EKSAMENSOPGAVELØSNINGER CALCULUS 2 (2005) – AUGUST ...

EKSAMENSOPGAVELØSNINGER
CALCULUS 2 (2005) – AUGUST 2006
AARHUS UNIVERSITET
H.A. NIELSEN & H.A. SALOMONSEN
Opgave 1. Lad f betegne funktionen f(x,y) = x 3 + x 2 y + xy 2 + y 3 .
1) Angiv gradienten ∇f.
2) Angiv enhedsvektoren u i retningen af (6, −8) og beregn den retningsafledede
D u f(x,y).
Løsning. 1) Gradienten af f er vektoren
∇f(x,y) = (f x (x,y),f y (x,y))
med de partielle afledede som koordinater. De partielle afledede beregnes
og indsættes i gradienten
2) Retningsvektoren er
f x (x,y) = 3x 2 + 2xy + y 2
f y (x,y) = x 2 + 2xy + 3y 2
∇f(x,y) = (3x 2 + 2xy + y 2 ,x 2 + 2xy + 3y 2 )
u =
(6, −8) (6, −8)
= √ = ( 3 |(6, −8)| 36 + 64 5 , −4
5 )
Den retningsafledede kan udregnes som skalarproduktet mellem gradienten og retningsvektoren
Den retningsafledede beregnes
D u f(x,y) = ∇f(x,y) · u
D u f(x,y) = (3x 2 + 2xy + y 2 ,x 2 + 2xy + 3y 2 ) · ( 3 5 , −4
5 )
= 1 5 (5x2 − 2xy − 9y 2 )
Opgave 2. Betragt 3 × 3 matricen A givet ved
⎡
A = ⎣ 0 0 1
⎤
0 1 0 ⎦
1 0 0
Version: 1.0. 27. januar, 2006.
1

2 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER – CALCULUS 2 – AUGUST 2006
1) Vis, at −1 og 1 er egenværdierne for A.
2) Angiv egenrummet hørende til hver egenværdi.
Løsning. 1) Egenværdierne er netop rødderne i det karakteristiske polynomium
|A − λI|. Determinanten udregnes ved udvikling efter 2. række
|A − λI| =
∣
−λ 0 1
0 1 − λ 0
1 0 −λ
∣ −λ 1
1 −λ
= (1 − λ)
∣
∣
= (1 − λ)((−λ) 2 − 1 2 )
= −(λ − 1) 2 (λ + 1)
Det ses, at rødderne er 1 og −1 og dermed at egenværdierne for matricen A er 1 og
−1.
2) Egenrummet hørende til egenværdien a kan udregnes som løsningsrummet for
det homogene lineære ligningssystem med koefficientmatrix A − aI.
For a = 1 reduceres
A − I =
∼
⎡
⎣ −1 0 1
0 0 0
1 0 −1
⎡
⎣ 1 0 −1
0 0 0
0 0 0
⎤
⎦
⎤
⎦
E 1 er da løsningerne til
x − z = 0
Vælges y,z som frie variable, så er egenrummet E 1 parametriseret
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎣ x y
z
⎦ = ⎣ z y ⎦
z
⎡ ⎤
= y
⎣ 0 1
0
⎦ + z
⎡
⎣ 1 0
1
⎤
⎦
Dette kan også angives
⎡
⎤
⎡
⎤
E 1 = span( ⎣ 0 1
0
⎦ ,
⎣ 1 0
1
⎦)

EKSAMENSOPGAVELØSNINGER – CALCULUS 2 – AUGUST 2006 3
For a = −1 reduceres
A + I =
∼
⎡
⎣ 1 0 1
0 2 0
1 0 1
⎡
⎣ 1 0 1
0 1 0
0 0 0
⎤
⎦
⎤
⎦
E 1 er da løsningerne til
x + z = 0
y = 0
Vælges z som fri variabel, så er egenrummet E −1 parametriseret
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
Dette kan også angives
⎣ x y
z
⎦ = ⎣ −z 0 ⎦
z
⎡ ⎤
= z
⎣ −1 0
1
⎡
⎦
⎤
E −1 = span( ⎣ −1 0
1
⎦)
Opgave 3. Lad D betegne området afgrænset af parablerne y = −x 2 + 1 og
y = x 2 − 1. (tegn!). Udregn dobbeltintegralet
∫ ∫
xy dA
Løsning. Området tegnes
D
y
y = x 2 − 1
D
x
y = −x 2 + 1
D er i rektangulære koordinater
{(x,y)| − 1 ≤ x ≤ 1, x 2 − 1 ≤ y ≤ −x 2 + 1}

