Rešene naloge iz kolokvijev iz Matematike 1. Peter Kink 17. februar 2021

Velikost: px
Začni prikazovanje s strani:

Download "Rešene naloge iz kolokvijev iz Matematike 1. Peter Kink 17. februar 2021"

Transkripcija

1 Rešene naloge iz kolokvijev iz Matematike Peter Kink 7. februar 22

2 Kazalo Testi 25/6 3..Test Test Test Test Kolokviji 26/ Kolokvij Kolokvij Popravni kolokvij Popravni kolokvij Kolokviji 27/ Kolokvij Kolokvij Kolokvij Kolokvij Popravni kolokvij Popravni kolokvij Popravni kolokvij Kolokviji 28/ Kolokvij Kolokvij Kolokvij Popravni Kolokvij Popravni kolokvij Popravni kolokvij Kolokviji 29/ Kolokvij kolokvij Računski izpit Računski izpit Računski izpit

3 Testi 25/6..Test. test iz Matematike oktober 25. [2 točk] Za vsako od spodnjih trditev v pripadajoči kvadratek jasno označite, če je trditev pravilna oziroma napačna. Za vsak vaš pravilen odgovor boste prejeli 2 točki, za vsak napačen pa točko. Če pustite kvadratek prazen, dobite točk. Odgovorov ni potrebno utemeljevati. Če je U linearna lupina vektorjev v, v 2,..., v k, potem vektorji v, v 2,..., v k tvorijo bazo prostora U. Vsaka baza prostora R 2 4 ima največ 4 elemente. Denimo, da je V vektorski podprostor dimenzije 6 v R 35. Če je {v, v 2,..., v k } linearno neodvisna množica vektorjev v V, potem je k 6. Za poljubne tri vektorje a, b, c R 3 obstaja linearna preslikava φ: R 3 R 3, ki vektorje a, b, c po vrsti preslika v vektorje b, c, a. Preslikava, ki obrnljivi matriki A priredi njen inverz A, je linearna. Vsaka matrika, ki pripada linearni preslikavi iz R 2 3 v R 4, ima 6 stolpcev. 3

4 2. [3+3 točk] Za polinom p(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d in kvadratno matriko A označimo p(a) = aa 3 + ba 2 + ca + di. Naj bo A R 2 2 matrika [ ] 2 A =. 2 Naj bo U R 3 [x] množica tistih polinomov stopnje največ 3, za katere je p(a) = (ničelna matrika). (a) Dokaži, da je U vektorski podprostor v R 3 [x]. Natančno utemelji! (b) Poišči matriko, ki pripada linearni preslikavi φ: R 3 [x] R 2 2, φ(p) = p(a) v standardnih bazah prostorov R 3 [x] in R 2 2. (Linearnosti preslikave φ ni potrebno utemeljevati.) (c) (Dodatno) Poišči bazo za podprostor U in določi dim U. Natančno utemelji! (Namig: Če sta λ in λ 2 lastni vrednosti A, potem je (A λ I)(A λ 2 I) =.) Rešitev: (a) Vzemimo polinoma p, q U in skalarja α, β R. q(a) =, sledi Ker velja p(a) = in (αp + βq)(a) = αp(a) + βq(a) = α + β =, kar pomeni αp + βq U in U je podprostor. (b) Poračunati moramo φ(p) za polinome p iz standardne baze R 3[x], p {, x, x 2, x 3 }: [ ] [ ] [ ] [ ] 2 φ() =, φ(x) =, φ(x ) =, φ(x ) = Martika, ki pripada φ je torej 5 3 [φ] = (c) Za karakteristični polinom A(x) matrike A velja A(A) = (ničelna matrika). Hitro vidimo A(x) = det(a xi) = x 2 2x 3. V U so torej lahko le tisti polinomi stopnje največ 3, ki so deljivi z A(x). Od tod dobimo B U = {x 2 2x 3, x(x 2 2x 3)} in dim U = 2. 4

5 .2 2. Test 2. test iz Matematike 2 8. november 25. [2 točk] Za vsako od spodnjih trditev v pripadajoči kvadratek jasno označite, če je trditev pravilna oziroma napačna. Za vsak vaš pravilen odgovor boste prejeli 2 točki, za vsak napačen pa točko. Če pustite kvadratek prazen, dobite točk. Odgovorov ni potrebno utemeljevati. Naj bo τ : R 2 3 R 6 linearna preslikava, za katero velja ([ ]) ([ ]) τ = τ. 2 2 Potem je dim(im(τ)) 5. Vsaka izometrija ohranja ničelni vektor. Vsaka ortogonalna preslikava A: R 3 R 3, za katero velja A(a) = a, A(b) = c in A(c) = b za paroma ortogonalne vektorje a, b, c R 3, je zrcaljenje čez ravnino. a n+ Če za zaporedje a n s pozitivnimi členi velja lim <, po- n tem je lim a n =. n x n Vrsta konvergira za vsak x [, ]. n n= N Če je a n = S, potem obstaja tak N, da je S a n <.. a n 5

6 2. [3+3 točk] Dani so vektorji u, v, w R 3 ; u =, v =, w =. Linearna preslikava φ: R 3 R 3 slika te tri vektorje tako: φ(u) = w, φ(v) = v, φ(w) = u. i. Izberi bazo za R 3 in zapiši matriko, ki pripada φ v izbrani bazi. ii. Koliko je dim(im φ)? iii. Natančno utemelji, da je φ linearna izometrija (ali ekvivalentno: ortogonalna transformacija). iv. Poišči realne lastne vrednosti preslikave φ in pripadajoče lastne vektorje. v. Klasificiraj linearno izometrijo φ. vi. (Dodatno) Poišči matriko, ki pripada φ v standardni bazi R 3. Rešitev: i. Izberimo kar bazo {u, v, w}. V tej bazi pripada φ matrika A = A φ =. ii. dim(im φ) = rang A φ = 3. iii. Baza {u, v, w} je ortogonalna, ni pa ortonormirana. V ortonormirani bazi { } u u, v v, w =,, w 2 2 pripada φ ista matrika, tj. A. Ker velja A T A = I, je A ortogonalna, torej je φ linearna izometrija. iv. Iz φ(v) = v sledi, da je v lastni vektor φ za lastno vrednost λ =. Vektorja u in w iz ortogonalnega komplementa v (ki je invarinten podprostor za φ) pa jasno nista lastna vektorja. Torej je λ = edina realna lastna vrednost. v. Ker je edina realna lastna vrednost, je φ zrcalni zasuk. Os vrtenja je v, kot zasuka pa π/2 (kot med u in w). 6

7 .3 3. Test 3. test iz Matematike 2 9. december 25. [2 točk] Za vsako od spodnjih trditev v pripadajoči kvadratek jasno označite, če je trditev pravilna oziroma napačna. Za vsak vaš pravilen odgovor boste prejeli 2 točki, za vsak napačen pa točko. Če pustite kvadratek prazen, dobite točk. Odgovorov ni potrebno utemeljevati. Če vrsta 5. a n x n divergira pri x = 3, potem divergira tudi pri x = ( ) n = n! e Odvod funkcije f(x) = n(x ) n je enak f (x) = 2 x. V Fourierjevem razvoju funkcije k(x) = cos 2 x sin 2 x na intervalu [ π, π] je a 2 = in b n = za vsak n. Parcialni odvod funkcije g(x, y) = x 3 3x 2 y + y po spremenljivki x je enak g x (x, y) = 3x 2 6xy + y. Če vemo, da je h y (, ) > in h(, ) =, od tod sledi, da je h(, ) >. 7

