• No results found

2x + 3y + z = 2 x + 2y + z = a x 2y 3z = 1

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Share "2x + 3y + z = 2 x + 2y + z = a x 2y 3z = 1"

Copied!
33
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

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

1

har 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

1

och P

2

. (3p)

4. Transformera uttrycket xz

0x

+ yz

0y

genom 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!

(2)

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)

(3)

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).

(4)

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.

(5)

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

2

P

1

n

1

n

2

θ

Från planet P

1

:s ekvation kan vi direkt avl¨asa planets normal n

1

som 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

2

kan 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

2

Med 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).

(6)

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

2

p

1

2

+ (−4)

2

+ (−1)

2

= 1 · 1 + 2 · (−4) + 2 · (−1)

√ 9 √

18 = −9

3 · 3 √

2 = − 1

√ 2

vilket betyder att θ =

34

π, d.v.s. att vinkeln mellan planen ¨ar

34

π (eller

14

π 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

0y

så 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

0u

y + z

0v

2x  + y · 

z

0u

x + z

0v

2y 

= 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

.

(7)

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).

(8)

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

35

2

3 3 4

-

3

1

35

2

0

65

−2

56

∼ 1

35

2

0 1 −

53

-

35

1 0 3

0 1 −

53

d.v.s. a = 3 och b = −

53

.

(9)

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 −

53

Medelfelet 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

 

 

53

4 3 13

3

 

 

 −

 

 

−1 0 5

 

 

= 1

√ 3

 

 

23

4 3

23

 

 

= 1

√ 3 q

(−

23

)

2

+ (

43

)

2

+ (−

23

)

2

= 2 √

2

3 .

(10)

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=1

y=2

= 6 + 2b = 0,

∂ f

∂y (1, 2) = 

bx + 2y + c 

x=1

y=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 .

(11)

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

n

och motsvarande egenv¨arden λ

1

, λ

2

, . . . , λ

n

,

Au

1

= λ

1

u

1

, Au

2

= λ

2

u

2

, . . . , Au

n

= λ

n

u

n

.

Vi kan sammanfatta alla dessa vektorsamband genom att rada upp vektorerna som kolonner i en matris,

 

 

 Au

1

Au

2

· · · Au

n

 

 

 =

 

 

 λ

1

u

1

λ

2

u

2

· · · λ

n

u

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

1

u

2

· · · u

n

 

 

 = AC,

(12)

d¨ar C ¨ar matrisen med egenvektorerna u

1

, u

2

, . . . , u

n

som kolonner.

Vektorerna i h ¨ogerledet kan skrivas som

λ

1

u

1

= λ

1

u

1

+ 0 u

2

+ 0 u

3

+ · · · + 0 u

n

=

 

 

 u

1

u

2

· · · u

n

 

 



 

 



λ

1

0

· · · 0

 

 

 ,

λ

2

u

2

= 0 u

1

+ λ

2

u

2

+ 0 u

3

+ · · · + 0 u

n

=

 

 

 u

1

u

2

· · · u

n

 

 



 

 



0 λ

2

· · · 0

 

 

 , o.s.v.

vilket betyder att h ¨ogerledet ¨ar lika med

 

 

 u

1

u

2

· · · u

n

 

 



 

 

 

λ

1

0 . . . 0 0 λ

2

. . . 0 ... ... ... ...

0 0 . . . λ

n

 

 

 

= CD.

Detta visar att AC = CD.

(13)

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∂y

genom 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!

(14)

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

2

till 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

n

m˚ aste vara

linj¨ art beroende. (2p)

b) Visa att n-1-stycken vektorer i R

n

aldrig kan sp¨ anna upp hela rum-

met. (2p)

(15)

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

97

0 1

57

0 0 0

12 79 7

0

 .

Systemet ¨ ar nu p˚ a trappstegsform och vi kan l¨ asa av l¨ osningarna ( x =

12−9t7

y =

9−5t7

z = 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).

(16)

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

x

u

y

v

x

v

y

 . D˚ a x = 2u − 3v och y = 3u − 6v har vi att

u

x

u

y

v

x

v

y



= x

u

x

v

y

u

y

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

u

u

x

+ F

v

v

x

= 2F

u

+ F

v

och

F

y

= F

u

u

y

+ F

v

v

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



.

(17)

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

−1

A

−1

och (BA)

T

= A

T

B

T

. Allts˚ a

(AB)

−1

(A + (BA)

T

) = B

−1

A

−1

(A + A

T

B

T

) =

= B

−1

(A

−1

A) + B

−1

A

−1

(AB

T

) = B

−1

+ B

−1

B

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

−1

B

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.

(18)

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

−1

t 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)

(19)

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

2

2 + O(t

3

), sin t = t + O(t

3

),

cos t = 1 − t

2

2 + O(t

3

).

S¨ att ρ = px

2

+ y

2

. f (x, y) =

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

2

2 − 2x − y −



1 − (x − 2y)

2

2



+ O(ρ

3

) =

= (2x + y)

2

2 − (x − 2y)

2

2 + 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),

(20)

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+1

i 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−1

i R

n

ska sp¨ anna upp hela R

n

m˚ 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

3

e

−x2

dx =

 x

2

= t 2xdx = dt



= Z

0

te

−t

dt 2 =



− t 2 e

−t



0

− Z

0

( − 1

2 )e

−t

dt =



− t

2 e

−t

− 1 2 e

−t



∞ 0

= lim

t7→∞



− t + 1 2 e

−t



 0 − 1

2



= 0 + 1 2 = 1

2 .

(21)

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 + 4b

har 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!

(22)

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 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).

(23)

Kritiska punkter:

 



x = 1 + 2tx = 0 y = 2 + 2ty = 0 t = x2 + y2 – 5 = 0

Vi 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 + 4b

har 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 – 2

5 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.

(24)

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!

(25)

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)

References

Related documents

[r]

Resultatet anslås i Matematiskt Centrum senast tre ve kor efter

Då varje punkt på cirkeln är en inre punkt till snittet mellan definitionsmängderna till f och de båda bivillkorsfunktio- nerna som ges, så vet vi att största och minsta värdena

Alla punkter på C är inre punkter till definitionsmängderna för f, g och h,därmed vet vi av teorin att de sökta extrempunkterna är punkter där de tre funktionernas gradienter

du behöver inte konstruera h explicit, utan endast visa dess existens och räkna ut derivatan vid värdet 1.. Här är integranden en godtycklig kontinuerlig funktion f

By the assumption that f is continuous on the larger interval ( −2, 2), f is uniformly continuous on the closed interval [ −1, 1] and it is also bounded there... One could easily

Ange n˚ agon l¨ osning till

[r]