Mat-1.1520 Grundkurs i matematik 2 Gripenberg, Pohjonen, Solin ...

Mat-1.1520 Grundkurs i matematik 2 Gripenberg, Pohjonen, Solin
Övning 5, (I=”inlämningsuppgift”, D=”demo-uppgift”)
Vecka 7, 14–18.2.2011
Teori för dessa uppgifter finns ocks˚a i Adams 13.3, 13.4
I1. Bestäm kvadraten av avst˚andet fr˚an punkten (x0, y0, z0) till planet Ax + By + Cz = D
(dvs. kvadraten av avst˚andet fr˚an (x0, y0, z0) till den närmaste punkten i planet) med hjälp av en
Lagrange multiplikator.
Lösning: Vi skall minimera funktionen f(x, y, z) = (x − x0) 2 + (y − y0) 2 + (z − z0) 2 d˚a
Ax + By + Cz = D. Enligt Lagranges metod skall vi bestämma de kritiska punkterna för
funktionen
F (x, y, z, λ) = (x − x0) 2 + (y − y0) 2 + (z − z0) 2 + λ(Ax + By + Cz − D).
När vi deriverat f˚ar vi ekvationssystemet
0 = Fx = 2(x − x0) + λA,
0 = Fy = 2(y − y0) + λB,
0 = Fz = 2(z − z0) + λC,
0 = Fλ = Ax + By + Cz − D.
Vi f˚ar direkt x = x0 − 1
2λA, y = y0 − 1
2λB och z = z0 − 1λC
och när vi sätter in dessa punkter
2
i planets ekvation f˚ar vi
av vilket följer att
Ax0 + By0 + Cz0 − D − 1
2 λ(A2 + B 2 + C 2 ) = 0
λ = 2(Ax0 + By0 + Cz0 − D)
.
A 2 + B 2 + C 2
Om vi nu sätter in uttrycken för x − x0, y − y0 och z − z0 i uttrycket för kvadraten av avst˚andet
s˚a blir detta
1
4 λ2A 2 + 1
4λ2B 2 + 1
4λ2C 2 = 1 4(Ax0 + By0 + Cz0 − D)
4
2 (A2 + B2 + C2 )
(A2 + B2 + C2 ) 2
och av detta ser vi att avst˚andet är |Ax0 + By0 + Cz0 − D|
√ .
A2 + B2 + C2 =
|Ax0 + By0 + Cz0 − D|
√ A 2 + B 2 + C 2
2
,

I2. Bestäm funktionens (x − 1) 2 + (y − 2) 2 + (z − 3) 2 minsta värde d˚a x + y + z = 4 och
x + y − z = 6 genom att använda Lagrange multiplikatorer. (Observera att man d˚a minimerar
avst˚andet i kvadrat fr˚an (1, 2, 3) till skärningslinjen mellan planen x+y +z = 4 och x+y −z =
6.)
Lösning: Vi bildar Lagrange funktionen
Svar: 18
L(x, y, z, λ, µ) = (x − 1) 2 + (y − 2) 2 + (z − 3)z 2 + λ(x + y + z − 4) + µ(x + y − z − 6).
Nu är gradienten L ′ (x, y, z, λ, µ) = 0 d˚a
2(x − 1) + λ + µ = 0
2(y − 2) + λ + µ = 0
2(z − 3) + λ − µ = 0
x + y + z − 4 = 0
x + y − z − 6 = 0.
Ur de tv˚a sista ekvationerna följer att x + y = 10 = 5 och s˚aledes z = −1. Ur de tv˚a första
2
ekvationerna följer att x − 1 = y − 2, eller x = y − 1. Eftersom x + y = 5 s˚a m˚aste vi ha y = 3
och x = 2. Den enda lösningen är allts˚a (2, 3, −1). Eftersom uttrycket som skall minimieras är
≥ 0 och blir stort d˚a avständet fr˚an origo till (x, y, z) blir stort s˚a ser vi att det är minimipunkten
vi hittat och det minsta värdet är 1 + 1 + 42 = 18.
I3. Bestäm kortast möjliga avst˚and i kvadrat fr˚an punkten (0, −1) till n˚agon punkt p˚a kurvan
y = √ 1 − x 2 genom att använda en Lagrange multiplikator.
Lösning: Vi skall allts˚a bestämma minsta värdet av funktionen f(x, y) = x2 + (y + 1) 2 d˚a
y − √ 1 − x2 = 0. Vi bildar Lagrange funktionen L(x, y, λ) = x2 + (y + 1) 2 + λ(y − √ 1 − x2 )
och bestämmer gradientens nollställen:
x
Lx(x, y, λ) = 2x + λ√
= 0,
1 − x2 Ly(x, y, λ) = 2(y + 1) + λ = 0,
Lλ(x, y, λ) = y − √ 1 − x 2 = 0.
Om x = 0 s˚a är den första ekvationen uppfylld och av den tredje följer att y = 1 och d˚a är även
den andra ekvationen uppfylld d˚a λ = −4. Om x = 0 s˚a är λ = −2 √ 1 − x 2 enligt den första
ekvationen och d˚a följer det av den andra att
2y + 2 = 2 √ 1 − x 2 ,
s˚a d˚a vi löser y och sätter in resultatet i den tredjeekvationen f˚ar vi
−1 = 0,
vilket är en motsägelse. Den enda lösningen är allts˚a x = 0 och y = 1. Men om man ritar en
figur ser man att denna punkt ger funktionen dess största värde medan det minsta uppn˚as med
d˚a x = ±1 och y = 0. I detta fall hade vi allts˚a ingen nytta av Lagrange multiplikatorn eftersom
det extremvärde vi ville bestämma uppn˚as i ändan p˚a kurvan där den inte är deriverbar.

