Vejledende besvarelse

Københanvs Universitet
Eksamen ved Det Naturvidenskabelige Fakultet Sommer 2002 1
Eksamen Mat 1GB F2002 (4 timer)
BESVARELSE
Opgave 1 2(a) 2(b) 3(a) 3(b) 4(a) 4(b) 4(c) 5(a) 5(b) 5(c) 5(d)
Point 10 10 10 5 10 10 5 5 10 5 10 10
Opgave 1.
u ′′ (t) − 5u ′ (t) + 6 u (t) = e t , u(0) = 0, u ′ (0) = 0.
Besvarelse: Det karakteristiske polynomium er
λ 2 − 5λ + 6 = (λ − 2)(λ − 3).
Den generelle homogene løsning er alts˚a C1e 2t + C2e 3t . Da 1 ikke er rod i det
karakteristiske polynomium, gætter vi p˚a en inhomogen løsning p˚a formen
u0(t) = Ke t . Det giver ved indsættelse
u ′′
0 (t) − 5u ′ 0 (t) + 6 u0 (t) = 2Ke t
Alts˚a m˚a K = 1/2. Den generelle løsninge er alts˚a u(t) = 1
2 et + C1e 2t + C2e 3t .
Begyndelsesbetingelserne giver
0 = u(0) = 1
2 + C1 + C2 0 = u ′ (0) = 1
2 + 2C1 + 3C2,
Hvilket giver C2 = 1/2 og C1 = −1. Løsningen er s˚a
u(t) = 1
2 et − e 2t + 1
2 e3t .

Københanvs Universitet
Eksamen ved Det Naturvidenskabelige Fakultet Sommer 2002 2
Opgave 2.
(a) Bestem konvergensradius for potensrækken
∞
n=0
xn = −1
2n − 3 3 − x + x2 + 1
3 x3 + 1
5 x4 + · · · .
(b) Lad f(x) være sumfunktionen for rækken i (a). Bestem grænseværdien
lim
x→0
3f(x) + cos(x)
ex .
− 1
Besvarelse: (a) Ved kvotientkriteriet har vi, at
2(n + 1) − 3
R = lim
n→∞ 2n − 3
2 −
= lim
n→∞
1
n
2 − 3
n
= 1.
(b) Sumfunktionen er kontinuert differentiabel og opfylder, at f(0) = −1/3
og f ′ (0) = −1. Derfor er grænseværdierne af tæller og nævner
lim(3f(x)
+ cos(x)) = 0, lim
x→0 x→0 ex − 1 = 0.
Grænseværdierne af deres differentialkvotienter er
Fra l’Hôpitals regel f˚ar vi
lim
x→0 (3f ′ (x) − sin(x)) = −3, lim e
x→0 x = 1.
3f(x) + cos(x)
lim
x→0 ex − 1
3f
= lim
x→0
′ (x) − sin(x)
ex = −3.

Københanvs Universitet
Eksamen ved Det Naturvidenskabelige Fakultet Sommer 2002 3
Opgave 3. Betragt 3 × 3 matricen
⎡
⎢
A(a) = ⎢
⎣
3
2
0
2 a
−1
−2 + 2 a
−1 0 3
som afhænger af parameteren a ∈ R.
(a) Vis, at det karakteristiske polynomium for A(a) er λ−2 λ−4 λ−2 a .
(b) Bestem mængden af a ∈ R, for hvilke matricen A(a) er diagonaliserbar.
Besvarelse: (a) Hvis vi udvikler i den midterste søjle (eller række) f˚ar vi
λ − 3
−2
1
0
λ − 2 a
0
1
2 − 2 a
λ − 3
=
λ − 3
(λ − 2a)
1
1
λ − 3
⎤
⎥
⎦
= (λ − 2a)(λ 2 − 6λ + 8)
= (λ − 2a)(λ − 2)(λ − 4).
(b) Hvis matricen har tre forskellige egenværdier er den diagonaliserbar. Det
er tilfældet med mindre 2a = 2 eller 2a = 4. Vi mangler alts˚a blot at betragte
de to tilfælde a = 1 eller a = 2.
Tilfældet a = 1: λ = 2 er en dobbeltrod i det karakteristiske polynomium.
Dimensionen af egenrummet findes ved elimination:
⎛
λ − 3
⎜
⎝
−2
0
λ − 2 a
⎞
1
⎟
2 − 2 a ⎟
⎠
1 0 λ − 3
=
⎛
−1
⎜
⎝
−2
0
0
1
0
⎞
⎟
⎠
1 0 −1
→
⎛
1
⎜
⎝
0
0
0
⎞
0
⎟
1 ⎟
⎠
0 0 0
Der er alts˚a kun en fri variabel og derfor kun et en-dimensionalt egenrum
hørende til egenværdien λ = 2. Hvis matricen var diagonaliserbar, ville der
være et egenrum af dimension to hørende til en rod af multiplicet to. Matricen
er alts˚a ikke diagonaliserbar for a = 1.
Tilfældet a = 2: λ = 4 er en dobbeltrod i det karakteristiske polynomium.
Dimensionen af egenrummet findes ved elimination:
⎛
λ − 3
⎜
⎝
−2
0
λ − 2 a
⎞
1
⎟
2 − 2 a ⎟
⎠
1 0 λ − 3
=
⎛
1
⎜
⎝
−2
0
0
⎞
1
⎟
−2 ⎟
⎠
1 0 1
→
⎛
1
⎜
⎝
0
0
0
⎞
1
⎟
0 ⎟
⎠
0 0 0
.