8 2. [3+3 točk] Funkcija f je dana s predpisom f(x) = x log( + x 2 ). (a) Poišči Taylorjevo vrsto funkcije f okrog x =. (Namig: Taylorjeva vrsta funkcije log(+t) okrog t = je (b) Za katere x R dobljena Taylorjeva vrsta konvergira? utemelji! (c) Določi f (25) (). (d) (Dodatno) Izračunaj vsoto vrste ( ) n+ 2n 4 n. Rešitev: n= (a) V log( + t) = ( ) n+ n= t n vstavimo t = x 2 in dobimo n log( + x 2 ( ) n+ ) = x 2n. n n= n= Od tod sledi x log( + x 2 ( ) n+ ) = x x 2n ( ) n+ = x 2n+. n n n= ( ) n+ t n.) n n= Natančno (b) Splošni člen Taylorjeve vrste za x log( + x 2 ) je a n = ( )n+ x 2n+. Uporabimo najprej kvocientni n test: (c) Iz lim n an+ a n = lim n n n + x2 = x 2. Vrsta konvergira abosolutno, če je x 2 <, torej za vse x (, ). Preverimo še konvergenco v robnih točkah x = ±: ( ) n+ (±) 2n+ ( ) n+ = ±. n n n= Zadnja vrsta pa konvergira po Lebnizovem kriteriju. Območje konvergence je torej zaprt interval [, ]. k= f (k) () x k = k! sledi, da za n = 25 2 = 7 velja f (25) () 25! torej f (25) () = 25!/7. n= n= ( ) n+ n= n = ( )7+, 7 x 2n+ (d) Če v Taylorjevo vrsto za x log( + x 2 ) vstavimo x = /2, dobimo ravno številsko vrsto ( ) n+ n=. Torej 2n 4 n ( ) n+ 2n 4 = ( ( ) 2 ) ( n 2 log 5 ) + = log

9 .4 4. Test 4. test iz Matematike 2 2. januar 26. [2 točk] Za vsako od spodnjih trditev v pripadajoči kvadratek jasno označite, če je trditev pravilna oziroma napačna. Za vsak vaš pravilen odgovor boste prejeli 2 točki, za vsak napačen pa točko. Če pustite kvadratek prazen, dobite točk. Odgovorov ni potrebno utemeljevati. Če za zvezno pracialno odvedljivo funkcijo f(x, y) velja, da je f x (a, b) = f y (a, b) =, je v točki (a, b) lokalni ekstrem. Če funkcija f(x, y) doseže maksimalno vrednost na krivulji x 2 +2y 2 = 3 v točki (, ), potem je grad(f)(, ) vzporeden vektorju [, 2] T. dy y f(x, y) dx = x 2 dx xdy = π/2 dx dϕ x f(x, y) dy. r 2 cos ϕ dr. Vektorsko polje F(x, y) = [2xy, x 2 y 2 ] T je potencialno vektorsko polje na ravnini R 2. y dx + x dy = 3, kjer je K pozitivno orientiran rob štirikotnika z K oglišči (, ), (3, ), (4, 3) in (, 2). 9

10 2. [3+5 točk] (a) Poišči največjo in najmanjšo vrednost funkcije f(x, y) = x 2 y na krožnici z enačbo x 2 + y 2 =. (b) Izračunaj integral (x 2 y) dx dy = D ( ) y 2 (x 2 y) dx dy, kjer je D območje določeno z neenačbama x 2 + y 2, x. Namig: Pomagaj si z uvedbo polarnih koordinat. (c) (Dodatno) Naj bo vektorsko polje F dano s predpisom [ ] [ ] P x F(x, y) = = 2 y. Q xy Izračunaj krivuljni integral C F ds, kjer je C pozitivno orientiran krožni lok določen z x 2 +y 2 =, x. Namig: Pomagaj si s točko (b). Uporabi Greenovo formulo. Dobro utemelji! Rešitev: (a) Iščemo ekstreme f pri pogoju (vezi) g(x, y) := x 2 + y 2 =. Zapišimo Lagrangeovo funkcijo L(x, y, λ) = f(x, y) λg(x, y) = x 2 y λ(x 2 + y 2 ). Ničle parcialnih odvodov te funkcije so kandidati za vezane ekstreme f: L = 2x 2xλ, x L = 2yλ, y L λ = (x2 + y 2 ). Začnimo s prvo enačbo: Iz 2x( λ) = sledi ali x = ali λ =. Ko je x =, iz tretje enačbe dobimo y = ±. V primeru λ = pa iz druge enačbe dobimo y = /2 in nato iz tretje enačbe x = ± 3/2. Dobili smo 4 stacionarne točke, vrednost f v teh stacionarnih točkah pa je: T (x, y) f(x, y) T (, ) T (, ) T ( 3/2, /2) 5/4 T ( 3/2, /2) 5/4 Največja vrednost f na krožnici je torej 5/4 najmanjša pa.

11 (b) Po uvedbi polarnih koordinat dobimo I = (x 2 y) dx dy = = D π/2 π/2 dφ x = r cos φ y = r sin φ Jac = r π/2 π/2 r 3 cos 2 φ dr dφ π/2 π/2 (r 2 cos 2 φ r sin φ)r dr dφ r 2 sin φ dr. Drugi integral je enak, saj integriramo liho funkcijo sin φ na simetričnem intervalu. Prvi integral pa je ( ) π/2 ( ) I = cos 2 φ dφ r 3 dr = π π/2 2 4 = π 8. (Povprečna vrednost cos 2 φ na [ π/2, π/2] je enaka /2.) (c) Krivulji C dodamo daljico S med točkama (, ) in (, ). Tako dobimo sklenjeno, pozitivno orientirano krivuljo C S, ki omejuje območje D. Po Greenovi formuli velja ( Q F ds = x P ) ( dx dy = y x 2 ) dx dy = I = π y 8. C S D Polje F pa je na daljici S enako, saj F(, y) = [, ] T zato je: F ds = F ds + F ds = F ds C S torej F ds = π/8. C C D S C

12 2 Kolokviji 26/7 2.. Kolokvij. kolokvij iz Matematike 2 7. december 26. V vektorskem prostoru polinomov stopnje največ 4, R 4 [x], opazujemo podmnožici P = {p R 4 [x] : p( ) = p() in p() = } ter Q = {q R 4 [x] : q() Z}, tj. v P so vsi polinomi p, za katere velja p( ) = p() in p() =, v Q pa so vsi polinomi q, ki imajo pri x = celoštevilsko vrednost. (a) Za vsako od podmnožic P in Q odloči ali je podprostor v R 4 [x] ali ni. Natančno utemelji! (b) Za tisto podmnožico, ki je podprostor, poišči še bazo in določi dimenzijo. Rešitev: (a) Začnimo s P. Vzemimo polinoma p, q P, tj. polinoma p in q, da velja p() = p( ), p() =, q() = q( ) in q() =. Ali je P zaprta za linearne kombinacije? Preverimo; za α, β R velja in (αp + βq)( ) = αp( ) + βq( ) = αp() + βq() = (αp + βq)() (αp + βq)() = αp() + βq() = α + β =, tj. za polinom αp + βq prav tako veljata obe lastnosti za polinome iz P. Množica P je torej podprostor. Podmnožica Q ni podprostor. Polinom q(x) = x je vsebovan v Q (saj q() = Z), vendar q ni vsebovan v Q (saj q() = / Z) (b) Naj bo p(x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e predpis za polinom iz R 4[x]. Da bo ta polinom vsebovan v P, mora veljati p( ) = p() in p() =. Dobimo enačbi a b + c d + e = a + b + c + d + e in e =. To pa pomeni e =, d = b, a, b in c pa so lahko poljubna realna števila. Polinomi p P imajo torej predpis oblike p(x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 bx za poljubne a, b, c R. Od tod sledi, da je baza za P kar B P = {x 4, x 3 x, x 2 }. dim P = Naj bo a = [, ] T. Preslikava φ: R 2 R 2 2 je dana s predpisom φ(x) = x a T = x [, ]. (a) Utemelji, da je φ linearna preslikava. 2