I4. Enligt statistikcentralen var utsläppen av växthusgaser av inrikes transport i Finland mellan
˚aren 1990 och 2009 följande (motsvarande miljoner ton koldioxid): 12.79 12.43 12.35 11.88
12.23 12.03 12.00 12.59 12.74 12.94 12.84 12.96 13.15 13.34 13.68 13.71 13.90 14.27 13.68
13.01. L˚at yk, k = 1, . . . , 20 vara dessa utsläppsmängder och l˚at xk = 1989 + k, k = 1, . . . , 20.
Uppskatta med hjälp av linjär regression hur stora utsläppen var ˚ar 2010 genom att använda
följande uträknade värden: x = 1
20
20
k=1 xk = 1999.5, y = 1
20
x) 2 = 665, 20
k=1 (yk − y) 2 = 8.7267 och 20
k=1 (xk − x)(yk − y) = 62.18.
Lösning: Om man minimerar uttrycket 1
2
ekvationerna
20
(xk − x) 2
a +
k=1
Eftersom 20
k=1 (xk − x) = 0 s˚a är
20
k=1
och av den första ekvationen f˚ar vi
20
20
20
20
k=1 yk = 12.926, 20
k=1 (xk −
Svar: 13.9
k=1 |a(xk −x)+ ˜ b−yk| 2 s˚a f˚ar man när man deriverar
20
(xk − x) ˜b = (xk − x)yk,
k=1
k=1
20
(xk − x) a + 20 b = yk.
k=1
k=1
20
(xk − x)yk = (xk − x)(yk − y) = 62.18,
a =
20
k=1
k=1 (xk − x)yk
20 k=1 (xk
62.18
= = 0.0935.
− x) 2 665
Av den andra ekvationen följer att
20 ˜ k=1 b =
yk
= y = 12.926.
20
P˚a grundval av dessa räkningar kan vi uppskatta att utsläppen ˚ar 2010 var
a(2010 − x) + ˜ b = 0.0935(2010 − 1999.5) + 12.926 ≈ 13.9.
I5. Antalet hush˚all med digibox var under perioden februari 2004 till januari 2007 följande:
m˚anader före 31.8.2007 42 39 35 33 21 18 15 12 9 7
andel i % 11 15 18 22 35 44 50 51 56 61
Om man nu l˚ater x vara antalet m˚ander och y procentandelen och man bestämmer a och b
s˚a att 10 k=1 |axj+b−yj| 2 är s˚a liten som möjligt f˚ar man b = 69.0. För att bedöma hur tillförlitlig
denna siffra är kan man göra p˚a följande sätt: Man väljer slumpmässigt 10 av talparen (xj, yj)
j = 1, . . . , 10 (s˚a att man till˚ater upprepningar) och räknar ut ett värde b med dessa tal och
sedan kan man se hur dessa tal b varierar när man upprepar detta tillräckligt m˚anga g˚anger. Gör
detta med hjälp av matlab/octave, räkna 200 värden och rita/skissera ett histogram som
visar resultaten.

Ledning: I dokumentet math.tkk.fi/opetus/gk2/ovn11/ovn5I5.m (till vilken det finns en länk i
noppa) hittar du instruktioner för hur du skall komplettera och modifiera de kommandon som
finns där (dvs. de rader som börjar med ett %-tecken) för att f˚a en fil som du kan köra i
matlab/octave och som d˚a ger önskat resultat.
Lösning: Man kan tex. använda följande kommandon:
x=[42 39 35 33 21 18 15 12 9 7];
y=[11 15 18 22 35 44 50 51 56 61];
b=zeros(1,200);
for j=1:200
jj=floor(10*rand(1,10)+1);
xx=x(jj);
yy=y(jj);
A=[xx;0*xx+1];
cc=(A*A’)\A*yy’;
b(j)=cc(2);
end
hist(b)
Resulatet kan se ut ungefär s˚a här (men d˚a sanvänds kommandot hist(b,60:72)):
70
60
50
40
30
20
10
.... .. . .
60 62 64 66 68 70 72

