Per Alexanderson: Ny sida: Tillbaka till huvudsidan. '''Som mentor/lärare så blir man ibland tvungen att lösa tal i kursboken, då flitiga elever frågar på dessa. Dessa lösningar är ju synd och ...

Per Alexanderson — Wed, 25 Jul 2007 12:17:42 GMT

Ny sida: Tillbaka till huvudsidan. '''Som mentor/lärare så blir man ibland tvungen att lösa tal i kursboken, då flitiga elever frågar på dessa. Dessa lösningar är ju synd och ...

Ny sida

[[Huvudsida|Tillbaka till huvudsidan.]]

'''Som mentor/lärare så blir man ibland tvungen att lösa tal i kursboken, då flitiga elever frågar på dessa. Dessa lösningar är ju synd och skam att sitta och gömma, så här hamnar de.'''

==Exercises 13.2: 3==

'''Finn maximala och minimala värdet för $f(x,y)=xy-y^2$ på skivan $x^2+y^2\leq 1$'''

===Lösning===

Vi beräknar de partiella derivatorna först, och får

$\displaystyle{\begin{cases} \frac{\partial x}{\partial f} &=& y \\ \frac{\partial y}{\partial f} &=& x-2y \\ \end{cases} }$

Vi ser att enda punkten där båda är noll är $(0,0)$.
Detta är alltså enda möjliga lokala extrempunkten, och $f(0,0) = 0$.

Nu måste vi undersöka randvilkoret, och detta område är ju enhetscirkeln vars parametrisering vi kan sedan tidigare;

$\displaystyle{\begin{cases} x(t) &=& \cos(t) \\ y(t) &=& \sin(t) \end{cases} \mbox{där} \ \ 0\leq t \leq 2\pi}$

Vi sätter in parametriseringen i vår ursprungliga finktion och får då att $f(x(t),y(t)) = \cos(t)\sin(t)-\sin^2(t)$. Låt oss för enkelhetens skull kalla detta för $g(t)$, eftersom det är
en funktion av '''en''' variabel.

Vi deriverar $g(t)$ för att leta extrempunkter, genom praduktregeln och kedjeregeln;

$g'(t) = \cos^2(t) - \sin^2(t) - 2\sin(t)\cos(t)$. Sitter trigonometrin nu i ryggmärgen, så känner vi igen detta som uttrycken för dubbla vinkeln. Alltså $g'(t)=\cos(2t) - \sin(2t)$.

Vi vill nu lösa ekvationen $g'(t)=0$, så vi måste lösa $\cos(2t) - \sin(2t) = 0$.

Överflyttning ger att $\cos(2t) = \sin(2t)$. Vi dividerar båda sidorna med $\cos(2t)$. (Detta är ok att göra, eftersom vi vet att ingen lösning uppfyller $\cos(2t)=0$, så vi riskerar inte att missa någon lösning).

Då får vi att vi måste lösa $\frac{\sin(2t)}{\cos(2t)}=\tan(2t) = 1$.

Detta är en vanlig trigonometrisk ekvation, så lösningarna är $t = \pi/8+n\pi/2$.

De lösningar inom rätt intervall är $\{\pi/8,5\pi/8,9\pi/8,13\pi/8 \}$ och dessa sätter vi in i $g(t)$;

Vi får då att

$g(\pi/8) = g(9\pi/8) = \frac{\sqrt{2}-1}{2} >0$

$g(5\pi/8) = g(13\pi/8) = \frac{-1-\sqrt{2}}{2} < 0$

Detta beräknas genom att $g(t)$ kan skrivas som $\displaystyle{\frac{\sin(2t)}{2}+\frac{\cos(2t)-1}{2}}$

Minsta värdet är $\displaystyle{\frac{-1-\sqrt{2}}{2}}$,
och största värdet är $\displaystyle{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}$.

Extrempunkten i $(0,0)$ är då varken minsta eller största värdet.

==Exercises 13.2: 5==

Finn min och max av $f(x,y) = xy-x^3y^2$ i kvadraten $0\leq x \leq 1$, $0 \leq y \leq 1$.

===Lösning===

Beräkna partiella derivatorna.