13 (b) Poišči matriko, ki pripada φ v standardnih bazah prostorov R 2 in R 2 2. (c) Določi dim(ker φ) in dim(imφ). (d) Poišči bazo za imφ. Rešitev: (a) Preverimo, da φ ohranja linearne kombinacije. Velja φ(αx + βy) = (αx + βy)a T = αx a T + βy a T = αφ(x) + αφ(y) za vse x, y R 2 in vse α, β R, φ je linearna. (b) Poračunajmo, v kaj φ preslika vektorje standardne baze R 2. ([ ]) [ ] [ ] φ = [, ] = = E + E 2 ([ ]) [ ] [ ] φ = [, ] = = E 2 + E 22 Matrika, ki pripada φ je torej A φ =. (c) Matrika A φ ima rang 2, torej dim(imφ) = dim(c(a φ )) = 2. Za jedro potem velja dim(ker φ) = dim(r 2 ) dim(imφ) = 2 2 =. (d) Zagotovo sta v imφ matriki [ ] in [ ]. Ker sta linearno neodvisni in je dim(imφ) = 2, je baza za imφ kar B imφ = { [ ], [ ]}. 3. Linearna preslikava ψ : R 3 R 3 poljuben vektor v R 3 najprej zrcali preko ravnine x z =, nato pa še preko ravnine z =. (a) Utemelji, da je ψ izometrija. (b) Poišči lastne vrednosti izometrije ψ ter tiste lastne vektorje ψ, ki pripadajo realnim lastnim vrednostim. (c) Katera izometrija je ψ? Rešitev: (a) Ker je ψ kompozitum dveh zrcaljenj (ki sta izometriji), je tudi ψ izometrija. (b) Narišemo skico in vidimo, da ψ slika vektorje standardne baze R 3 tako: ψ(i) = k, ψ(j) = j, ψ(k) = i. Matrika, ki pripada ψ v standardni bazi R 3 je torej A ψ =. Karakteristični polinom te matrike je det(a ψ λi) = ( λ)( + λ 2 ). Lastne vrednosti so λ =, λ 2 = i in λ 3 = i. Pri edini realni lastni vrednosti λ = je lastni vektor kar j (od prej vemo ψ(j) = j). (c) ψ je zasuk z osjo j za kot π/2. (Kot med vektorjema k in ψ(k) = i pomembno je, da vzamemo vektor pravokoten na os vrtenja. Lahko pa kot določimo iz polarnega zapisa λ 3 = i = e i π/2. Pri obeh načinih smo površni in zanemarjamo orientacijo.) 3

14 4. Funkcija f je vsota potenčne vrste f(x) = k= x 3k 3 k k. (a) Na katerem intervalu v R ta vrsta konvergira? Posebej preveri, kako je s konvergenco v robnih točkah. (b) Odvajaj zgornjo vrsto in eksplicitno izrazi f (x). (c) S pomočjo (b) poišči predpis za f(x). (d) Izračunaj vsoto vrste 3 k k. k= Rešitev: (a) Iz kvocientnega kriterija za vrsto s členi a k = x3k dobimo 3 k k q = lim k a k+ = lim kx 3 k 3(k + ) = x 3 3, a k neenačbo q < oziroma x 3 /3 < rešijo vsi x ( 3 3, 3 3). x = 3 3 dobimo vrsto ( ) k, k k= V robni točki ki konvergira po Leibnizovem kriteriju. V robni točki x = 3 3 pa dobimo harmonično vrsto k, k= ki divergira. Območje konvergence je torej [ 3 3, 3 3). (b) Vrsto za f odvajamo po členih in seštejemo dobljeno geometrijsko vrsto: f (x) = k= 3kx 3k 3 k k = k= x 3k 3 k = 3 x k= (x 3 ) k = 3 3 k x x 3 /3 x 3 /3 = 3x2 3 x. 3 (c) Integriramo f (x) f(x) = f (x) dx = 3x 2 3 x 3 dx = log(3 x3 ) + C, kjer zadnji integral uženemo z uvedbo nove spremenljivke t = 3 x 3. Da določimo C, vstavimo x = : = log 3 + C, kar pomeni, da je C = log 3. Vsota vrste za f je tako f(x) = k= (d) Vsota te vrste je ravno f(). Imamo ( ) x 3k 3 3 k k = log 3 log(3 x3 ) = log. 3 x 3 k= ( ) 3 = f() = log. 3 k k 2 4

15 Kolokvij 2. kolokvij iz Matematike 2 8. januar 27. Funkcija dveh spremenljivk f ima predpis f(x, y) = x 3 + x 2 + y 2 + 4xy. (a) Poišči enačbo tangentne ravnine na graf f skozi točko A(,, ). (b) Poišči stacionarne točke funkcije f. (c) V katerih stacionarnih točkah ima f lokalni ekstrem? Katerega tipa? Rešitev: (a) Graf funkcije f ima enačbo z = f(x, y) oziroma x 3 +x 2 +y 2 +4xy z =. Graf f gledamo kot nivojno ploskev funkcije treh spremenljivk g(x, y, z) = f(x, y) z. Gradient g kaže v smeri, ki je na to nivojno ploskev pravokotna. Ker je g x 3x 2 + 2x + 4y grad g = g y = g z 2y + 4x, lahko za normalni vektor tangentne ravnine vzamemo n = (grad g)(,, ) = [, 2, ] T. Enačba tangentne ravnine skozi A je torej x + 2y z =. (b) Stacionarne točke so rešitve sistema f x(x, y) = 3x 2 + 2x + 4y =, f y(x, y) = 2y + 4x =. Iz druge enačbe dobimo y = 2x in, ko to vstavimo v prvo enačbo, dobimo še x = in x 2 = 2. Stacionarni točki sta torej T (, ) in T 2(2, 4). (c) Poskusimo tip stacionarne točke določiti s pomočjo Hessejeve matrike f: [ ] [ ] fxx f xy 6x H f = =. 4 2 f yx f yy V T dobimo H f (, ) = [ ] , torej T(, ) ni ekstrem, saj sta lastni vrednosti H f (, ) različno predznačeni. V T 2 dobimo H f (2, 4) = [ ] , torej je T2(2, 4) lokalni minimum, saj sta lastni vrednosti H f (2, 4) strogo pozitivni. 2. Znotraj elipsoida z enačbo x 2 a 2 + y2 b 2 + z2 c 2 = želimo sestaviti žično ogrodje kvadra, katerega robovi so vzporedni koordinatnim osem. Za kateri včrtan kvader bomo porabili največ žice? Kolikšna bo največja dolžina žice, ki jo bomo porabili? (Če ne gre v splošnem, reši nalogo za elipsoid s polosmi a = 2, b = 3, c = 6.) Rešitev: Oglišča tega kvadra bodo v točkah s koordinatami (±x, ±y, ±z). Dolžine stranic tega kvadra so torej 2x, 2y in 2z, da sestavimo ogrodje torej potrebujemo f(x, y, z) = 8(x + y + z) 5