4 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER – CALCULUS 2 – AUGUST 2006
Dobbelt integralet opstilles som type I
∫∫
f(x,y) dA =
D
Det indre integral beregnes
∫ −x 2 +1
x 2 −1
Det itererede integral beregnes
∫∫
∫ 1 ∫ −x 2 +1
−1
x 2 −1
xy dy = [ 1
2 xy2] y=−x 2 +1
y=x 2 −1
xy dy dx
= 1 2 x((x2 − 1) 2 − (−x 2 + 1) 2 )
= 0
D
xy dA =
= 0
∫ 1
−1
0dx
Opgave 4. Betragt følgende vektorer i R 4 :
u 1 = (1,2,0,1), u 2 = (−1,1,1, −1)
1) Vis, at der gælder:
u 1 ⊥ u 2
2) Lad U betegne underrummet U = span(u 1 ,u 2 ) og lad v betegne vektoren
v = (4,4,3,3). Angiv den ortogonale projektion proj U (v) af vektoren v på U.
3) Beregn den korteste afstand fra v til U.
Løsning. 1) Vektorerne u 1 og u 2 er ortogonale, hvis skalarproduktet er u 1·u 2 = 0.
Udregn skalarproduktet
u 1 · u 2 = (1,2,0,1) · (−1,1,1, −1)
= 1 · (−1) + 2 · 1 + 0 · 1 + 1 · (−1)
= 0
Så u 1 og u 2 er ortogonale.
2) Fra [LA] Sætning 17 fås projektionen af v på underrummet U
proj U (v) = proj u1 (v) + proj u2 (v)
= v · u 1
u 1 · u 1
u 1 + v · u 2
u 2 · u 2
u 2
Med u 1 = (1,2,0,1), u 2 = (−1,1,1, −1) og v = (4,4,3,3) udregnes
u 1 · u 1 = (1,2,0,1) · (1,2,0,1) = 1 + 4 + 0 + 1 = 6
u 1 · v = (1,2,0,1) · (4,4,3,3) = 4 + 8 + 0 + 3 = 15
u 2 · u 2 = (−1,1,1, −1) · (−1,1,1, −1) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4
u 2 · v = (−1,1,1, −1) · (4,4,3,3) = −4 + 4 + 3 − 3 = 0

EKSAMENSOPGAVELØSNINGER – CALCULUS 2 – AUGUST 2006 5
Der indsættes og projektionen udregnes
3) Problemstillingen er vist på figuren
proj U (v) = v · u 1
u 1 · u 1
u 1 + v · u 2
u 2 · u 2
u 2
= 15 6 (1,2,0,1)
= ( 5 2 ,5,0, 5 2 )
v
v − proj U (v)
proj U (v)
U
Længden af restvektoren v − proj U (v) er den korteste afstand fra v til U. Den
korteste afstand beregnes ved Pythagoras formel
√
√
|v| 2 − |proj U (v)| 2 = (16 + 16 + 9 + 9) − 1 (25 + 100 + 0 + 25)
4
= 5 √
2
Opgave 5. Betragt funktionen
f(x,y) = sin(x 2 + y 2 )
1) Vis, at (0,0) er et kritisk punkt.
2) Afgør om (0,0) er et lokalt minimum, lokalt maksimum eller saddelpunkt for
f.
Løsning. 1) De partielle afledede beregnes
Indsættes (x,y) = (0,0) fås
f x = 2xcos(x 2 + y 2 )
f y = 2y cos(x 2 + y 2 )
f x (0,0) = 0 = f y (0,0)
og dermed er (0,0) et kritisk punkt.
2) De dobbelt partielle afledede beregnes
f xx = 2cos(x 2 + y 2 ) − 4x 2 sin(x 2 + y 2 )
f xy = −4xy sin(x 2 + y 2 )
f yy = 2cos(x 2 + y 2 ) − 4y 2 sin(x 2 + y 2 )

6 EKSAMENSOPGAVELØSNINGER – CALCULUS 2 – AUGUST 2006
Hessematricen i (0,0) er
[
2 0
0 2
Denne har determinant 4 og positive egenværdier. Så punktet (0,0) er et lokalt
minimumspunkt for f.
Opgave 6. Lad f være funktionen
]
f(x) = xcos x
1) Angiv potensrækker i x, der fremstiller funktionerne f, den afledede f ′ samt en
stamfunktion ∫ f(x)dx.
2) Bestem den femte afledede f (5) (0).
Løsning. 1) Rækken for cos x er
∞∑
n=0
(−1) n
(2n)! x2n
eller
cos x = 1 − 1 2 x2 + 1
24 x4 − 1
720 x6 + · · ·
Ved multiplikation findes
f(x) =
∞∑
n=0
(−1) n
(2n)! x2n+1
eller
f(x) = x − 1 2 x3 + 1 24 x5 − 1
720 x7 + · · ·
Ved ledvis differentiation findes
eller
f ′ (x) =
Ved ledvis integration findes
∫
f(x)dx =
eller
∫
∞∑
n=1
(−1) n (2n + 1)
x 2n
(2n)!
f ′ (x) = 1 − 3 2 x2 + 5
24 x4 − 7
720 x6 + · · ·
∞∑
n=0
(−1) n
(2n + 2)(2n)! x2n+2
f(x)dx = 1 2 x2 − 1 8 x4 + 1
144 x6 − 1
5760 x8 + · · ·
2) Formlen for den n-te afledede af f(x) = ∑ a n x n er
Fra rækken i 1) ovenfor fås
f (n) (0) = n!a n
f (5) (0) = 5! 1
24 = 5

EKSAMENSOPGAVELØSNINGER – CALCULUS 2 – AUGUST 2006 7
Opgave 7. Betragt differentialligningen
dy
dx + 3x2 y = x 2 e −x3
1) Bestem den fuldstændige løsning.
2) Find den løsning der opfylder y(1) = 0.
Løsning. 1) Ligningen på standard form er
dy
dx = −3x2 y + x 2 e −x3
Med notation fra noterne er
a(x) = −3x 2
Heraf udregnes
∫
A(x) =
b(x) = x 2 e −x3
∫
a(x)dx = −3x 2 dx = −x 3
og
∫
B(x) =
∫
e −A(x) b(x)dx =
x 2 dx = 1 3 x3
Den fuldstændige løsning opskrives
Dette giver
y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x)
y(x) = Ce −x3 + 1 3 x3 e −x3
hvor C er arbitrær.
2) Den partikulære løsning findes ved indsættelse i y(1) = 0. Altså
som giver C = − 1 3 .
Løsningen kan nu skrives
Ce −1 + 1 3 e−1 = 0
y(x) = − 1 3 e−x3 + 1 3 x3 e −x3
eller faktoriseret
y(x) = 1 3 e−x3 (x 3 − 1)