Københanvs Universitet
Eksamen ved Det Naturvidenskabelige Fakultet Sommer 2002 4
Der er alts˚a to frie variable og egenrummet hørende til egenværdien 4 har
dimension 2. Da egenrummet hørende til egenværdien 2 har dimension mindst
1, er matricen diagonaliserbar.
Værdien a = 1 er alts˚a den eneste, for hvilken matricen ikke er diagonaliserbar.
Opgave 4.
(a) Betragt funktionen
F (x, y, z) = 2
z
0
cos (t)
dt − sin(x + z) − y.
t + 1
Argumenter for, at der i en ˚aben kugle omkring (0, 0, 0) gælder, at
∂F
(z)
(x, y, z) = 2cos − cos(x + z)
∂z z + 1
og at F , i en ˚aben kugle omkring (0, 0, 0), er kontinuert differentiabel.
(b) Vis, at der findes en kontinuert differentiabel funktion f defineret i en
˚aben kugle omkring (0, 0) i R2 , som opfylder, at f(0, 0) = 0 og s˚a
z = f(x, y) løser ligningen
2
z
0
cos(t)
dt = sin(x + z) + y
t + 1
for alle (x, y) i definitionsmængden for f. (Du m˚a godt benytte resultatet
fra (a), selvom du ikke har besvaret det spørgsm˚al.)
(c) Bestem de partielt afledte af funktionen f fra (b) i punktet (0, 0).
Besvarelse: (a) Da funktionen t ↦→ cos(t)
er kontinuert p˚a intervallet ]−1, 1[,
t+1
følger det fra analysens fundamentalsætning, at
d
dz
z
0
cos(t) cos(z)
dt =
t + 1 z + 1
for z ∈] − 1, 1[. Derfor er F partielt differentiabel mht. z p˚a den ˚abne kugle
med radius 1 omkring punktet (0, 0, 0) og den partielt afledte er som angivet.
Funktionen ∂F er kontinuert p˚a den˚abne kugle med radius 1 omkring (0, 0, 0),
∂z
da den er bygget op af kontinuerte funktioner. For at vise, at F er kontinuert

Københanvs Universitet
Eksamen ved Det Naturvidenskabelige Fakultet Sommer 2002 5
differentiabel p˚a denne kugle, skal vi vise, at de andre partielt afledte ogs˚a
er kontinuerte. De er givet ved
∂F
(x, y, z) = − cos(x + z)
∂x
∂F
(x, y, z) = −1.
∂y
Disse funktioner er kontinuerte, da de er bygget op af kontinuerte funktioner.
(b) Den givne ligning er identisk med F (x, y, z) = 0. Da 0 cos(t)
dt = 0 og
0 t+1
sin(0) = 0, følger det, at F (0, 0, 0) = 0. P˚astanden om eksistens af funktionen
f følger fra sætningen om implicit givne funktioner, hvis vi kan vise, at
(0, 0, 0) = 2 cos(0) − cos(0) = 1.
∂F
∂z
(0, 0, 0) = 0. Ved indsættelse f˚ar vi ∂F
∂z
(c) Ved implicit differentiation f˚ar vi
∂f
∂x
(0, 0) = −
∂F
∂x
∂F
∂z
(0, 0, 0)
(0, 0, 0) = cos(0)/1 = 1, ∂f
∂y
(0, 0) = −
∂F
∂y
∂F
∂z
(0, 0, 0)
= 1/1 = 1.
(0, 0, 0)