16 enot žice. Naša vez je g(x, y, z) = x2 a 2 + y2 b 2 + z2 c 2 =. Pripadajoča Lagrangeova funkcija je torej ( ) x 2 L(x, y, z, λ) = 8(x + y + z) λ a + y2 2 b + z2 2 c, 2 njene stacionarne točke pa so rešitve sistema L x = 8 2λx a 2 =, L y = 8 2λy b 2 =, L z = 8 2λz =, c ( 2 ) x 2 L λ = a + y2 2 b + z2 2 c =. 2 Iz prvih treh enačb sledi, da rešitve, pri katerih bi bil katerikoli x, y, z ali λ enak, niso dopustne. Zapišimo x a = 4a λ, y b = 4b λ in z c = 4c λ. Ko to vstavimo v enačbo vezi, dobimo ( ) a 2 6 λ + b2 2 λ + c2 = 2 λ 2 oziroma λ 2 = 6(a 2 + b 2 + c 2 ). Torej λ = ±4 a 2 + b 2 + c 2, od koder sledi a 2 x = ± a2 + b 2 + c, y = ± b 2 c 2 in z = ± 2 a2 + b 2 + c 2 a2 + b 2 + c. 2 (Vse možne kombinacije ±.) Največ žice bomo torej porabili za kvader z dolžinami stranic 2a 2 a2 + b 2 + c, 2b 2 2c 2 in 2 a2 + b 2 + c 2 a2 + b 2 + c, 2 za ta kvader bomo porabili enot žice. 8(a 2 + b 2 + c 2 ) a2 + b 2 + c 2 = 8 a 2 + b 2 + c 2 3. Naj bo D R 3 omejeno območje nad ravnino z =, ki ga dobimo, če valj x 2 + y 2 = odrežemo s sfero x 2 + y 2 + z 2 = 2. (a) Izračunaj prostornino telesa, ki ga določa območje D, tj. prostornino telesa med krogom x 2 + y 2 v xy-ravnini in grafom funkcije z = 2 x2 y 2. (b) Izračunaj še maso telesa, ki ga določa D, če je gostota v točki (x, y, z) enaka ρ(x, y, z) = + x 2 + y 2. 6

17 Namig: Nalogo se da rešiti z dvojnim integralom. Lahko pa zapišeš tudi ustrezen trojni integral v valjnih koordinatah F(r, ϕ, z) = [x, y, z] T, ki so dane z x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, z = z. Determinanta Jacobijeve matrike teh koordinat je enaka det(j F ) = r. (Tega ni treba preverjati.) Rešitev: (a) Prostornina med xy-ravnino in grafom funkcije z = 2 x 2 y 2 je dvojni integral 2 x2 y 2 dxdy, D kjer je D krog z neenačbo x 2 + y 2. Najlažje ga bomo izračunali v polarnih koordinatah: 2 x2 y 2 dxdy = 2π = π dϕ D 2 r2 r dr = 2π r 2 r 2 dr 2 t dt = π t /2 dt = 2π 2 3 t3/2 2 = 2π 3 ( 2 2 ), kjer smo v drugi vrstici uvedli novo spremeljivko t = 2 r 2. (b) Izračunajmo pripadajoč trojni integral v cilindričnih koordinatah. enaka ρ(r cos ϕ, r sin ϕ, z) = + r 2. Masa je torej Gostota je m = 2π = π dϕ 2 r 2 dr ( + r 2 )r dz = 2π (3 t) t dt = π 2 2 ( 3t /2 t 3/2) dt = 4π 5 kjer smo v drugi vrstici spet uvedli novo spremeljivko t = 2 r 2. r( + r 2 ) 2 r 2 dr ( ), 7

18 2.3. Popravni kolokvij Popravni kolokvij iz Matematike 2. februar 27. Naj bo A R 2 2 matrika A = [ ], φ: R 2 2 R 2 2 pa preslikava s predpisom φ(x) = AX X T A. (a) Prepričaj se, da je φ linearna preslikava. (b) Določi dim(ker φ) in dim(imφ). Poišči še bazo za imφ. (c) Ali je λ = lastna vrednost za φ? Če je, poišči pripadajoč lastni vektor. Rešitev: (a) Preveriti moramo, da φ ohranja linearne kombinacije matrik. Velja φ(αx + βy ) = A(αX + βy ) (αx + βy ) T A = αax + βay αx T A βy T A = α(ax X T A) + β(ay Y T A) = αφ(x) + βφ(y ) za poljubni matriki X, Y R 2 2 in skalarja α, β R, φ je torej linearna. (b) Pišimo X = [ ] a b c d. Tedaj je [ ] [ ] [ ] [ ] [ φ(x) = AX X T a b a c 2c A = = c d b d a b d ] a + b d. 2b V ker φ so vse matrike X, za katere je φ(x) = oziroma [ ] [ ] 2c a + b d =. a b d 2b Dobimo b =, c =, d = a, a je pa lahko poljuben. Sledi [ ] a X = a za X ker φ, kar pomeni dim(ker φ) =. Iz dimenzijske enačbe sedaj dobimo dim(imφ) = dim(r 2 2 ) dim(ker φ) = 4 = 3. Bazo za imφ lahko dobimo tako, da v φ ([ ]) [ a b c d = 2c a+b d ] a b d 2b vstavimo take skalarje a, b, c, d, da dobimo 3 linearno neodvisne matrike. Ena možna baza je {[ ] [ ] [ ]} 2 B imφ =,,. 2 (c) [ Poskusimo poiskati neničelne rešitve enačbe φ(x) = X. Spet zapišemo X = a b ] c d in dobimo [ ] [ ] 2c a + b d a b =. a b d 2b c d 8

19 Ta sistem pa ima rešitve oblike [ ] d d/2 X =, d/2 d kjer je d R poljuben. Število λ = je torej res lastna vrednost φ, pripadajoč lastni vektor (matrika) pa je [ ] 2 X = Funkcija g je vsota potenčne vrste g(x) = (2n + )x 2n. (a) Določi definicijsko območje funkcije g, tj. območje konvergence te vrste. (b) Poišči (katerikoli) nedoločeni integral funkcije g. (c) S pomočjo (b) izrazi g eksplicitno. (d) Izračunaj vsoto vrste 2n+ 3 n. Rešitev: (a) Uporabimo kvocientni kriterij: lim (2n + 3)x2n+2 n (2n + )x 2n = x2. Ker je x 2 za x (, ), je vrsta za g absolutno konvergenta za x (, ). Preverimo še, kako je s konvergenco v robnih točkah: Za x = ± dobimo (2n + )x 2n = (2n + ), ta vrsta pa ne konvergira, saj 2n +. Definicijsko območje g je torej interval (, ). (b) Direktno izračunamo: g(x) dx = (2n + )x 2n dx = x 2n+ = x (x 2 ) n = x x. 2 (Za zadnji enačaj smo uporabili formulo za vsoto geometrijske vrste.) (c) Funkcijo iz (b) odvajamo: ( ) x g(x) = = + x2 x 2 ( x 2 ). 2 (d) Če v potenčno vrsto iz (a) vstavimo x = / 3 dobimo vrsto iz (d). Torej: 2n + 3 n = g(/ 3) = Poišči najmanjšo in največjo vrednost funkcije f(x, y, z) = x 2 + 2y 2 2z 9

