = 0. Då gäller efter omskrivning att
(a – b – c – d)v1 + b(v1 + v2) + c(v1 + v3) + d(v1 + v4) = 0. Om v1, v1 + v2, v1 + v3, v1 + v4 är linjärt oberoende så måste a – b – c – d = b = c = d = 0 dvs a = b = c = d = 0. Detta innebär att vektorerna v1, v2, v3, v4 är linjärt oberoende.
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)