D1. I en gas finns N molekyler och ar och en av dem kan befinna sig i tillst˚andet j s˚a att dess
energi är Ej där j = 1, . . . , M (1 ≤ M ≤ ∞). Om Nj av molekylerna är i tillst˚andet j s˚a är
M
j=1 Nj = N och om deras sammanlagda energi är E, s˚a gäller M
j=1 NjEj = E. Bestäm
andelarna Nj
N
s˚a att uttrycket
N!
N1! N2! . . . NM! ,
är s˚a stort som möjligt med dessa begränsningar. Talet som skall maximeras säger p˚a hur m˚anga
sätt N olika molekyler kan fördelas i olika klasser j s˚a att i klass j fins Nj molekyler. Använd
approximationen k! ≈ k k e −k , ta logaritmen, använd Lagrange multiplikatorer och strunta i
kravet p˚a att Nj skall vara ett heltal.
Lösning: Eftersom
N!
N1! N2! . . . NM! ≈
N N e −N
N N1
1 e −N1 . . . N NM
M e−NM
och eftersom man lika bra kan maximera logaritmen kan vi konstatera att vi skall bestämma
största värdet av funktionen
M
M
f(N1, . . . , NM) = N ln(N) − N − Nj ln(Nj) + Nj,
d˚a M j=1 Nj = N och M j=1 NjEj = E. Vi struntar i kravet att Nj skall vara ett heltal och
bildar Lagrange funktionen
M
M
M
L(N1, . . . , NM, λ, µ) = N ln(N) − Nj ln(Nj) + λ Nj − N + µ NjEj − E .
j=1
Derivatans nollpunkter uppfyller ekvationssystemet
∂L
∂Nj
∂L
∂λ =
∂L
∂µ =
j=1
j=1
,
j=1
= − ln(Nj) − 1 + λ + µEj = 0, j = 1, . . . , M,
M
Nj − N = 0,
j=1
M
NjEj − E = 0.
j=1
Ur de första ekvationerna f˚ar vi som lösningar
och genom att addera
S˚aledes är
N = e λ−1
Nj = e −1+λ e µEj ,
M
e µEj , j = 1, . . . , M.
j=1
Nj
N =
e µEj
M j=1 eµEj
,
j=1

och µ bestäms av villkoret
D2. Visa att om 1 < p < ∞ och 1
p
E
N =
+ 1
q
N j=1
M j=1 eµEj
µEj Eje
.
= 1 s˚a gäller
n
n
|ajbj| ≤ |aj| p
j=1
j=1
1
p n
j=1
|bj| q
1
q
,
genom att först bestämma största möjliga värde av uttrycket n j=1 xjyj d˚a n n j=1 |yj| q 1
n
p
n
p
q
= 1, och sedan välja xj = |aj|/ j=1 |aj| och yj = |bj|/ |bj|
Lösning: Vi bildar Lagrange funktionen
n
n
F (x, y, λ, µ) = xjyj + λ |xj| p
n
− 1 + µ |yj| q
− 1 .
j=1
j=1
j=1
j=1
j=1 |xj| p =
1
q
.
Derivatan av funktionen x ↦→ |x| p är p|x| p−1sign (x) där sign (x) = x ifall x = 0, och 0 om
|x|
x = 0. S˚aledes f˚ar vi följande ekvationssystem om vi kräver att gradienten av F skall vara 0:
För varje j f˚ar vi d˚a
yj = −λp|xj| p−1 sign (xj), j = 1, . . . , n,
xj = −µq|yj| q−1 sign (yj), j = 1, . . . , n,
n
1 = |xj| p ,
1 =
j=1
n
|yj| q .
j=1
yj = λp|µ| p−1 q p−1 |yj| (p−1)(q−1) sign (µyj).
D˚a p = 2 (s˚a att ocks˚a q = 2) s˚a ser vi av detta att det finns en positiv konstant cy (som beror
p˚a p, q, λ och µ s˚a att yj = ±cy för all j = 1, . . . , n och eftersom n
j=1 |yj| q = 1 s˚a m˚aste vi
1
1
− −
ha cy = n q . P˚a samma sätt ser vi att xj = ±n p för alla j. För att uppn˚a ett maximum m˚aste
xjyj ≥ 0 för alla j, dvs. xj m˚aste ha samma tecken yj och d˚a f˚ar vi
n
xjyj =
j=1
n
j=1
1 1
− −
n p n q =
n
n −1 = 1,
eftersom 1 1 + = 1.
p q
Ifall p = q = 2 s˚a är yj = −2λxj och xj = −2µyj
s˚a att det följer av villkoren
n
j=1 |xj| 2 = n j=1 |yj| 2 = 1 att |λ| = |µ| = 1
2 . D˚a är n j=1 xjyj = ± n j=1 |xj| 1 = ±1
och det största värdet är 1 ocks˚a i detta fall.
n=1

Eftersom 1 var det största värdet f˚ar vi
n
xjyj ≤ 1 kun
Om vi nu väljer
xj =
n
j=1
|aj|
j=1
|aj| p
1
p
n
|xj| p =
j=1
och yj =
s˚a är n
j=1 |xj| p = n
j=1 |xj| q = 1 och n
av vilket p˚ast˚aendet följer.
n
j=1
|aj| p
j=1 |ajbj|
1
p n
n
j=1
|bj|
j=1
n
|xj| q = 1.
j=1
|bj| q
1
q
|bj| q
1 , j = 1, . . . , n,
q
≤ 1,