20 na krogli z neenačbo x 2 + y 2 + z 2 2z. Rešitev: Poiskati moramo kandidate za ekstreme v notranjosti in za ekstreme na robu. V notranjosti ekstremov ni, saj je grad f = [2x, 4y, 2] T vedno različen od [,, ] T. Kandidate za ekstreme na robu bomo poiskali z Lagrangeovo metodo. Lagrangeeva funkcija je L(x, y, z, λ) = x 2 + 2y 2 2z λ(x 2 + y 2 + z 2 2z). Njene stacionarne točke so rešitve sistema grad L = oziroma 2x 2λx =, 4y 2λy =, 2 2λz + 2λ =, (x 2 + y 2 + z 2 2z) =. Z nekaj truda poiščemo vse 4 kandidate za vezane ekstreme f... ti so: T (x, y, z) f(x, y, z) T (,, ) T (,, 2) 4 T (, 3/2, /2) /2 T (, 3/2, /2) /2 Največja vrednost f na krogli je torej /2, najmanjša pa Vektorsko polje F ima predpis F(x, y) = (x 2 y, xy 2 + y 3 ). (a) Izračunaj krivuljni integral F ds, kjer je K krožni lok s parametrizacijo p(t) = [cos t, sin t] T za t [, K π]. (b) Izračunaj dvakratni integral dx x 2 (x 2 y 2 ) dy. Rešitev: (a) Integral izračunamo direktno: π π [ ] cos 2 t sin t F ds = F(p(t)) ṗ(t) dt = cos t sin 2 t + sin 3 t K = π sin 3 t cos t dt = u 3 du =. [ ] sin t dt cos t (V drugi vrstici smo uvedli novo spremenljivko u = sin t.) (b) Integrala se lahko lotimo na več načinov. Lahko bi uvedli polarne koordinate. Tu si bomo pomagali z Greenovo formulo in (a) delom naloge. Območje za integracijo D je polkrog določen z neenačbama x 2 + y 2 in y. Rob tega polkroga je sestavljen iz polkrožnega loka K (iz (a) dela) in daljice L od točke (, ) do točke (, ). Po Greenovi formuli je K F ds + L F ds = D ( P y Q ) dxdy = x (x 2 y 2 ) dxdy. D 2

21 Krivuljni integral F ds je lahek. Parametrizacija za daljico L je lahko kar r(t) = L [t, ] T za t [, ] in dobimo Sledi L F ds = F(r(t)) ṙ(t) dt = x 2 dx (x 2 y 2 ) dy = K [ ] [ ] dt =. F ds + F ds = + =. L 2

22 Popravni kolokvij Popravni kolokvij iz Matematike 2 6. februar 27. Naj linearna preslikava φ: R 3 [x] R 3 [x] slika polinom p(x) v (x+)p (x), tj. φ(p)(x) = (x + )p (x). (a) Poišči matriko, ki pripada φ v standardni bazi prostora R 3 [x]. (b) Kateri od polinomov p (x) = x 3 + x 2, p 2 (x) = x in p 3 (x) = x 3 + 2x 2 + x so vsebovani v imφ, sliki preslikave φ? Utemelji! (c) Ali je q(x) = (x + ) 3 lastni polinom preslikave φ? vrednosti pripada? Kateri lastni Rešitev: (a) Poračunamo, kam φ slika standardne bazne polinome, x, x 2 in x 3 : φ() = (x + ) =, φ(x) = (x + ) = x +, φ(x 2 ) = (x + ) 2x = 2x 2 + 2x, φ(x 3 ) = (x + ) 3x 2 = 3x 3 + 3x 2. Matrika, ki pripada φ je torej A φ = (b) V bazi {, x, x 2, x 3 } polinome p, p 2 in p 3 predstavimo s stolpci v =, v2 = in v3 = 2. V stolpčnem prostoru C(A φ ) matrike A φ sta vsebovana v in v 3, v 2 pa ne. (Zakaj?) Sledi p, p 3 imφ ter p 2 imφ. (c) Preverimo: φ(q)(x) = (x + ) 3(x + ) 2 = 3(x + ) 3 = 3q(x). To pomeni, da je q lastni polinom φ za lastno vrednost Funkcija g je dana s predpisom g(x) = x log( + x 2 ). (a) Poišči splošni člen Taylorjeve vrste funkcije g okrog x =. (b) Določi območje konvergence dobljene Taylorjeve vrste. (c) Izračunaj g (27) (). 22

23 Rešitev: (a) Mogoče se na pamet ne spomnimo Taylorjeve vrste za log( + t) zato najprej odvajamo log( + x 2 ): ( log(+x 2 ) ) = 2x + x = 2x 2 ( x 2 ) = 2x ( ) n x 2n = 2( ) n x 2n+. Sledi log( + x 2 ) + C = 2( ) n x 2n+2 2n + 2 = ( ) n x 2n+2 n +. Če v to vstavimo x =, ugotovimo C =. Torej log( + x 2 ) = x2n+2 ( )n n+ in zato g(x) = x log( + x 2 ) = ( ) n x 2n+3 n +. (b) Uporabimo kvocientni kriterij: lim n ( )n+ (n + )x 2n+5 ( ) n (n + 2)x 2n+3 = x2 lim n n + n + 2 = x2. Ker je x 2 za x (, ), je ta Taylorjeva vrsta absolutno konvergenta za x (, ). Preverimo še, kako je s konvergenco v robnih točkah: Za x = dobimo ( ) n n +, ki konvergira po Leibnizovem kriteriju. Za x = dobimo ( ) n ( ) 2n+3 = ( ) n n + n +, ki prav tako konvergira po Leibnizovem kriteriju. Območje konvergence je torej zaprt interval [, ]. (c) Poiščimo indeks n zgornje Taylorjeve vrste za g, pri katerem nastopa g (27) (), tj. + g(27) () x ! Ker je 2n + 3 = 27 za n = 7, sledi g (27) () = 27! Poišči in klasificiraj stacionarne točke funkcije f s predpisom f(x, y, z) = xyz x y z. Ali je katera od stacionarnih točk lokalni minimum oziroma maksimum? Rešitev: Stacionarne točke so rešitve sistema f = yz =, x f = xz =, y f = xy =. z 23

24 Iščemo torej realna števila x, y in z, da je xy =, xz = in yz =. Jasno je, da nobeno od teh števil ni enako. Če odštejemo po dve zaporedni enačbi dobimo x(y z) = in z(x y) =. Ker x, z, sledi x = y = z. Enačba x 2 = pa ima rešitvi x = in x =. Dobimo torej dve stacionarni točki T (,, ) in T 2(,, ). Obnašanje v stacionarnih točkah bo odvisno od Hessejeve matrike f v teh točkah. Hessejeva matrika f je z y H f = z x. y x V T in T 2 dobimo H f (,, ) = in H f (,, ) =. Lastne vrednosti prve matrike so 2,,, lastne vrednosti druge pa,, 2. Obe stacionarni točki sta sedlasti točki in nobena ni lokalni ekstrem. 4. Naj bo D omejeno homogeno telo v R 3, ki ga iz polkrogle dane z izreže valj dan z x 2 + y 2 + z 2 = 2, z x 2 + y 2. Izračunaj koordinate masnega središča tega telesa. (Homogenost pomeni, da je gostota konstantna.) Rešitev: Privzamemo lahko kar ρ(x, y, z) =. V valjnih koordinatah bomo maso (prostornino) tega telesa izrazili kot m = ρ(x, y, z) dxdydz = = 2π D 2π dϕ r 2 r 2 dr = 2π 3 (2 2 ). Koordinate masnega središča dobimo iz formul x = xρ(x, y, z) dxdydz, m D y = yρ(x, y, z) dxdydz, m D z = zρ(x, y, z) dxdydz. m D 2 r 2 dr r dz Ker je telo (homogeno in) simetrično okrog z-osi, je x = y =. Poračunamo še z = 2π 2 r 2 dϕ dr zr dz = 2π m m 2 (2 r2 )r dr = = 3π 4m = 9 8(2 2 ). 24