Københanvs Universitet
Eksamen ved Det Naturvidenskabelige Fakultet Sommer 2002 6
Opgave 5. Betragt funktionen f : R 2 ↦→ R givet ved
f(x, y) = e x2 +2y2 − 8xy.
(a) Vis, at (0, 0) er et kritisk punkt for f og at det er et saddelpunkt.
(b) Argumenter for, at f har mindst et maksimumspunkt og mindst et minimumspunkt
i mængden
D = (x, y) ∈ R 2 | x 2 + 2y 2 ≤ 1 .
(c) Vis, at hvis (x, y) = (0, 0) er et kritisk punkt for f, da m˚a der gælde, at
x 2 + 2y 2 = ln( √ 8),
og dermed, at f ikke har andre kritiske punkter p˚a mængden D fra (b)
end (0, 0), da e < √ 8.
(d) Bestem minimum og maksimum, og i hvilke punkter de antages, for
funktionen f p˚a mængden D fra (b). (Du kan benytte resultaterne fra
de tidligere spørgsm˚al, selvom du ikke har besvaret disse.)
Besvarelse: (a) Vi udregner de partielt afledte af f
∂f
∂x (x, y) = 2 xex2 +2 y 2
− 8 y, ∂f
∂y (x, y) = 4 yex2 +2 y 2
− 8 x.
Ved indsættelse ser vi, at de begge er 0 i (0, 0). Derfor er (0, 0) et kritisk
punkt. For at bestemme typen finder vi de anden ordens partielt afledte
∂2f ∂x2 (x, y) = 2 ex2 +2 y2 + 4 x2ex2 +2 y2 , A = ∂2f ∂x2 (0, 0) = 2
∂2f ∂x∂y (x, y) = 8 yxex2 +2 y2 − 8, B = ∂2f (0, 0) = −8
∂x∂y
∂2f ∂y2 (x, y) = 4 ex2 +2 y2 + 16 y2ex2 +2 y2 , C = ∂2f ∂y2 (0, 0) = 4.
Alts˚a er B 2 > AC og det følger fra ABC-kriteriet, at (0, 0) er et saddelpunkt.
(b) Funktionen f er kontinuert, da den er bygget op af kontinuerte funktioner.
Mængden D er afsluttet (lukket) ved brug af Sætning 6.26 i Funktioner
af en og flere variable da funktionen 1 − x 2 − 2y 2 er kontinuert. Man kan
ogs˚a benytte resultatet p˚a ugeseddel 6. Mængden D er begrænset, da D er
indeholdt i en kugle med radius 1, nemlig D ⊆ {(x, y) | x 2 + y 2 ≤ 1}.
(c) De kritiske punkter for f opfylder
2 xe x2 +2 y2 − 8 y = 0, 4 ye x2 +2 y2 − 8 x = 0.

Københanvs Universitet
Eksamen ved Det Naturvidenskabelige Fakultet Sommer 2002 7
Bemærk, at hvis x = 0 m˚a y = 0 og omvendt. Hvis (x, y) = (0, 0) m˚a derfor
b˚ade x og y være forskellige fra 0. Ligningerne kan omskrives til
1
4 xex2 +2 y 2
= y,
1
2 yex2 +2 y 2
= x.
Hvis vi indsætter udtrykket for y fra den første ligning i den anden ligning,
f˚ar vi
1
8 xe2(x2 +2 y 2 ) = x.
Da x er forskellig fra 0, konkluderer vi, at e 2(x2 +2 y 2 ) = 8, alts˚a x 2 + 2 y 2 =
ln( √ 8) > 1.
(d) Fra (b) ved vi, at f har ekstremumspunkter p˚a D. Fra (a) og (c) ved vi,
at kun (0, 0) kan være ekstremumspunkt p˚a det indre af D. Men da (0, 0) er
et saddelpunkt, m˚a alle max og min punkter ligge p˚a randen af D.
Til at bestemme max og min p˚a randen benytter vi Lagranges metode. Vi
bemærker først, at hvis vi lader g(x, y) = x 2 + 2 y 2 da er ∇g(x, y) = (2x, 4y).
Alts˚a er ∇g(x, y) = (0, 0), hvis (x, y) = (0, 0).
De mulige ekstremumspunkter p˚a randen m˚a da opfylde Lagrange ligninger
2e x − 8 y = λ2x, 4e y − 8 x = λ4y,
hvor vi har benyttet, at x 2 +2y 2 = 1. Ved at gange den første ligning med y/2
og den anden ligning x/4 ser vi at x 2 = 2y 2 . Da x 2 + 2 y 2 = 1, konkluderer
vi, at x 2 = 1/2 og y 2 = 1/4. De mulige punkter er derfor
(1/ √ 2, 1/2), (−1/ √ 2, −1/2), (−1/ √ 2, 1/2), (1/ √ 2, −1/2).
I de to første punkter er værdien af f lig e − 2 √ 2. I de to sidste punkter
er værdien af f lig e + 2 √ 2. Den første værdi er minimum, den anden er
maksimum.
Man kunne ogs˚a have bemærket, at for (x, y) p˚a randen vil f(x, y) = e−8xy.
Det er derfor nok, at betragte funktionen −8xy p˚a randen.