A4-format til udskrift. - Aarhus Universitet

3. JANUAR 2004 257
viser at u 1 og u 2 er ortogonale. Man får ([LA] Sætning 17) projektionen af v = (2,4,6,8)
på u 1 = (1,0,0,0),u 2 = (0,1,1,0)
2) Restvektoren
projU(v) = proju 1 (v) + proju 2 (v)
har en længde, som er afstanden fra v til U
= v · u1 u1 +
u1 · u1 v · u2 u2 u2 · u2 = 2 10
(1,0,0,0) +
1 2 (0,1,1,0)
= (2,5,5,0) .
v − projU(v) = (2,4,6,8) − (2,5,5,0)
= (0, −1,1,8)
|(0, −1,1,8)| = √ 66 .
Opgave 6. 1) Angiv egenværdierne for matricen
2) Undersøg om funktionen
har et lokalt ekstremum i (0,0).
2 4
4 2
.
f(x,y) = x 2 + y 2 + 4xy + x 2 y
Løsning. 1) Det karakteristiske polynomium er
2 − λ 4
4 2 − λ = λ2 − 4λ − 12 .
Egenværdierne er rødderne −2 og 6 ([LA] Sætning 14).
2) De partielle afledede er
I (0,0) er gradienten
fx = 2x + 4y + 2xy, fy = 2y + 4x + x 2 .
∇f(0,0) = (fx(0,0),fy(0,0)) = (0,0) ,
så den nødvendige betingelse for et lokalt ekstremum er opfyldt. De dobbelte partielle
afledede er
I (0,0) er Hessematricen
fxx = 2 + 2y, fxy = fyx = 4 + 2x, fyy = 2 .
fxx fxy
fyx fyy
=
2 4
4 2
netop matricen fra 1). Da egenværdierne er = 0 og ikke har samme fortegn, så er (0,0)
ikke et lokalt ekstremum ([LA] 13 side 89).
Alternativt giver andenordenstesten ([S] 11.7 Theorem 3) en størrelse D = fxxfyy−f 2 xy =
−12. Da D < 0, er (0,0) ikke et lokalt ekstremum.