25 3 Kolokviji 27/8 3.. Kolokvij. kolokvij iz Matematike 2 7. december 26. V vektorskem prostoru polinomov stopnje največ 4, R 4 [x], opazujemo podmnožici P = {p R 4 [x] : p( ) = p() in p() = } ter Q = {q R 4 [x] : q() Z}, tj. v P so vsi polinomi p, za katere velja p( ) = p() in p() =, v Q pa so vsi polinomi q, ki imajo pri x = celoštevilsko vrednost. (a) Za vsako od podmnožic P in Q odloči ali je podprostor v R 4 [x] ali ni. Natančno utemelji! (b) Za tisto podmnožico, ki je podprostor, poišči še bazo in določi dimenzijo. Rešitev: (a) Začnimo s P. Vzemimo polinoma p, q P, tj. polinoma p in q, da velja p() = p( ), p() =, q() = q( ) in q() =. Ali je P zaprta za linearne kombinacije? Preverimo; za α, β R velja in (αp + βq)( ) = αp( ) + βq( ) = αp() + βq() = (αp + βq)() (αp + βq)() = αp() + βq() = α + β =, tj. za polinom αp + βq prav tako veljata obe lastnosti za polinome iz P. Množica P je torej podprostor. Podmnožica Q ni podprostor. Polinom q(x) = x je vsebovan v Q (saj q() = Z), vendar q ni vsebovan v Q (saj q() = / Z) (b) Naj bo p(x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e predpis za polinom iz R 4[x]. Da bo ta polinom vsebovan v P, mora veljati p( ) = p() in p() =. Dobimo enačbi a b + c d + e = a + b + c + d + e in e =. To pa pomeni e =, d = b, a, b in c pa so lahko poljubna realna števila. Polinomi p P imajo torej predpis oblike p(x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 bx za poljubne a, b, c R. Od tod sledi, da je baza za P kar B P = {x 4, x 3 x, x 2 }. dim P = Naj bo a = [, ] T. Preslikava φ: R 2 R 2 2 je dana s predpisom φ(x) = x a T = x [, ]. (a) Utemelji, da je φ linearna preslikava. 25

26 (b) Poišči matriko, ki pripada φ v standardnih bazah prostorov R 2 in R 2 2. (c) Določi dim(ker φ) in dim(imφ). (d) Poišči bazo za imφ. Rešitev: (a) Preverimo, da φ ohranja linearne kombinacije. Velja φ(αx + βy) = (αx + βy)a T = αx a T + βy a T = αφ(x) + αφ(y) za vse x, y R 2 in vse α, β R, φ je linearna. (b) Poračunajmo, v kaj φ preslika vektorje standardne baze R 2. ([ ]) [ ] [ ] φ = [, ] = = E + E 2 ([ ]) [ ] [ ] φ = [, ] = = E 2 + E 22 Matrika, ki pripada φ je torej A φ =. (c) Matrika A φ ima rang 2, torej dim(imφ) = dim(c(a φ )) = 2. Za jedro potem velja dim(ker φ) = dim(r 2 ) dim(imφ) = 2 2 =. (d) Zagotovo sta v imφ matriki [ ] in [ ]. Ker sta linearno neodvisni in je dim(imφ) = 2, je baza za imφ kar B imφ = { [ ], [ ]}. 3. Linearna preslikava ψ : R 3 R 3 poljuben vektor v R 3 najprej zrcali preko ravnine x z =, nato pa še preko ravnine z =. (a) Utemelji, da je ψ izometrija. (b) Poišči lastne vrednosti izometrije ψ ter tiste lastne vektorje ψ, ki pripadajo realnim lastnim vrednostim. (c) Katera izometrija je ψ? Rešitev: (a) Ker je ψ kompozitum dveh zrcaljenj (ki sta izometriji), je tudi ψ izometrija. (b) Narišemo skico in vidimo, da ψ slika vektorje standardne baze R 3 tako: ψ(i) = k, ψ(j) = j, ψ(k) = i. Matrika, ki pripada ψ v standardni bazi R 3 je torej A ψ =. Karakteristični polinom te matrike je det(a ψ λi) = ( λ)( + λ 2 ). Lastne vrednosti so λ =, λ 2 = i in λ 3 = i. Pri edini realni lastni vrednosti λ = je lastni vektor kar j (od prej vemo ψ(j) = j). (c) ψ je zasuk z osjo j za kot π/2. (Kot med vektorjema k in ψ(k) = i pomembno je, da vzamemo vektor pravokoten na os vrtenja. Lahko pa kot določimo iz polarnega zapisa λ 3 = i = e i π/2. Pri obeh načinih smo površni in zanemarjamo orientacijo.) 26

27 4. Funkcija f je vsota potenčne vrste f(x) = k= x 3k 3 k k. (a) Na katerem intervalu v R ta vrsta konvergira? Posebej preveri, kako je s konvergenco v robnih točkah. (b) Odvajaj zgornjo vrsto in eksplicitno izrazi f (x). (c) S pomočjo (b) poišči predpis za f(x). (d) Izračunaj vsoto vrste 3 k k. k= Rešitev: (a) Iz kvocientnega kriterija za vrsto s členi a k = x3k dobimo 3 k k q = lim k a k+ = lim kx 3 k 3(k + ) = x 3 3, a k neenačbo q < oziroma x 3 /3 < rešijo vsi x ( 3 3, 3 3). x = 3 3 dobimo vrsto ( ) k, k k= V robni točki ki konvergira po Leibnizovem kriteriju. V robni točki x = 3 3 pa dobimo harmonično vrsto k, k= ki divergira. Območje konvergence je torej [ 3 3, 3 3). (b) Vrsto za f odvajamo po členih in seštejemo dobljeno geometrijsko vrsto: f (x) = k= 3kx 3k 3 k k = k= x 3k 3 k = 3 x k= (x 3 ) k = 3 3 k x x 3 /3 x 3 /3 = 3x2 3 x. 3 (c) Integriramo f (x) f(x) = f (x) dx = 3x 2 3 x 3 dx = log(3 x3 ) + C, kjer zadnji integral uženemo z uvedbo nove spremenljivke t = 3 x 3. Da določimo C, vstavimo x = : = log 3 + C, kar pomeni, da je C = log 3. Vsota vrste za f je tako f(x) = k= (d) Vsota te vrste je ravno f(). Imamo ( ) x 3k 3 3 k k = log 3 log(3 x3 ) = log. 3 x 3 k= ( ) 3 = f() = log. 3 k k 2 27