Vi får att $y(1-3x^2y)=0$ och $x(1-2x^2y)=0$ om vi har en extrempunkt.

Vi ser att $x=0 \Rightarrow y=0$, och $(0,0)$ är en lösning.

Vi kan nu med gott samvete dividera med både $x$ och $y$, och finner att $(0,0)$ är enda lösningen.

Resten av uppgiften, där man måste parametrisera kvadratens kanter överlämnas åt läsaren.

==Exercises 13.2: 9==

Finn min och max av $(x+y)e^{-x^2-y^2}$ i enhetscirkeln.

===Lösning===

Genom att beräkna de partiella derivatorna och ställa upp ekvationssystemet, så kan vi korta bort $e^{-x^2-y^2}$, eftersom detta garanterat är nollskilt.

Kvar är $1=2x^2+2xy$, $1=2y^2+2xy$. Ledvis subtraktion leder till att $x=\pm y$ men bara $x=y$ leder till lösning. $x=y=\pm 1/4$.

Resten av uppgiften, där man måste parametrisera cirkelns rand överlämnas åt läsaren.

==Exercises 13.3: 3==

'''Finn kortaste avståndet mellan origo och planet $x+2y+2z=3$,'''

'''a) Med hjälp av geometriska argument.'''

'''b) Med hjälp av att konvertera till problem i 2 variabler utan bivillkor.'''

'''c) Med hjälp av Lagrangemultiplikator.'''

=== Lösning a ===

Vi vet att vektorn från origa till punkten som ligger på kortast avstånd är vinkelrätt mot planet,
dvs. parallellt med $n = (1,2,2)$.

Vi vill då lösa så att $n\cdot t $ ligger i planet:

$t+2(2t)+2(2t) = 3$ vilket ger $9t = 3$ så $t=1/3$.

Avståndet blir då $|n|/3 = \sqrt{1+2^2+2^2}/3 = 1$.

=== Lösning b ===

Vi vill konvertera problemet till två variabler, så vi substitutierar:

$\begin{cases} x &= & 3-2t-2s \\y &= & s \\z &= & t \\\end{cases}$

Då ser vi att alla punkter $(x,y,z)=(3-2t-2s,s,t)$ ligger i planet. Vi vill nu minimera avståndet till origo,
dvs. minimera $\sqrt{x^2+y^2+z^2}$. Detta är samma som att minimera kvadraten på avståndet och sätter vi in
substitutionen så vill vi minimera

$f(s,t) = (3-2t-2s)^2 + s^2+t^2 = 5s^2+8st-12s+5t^2-12t+9$.

Partiella derivatorna är då

$\begin{cases} f'_s = 10s+8t-12 \\ f'_t = 10t+8s-12 \\ \end{cases}$

På grund av symmetri måste $s=t$, ty det är ett linjärt system, och vi får att $s=t=2/3$.

Avståndet i kvadrat är då $f(2/3,2/3) = 1$, så givetvis är då minsta avståndet 1.

=== Lösning c ===

Vi vill minimera avståndet i kvadrat, $f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2$ under bivillkoret $g(x,y,z)= x+2y+2z-3 = 0$.

Vi skapar Lagrange-funktionen $L(x,y,z,\lambda) = x^2+y^2+z^2 - \lambda(x+2y+2z-3)$.

De partiella derivatorna är då
$\begin{cases}
L'_x = 2x-\lambda\\
L'_y = 2y-2\lambda\\
L'_z = 2z-2\lambda\\
L'_\lambda = x+2y+2z-3\\
\end{cases}$

Om alla dessa skall vara noll, så måste $x = \lambda/2$ och $y=z=\lambda$. Detta fås från 1-3.
Sätter vi in det i det fjärde uttrycket fås att

$\lambda/2 + 2\lambda + 2\lambda-3 = 0 $ vilket ger att $\lambda = 2/3$.

Så kritiska punkten är då $(x,y,z)=(1/3,2/3,2/3)$, vars avstånd till origo är precis 1.

Exempellösningar - Versionshistorik

Per Alexanderson: Ny sida: Tillbaka till huvudsidan. '''Som mentor/lärare så blir man ibland tvungen att lösa tal i kursboken, då flitiga elever frågar på dessa. Dessa lösningar är ju synd och ...