28 Kolokvij 2. kolokvij iz Matematike 2 3. november 27. Dana je baza B = {a, b, c} vektorskega prostora R 3, kjer so a = [,, ] T, b = [,, ] T, c = [,, ] T. Linearna preslikava φ: R 3 R 3 slika te vektorje tako: φ(a) = a b, φ(b) = 2a b, φ(c) = 2a 2b + c. (a) Poišči matriko, ki pripada φ v bazi B. (b) Poišči matriko, ki pripada φ v standardni bazi prostora R 3. Utemelji, da je φ linearna izometrija. (c) Poišči tiste lastne vektorje φ, ki pripadajo realnim lastnim vrednostim, in klasificiraj izometrijo φ. Rešitev: (a) Matrika, ki pripada φ glede na bazo B je 2 2 A φ,b = 2. (b) Ker je i = a, j = b a in k = c b, dobimo φ(i) = j, φ(j) = φ(b) φ(a) = a = i in φ(k) = φ(c) φ(b) = b + c = k. Matrika, ki pripada φ glede na standardno bazo je torej A φ =. Ker je A φ ortogonalna in pripada φ glede na standarno (torej ortonormirano) bazo, je φ linearna izometrija. (c) Iz det(a φ λi) = (λ 2 + )( λ) sledi, da so lastne vrednosti φ λ = ter λ 2,3 = ±i. Pri edini realni lastni vrednosti (λ = ) dobimo lastni vektor k (saj je φ(k) = k). Izometrija φ je torej rotacija za kot ±π/2 okrog z-osi. (Kot lahko dobimo iz ±i = e ±πi/2.) 2. Funkcija f je vsota potenčne vrste f(x) = k= k + 2 k x 2k+. (a) Določi območje konvergence zgornje vrste. Posebej preveri, kako je s konvergenco v robnih točkah. (b) Poišči predpis za f(x). (Namig: Integriraj po členih in izrazi f(x) dx. Nato odvajaj.) k + (c) Izračunaj vsoto številske vrste 2 3k+. k= 28

29 Rešitev: (a) Območje absolutne konvergence da kvocientni kriterij q = lim k a k+ = lim (k + 2)x 2 k 2(k + ) = x2 2. a k Iz q = x 2 /2 < sedaj sledi x ( 2, 2). V robnih točkah x = ± 2 dobimo vrsti k + 2 ( 2) 2k+ = 2(k + ) in (podobno) 2(k + ). k k= k= Obe vrsti divergirata, saj členi nimajo limite. Območje konvergence je torej odprt interval ( 2, 2). (b) Direktno integriramo posamezen člen: a k dx = k= k + 2 k x2k+ dx = k + x 2k+2 2 k 2(k + ) + C k = (x2 ) k+ + C 2 k+ k. Konstante C k ignorirajmo (saj bomo funkcijo kasneje tako ali tako odvajali) in dobimo (x 2 ) k+ f(x) dx = = x2 /2 2 k+ x 2 /2 = x2 2 x. 2 Od tod dobimo (c) k= k= ( ) x 2 4x f(x) = = 2 x 2 (2 x 2 ). 2 k + 2 = f(/2) = 4 /2 3k+ (2 (/2) 2 ) =

30 Kolokvij 3. kolokvij iz Matematike 2 2. december 27. Funkcija dveh spremenljivk r ima predpis r(x, y) = (e x y) cos x. (a) Z uporabo Taylorjevega polinoma. reda funkcije r določi približno vrednost izraza (e. +.5) cos(.). (b) Ali je T (, ) stacionarna/kritična točka funkcije r? Kaj pa T 2 (π/2, e π/2 )? Za tisto točko, ki je stacionarna, določi njen tip! Rešitev: (a) Poiskati želimo približno vrednost izraza r(.,.5). Odvoda r sta Torej: r x = ex cos x (e x y) sin x, r = cos x. y r(.,.5) =. r(, )+ r r (, ).+ (, ) (.5) = =.5. x y (b) Ker je r (, ) = cos =, T(, ) ni stacionarna točka. Po drugi y strani pa je r (π/2, x eπ/2 ) = r (π/2, y eπ/2 ) =, torej je točka T 2(π/2, e π/2 ) stacionarna. Za tip T 2 bomo potrebovali Hessejevo matriko r: [ ] 2e x sin x + y cos x sin x H r =. sin x Le-ta je v točki T 2 enaka [ ] H r(π/2, e π/2 2e π/2 ) =. Ker je det(h r(π/2, e π/2 )) = <, sta lastni vrednosti Hessejeve matrike v stacionarni točki različno predznačeni in T 2 je sedlo. 2. Poišči tiste točke na elipsi z enačbo x 2 + 2xy + 2y 2 = 6, ki so najbolj oddaljene od y-osi. Namig: Za funkcijo vzemi kvadrat oddaljenosti od y-osi. Rešitev: Kvadrat oddaljenosti od y-osi predstavlja funkcija f(x, y) = x 2. Vez lahko zapišemo v obliki x 2 + 2xy + 2y 2 6 =, kjer levo stran te enačbe označimo z g(x, y). Pripadajoča Lagrangeova funkcija je L(x, y, λ) = f(x, y) λg(x, y) = x 2 λ(x 2 + 2xy + 2y 2 6). 3

31 Poiščimo stacionarne točke L! L = 2x λ(2x + 2y) =, x () L = λ(2x + 4y) =, y (2) L λ = (x2 + 2xy + 2y 2 6) =. (3) Iz enačbe (2) sledi λ = ali x = 2y. V primeru λ = najprej iz enačbe () sledi x =, nato pa iz enačbe (3) dobimo 2y 2 6 = ali y = ± 3. Prva dva kandidata sta torej točki T,2(, ± 3). V primeru x = 2y pa direktno iz enačbe (3) sledi 2y 2 6 = ali y = ± 3. Tokrat je x = 2y = 2 3 in imamo še dve stacionarni točki T 3,4( 2 3, ± 3). Ti zadnji dve točki sta tudi tisti, ki sta najdlje od y-osi. 3

32 Kolokvij 4. kolokvij iz Matematike 2 6. januar 28. Izračunaj maso telesa nad xy-ravnino (z ), ki ga iz krogle z neenačbo izreže stožec z neenačbo x 2 + y 2 + z 2 4 x 2 + y 2 z 2, če je funkcija gostote enaka ρ(x, y, z) = 2 x 2 + y 2 + z 2. Namig: Nariši skico. Računaj v sfernih/krogelnih koordinatah. Rešitev: Del stožca z neenačbo x 2 + y 2 z 2 nad xy-ravnino v krogelnih koordinatah pokrijemo tako, da vzamemo θ [π/4, π/2] in φ [, 2π]. Da ostanemo znotraj krogle x 2 +y 2 +z 2 2 2, mora veljati r 2. Funkcija gostote se v krogelnih koordinatah izraža kot ρ(r, φ, θ) = 2 r. Upoštevamo še det(jf) = r 2 cos θ in dobimo integral za maso m = ρ dxdydz = = D ( 2π = 2π 2π ) ( π/2 dφ ( 2 2 π/4 dφ π/2 π/4 dθ 2 (2 r) r 2 cos θ dr ) ( 2 ) cos θ dθ (2r 2 r 3 )dr ) 4 3 = 4π 3 (2 2). 2. Naj bo F ravninsko vektorsko polje s predpisom [ ] x + 3xy F(x, y) =. y 3xy Izračunaj krivuljni integral F ds (pretok polja F skozi K), če je: K (a) K daljica od točke A(, ) do točke B(, ), (b) K lok krožnice z enačbo x 2 + y 2 =, ki leži nad x-osjo, orientiran od točke A(, ) do točke B(, ). Rešitev: (a) Ena od možnih parametrizacij za daljico od A do B je [ ] t p(t) = za t [, ]. Krivuljni integral F vzdolž daljice K je potem F ds = F(p(t)) ṗ(t) dt = K [ t ] [ ] dt = t dt =. (b) Krožnico s polmerom in središčem v izhodušču parametriziramo s [ ] cos t p(t) =. sin t 32

33 Ker želimo opisati le lok od A do B, vzamemo t [, π]. Dobimo π π [ ] [ ] cos t + 3 cos t sin t sin t F ds = F(p(t)) ṗ(t) dt = dt sin t 3 cos t sin t cos t K π = 3 (cos t sin 2 t + cos 2 t sin t)dt ( π π ) = 3 cos t sin 2 t dt + cos 2 t sin t dt ( = ) = 2. 3 (Prvega od zadnjih dveh integralov lahko uženemo s substitucijo u = sin t, drugega pa s substitucijo u = cos t.) 33

34 3.5. Popravni kolokvij Popravni kolokvij iz Matematike 2. februar 28. Zapišimo p R 2 [x] kot p(x) = a + bx + cx 2. Preslikavi η : R 3 3 R 2 [x] in θ : R 2 [x] R 3 3 sta dani s predpisoma η(x) = [ ] a b c X x, θ(p) = a b c. x 2 a b c (a) Preveri, da je η linearna preslikava. (Linearnosti θ ni potrebno preverjati.) (b) Določi dim(ker η) in dim(imη) ter dim(ker θ) in dim(imθ). (c) Ali je 3 lastna vrednost θ η? Ali je 3 lastna vrednost η θ? Rešitev: (a) Preveriti moramo, da η ohranja linearne kombinacije. a T = [,, ] in b T = [, x, x 2 ]. Potem je η(x) = a T Xb in velja Označimo η(αx + βy ) = a T (αx + βy )b = αa T Xb + βa T Y b = α η(x) + β η(y ) za poljubni matriki X, Y R 3 3 in skalarja α, β R, η je torej linearna. (b) Velja η(e ) =, η(e 2) = x in η(e 3) = x 2, kjer so E ij standardne bazne matrike R 3 3. Ker imη vsebuje bazo R 2[x], je imη = R 2[x]. Torej dim(imη) = 3 in dim(ker η) = dim(r 3 3 ) dim(imη) = 9 3 = 6. Pri θ takoj vidimo, da je edina rešitev enačbe θ(p) = (z matriko na desni) polinom p =. Torej je dim(ker θ) = in zato dim(imθ) = dim(r 2[x]) dim(ker θ) = 3 = 3. (c) Odgovorimo najprej na drugo vprašanje. Če pišemo p(x) = a + bx + cx 2, potem je (η θ)(p) = η(θ(a + bx + cx 2 ) = 3a + 3bx + 3cx 2 = 3p, torej je η θ = 3 id R2 [x], ta pa ima (le) lastno vrednost 3. Zvit odgovor na prvo vprašanje gre tako: Vemo, da za vsak p R 2[x] velja η(θ(p)) = 3p. Če obe strani te enačbe vstavimo v θ, dobimo θ(η(θ(p))) = 3θ(p) oziroma (θ η)(θ(p)) = 3θ(p). Ker je θ injektivna po (b), to pomeni, da je θ(p) lastna matrika θ η za lastno vrednost 3. (Za p smo seveda izbrali neničeln polinom.) Z direktnim računom pa gre tako: Pišimo a b c X = d e f. g h i Potem je a + d + g b + e + h c + f + i (θ η)(x) = θ(η(x)) = a + d + g b + e + h c + f + i. a + d + g b + e + h c + f + i 34

35 Posebej je 3 (θ η) = 3 = 3, 3 kar spet pomeni, da je 3 lastna vrednost θ η. 2. Funkcija g ima predpis g(x) = ( x 2 )e x2. (a) Poišči splošni člen Taylorjeve vrste za g okrog x =. (b) Določi območje konvergence dobljene Taylorjeve vrste. (c) Izračunaj g (29) (). Rešitev: (a) Iz Taylorjeve vrste za e x, e x = xn /n!, izpeljemo ( x 2 )e x2 = ( x 2 ( ) n x 2n ( ) n x 2n ( ) n+ x 2(n+) ) = + n! n! n! ( ) n x 2n ( ) k x 2k ( ) n x 2n ( ) n x 2n = + = + n! (k )! n! (n )! k= n= ( ) ( ) n = + + ( )n x 2n = + ( ) n + n x 2n. n! (n )! n! n= n= Splošni člen za sode indekse 2n (razen tistega pri 2n = ) je torej a 2n = ( ) n + n, n! koeficienti pri lihih potencah x pa so vsi enaki. (b) Iz kvocientnega kriterija dobimo a 2(n+) x 2(n+) q = lim n = =, a 2nx 2n torej vrsta konvergira za vsa realna števila x. (c) Ker v razvoju iz (a) dela naloge lihe potence ne nastopajo, je g (29) () =. 3. Poišči najmanjšo in največjo vrednost funkcije na (polni) elipsi z neenačbo f(x, y) = 2 x 2 y 2 x 2 xy + y 2. Rešitev: Poiskati moramo kandidate za ekstreme v notranjosti in za ekstreme na robu. V notranjosti so kandidati za ekstreme stacionarne točke funkcije f: f x = 2x =, f y = 2y =. Ta sistem ima edino rešitev T (, ), ki je kandidat za ekstrem, saj ustreza neenakosti, ki določa elipso. 35

36 Ekstreme na robu poiščemo z Lagrangeovo metodo: L(x, y, λ) = 2 x 2 y 2 λ(x 2 xy + y 2 ). Stacionarne točke L so rešitve sistema: L x = 2x λ(2x y) =, (4) L y = 2y λ(2y x) =, (5) L λ = (x 2 xy + y 2 ) =. (6) Iz () dobimo = y 2x iz (2) pa = x 2y, od koder sledi λ 2x λ 2y x2 = y 2 oziroma y = ±x. Ko to vstavimo v enačbo (3), dobimo štiri stacionarne točke: T 2,3(±, ±) in T 4,5(±/ 3, / 3). 36

37 Vrednosti funkcije f v točkah T,..., T 5 so: T (x, y) f(x, y) T (, ) 2 T 2,3(±, ±) T 4,5(±/ 3, / 3) 4/3 Največja vrednost f na elipsi je torej 2, najmanjša pa. 4. Vektorsko polje F ima predpis [ ] P F(x, y) = = Q (a) Izračunaj [ ] cos(x) 2xy sin(y) + x x 2. (Q x P y )dxdy, D kjer je D območje določeno z x 2 + y 2 in x. (b) Izračunaj krivuljni integral F ds, kjer je L daljica od A(, ) do L B(, ). (c) Izračunaj krivuljni integral F ds, kjer je K pozitivno orientiran K krožni lok določen z x 2 + y 2 = in x. (Lahko uporabiš (a) in (b).) Rešitev: (a) Ker je Q x P y =, je integral enak (Q x P y) dxdy = dxdy = π 2, D saj je območje D polovica kroga s polmerom, integral konstante po območju D pa predstavlja ravno ploščino tega območja. (b) Ena od možnih parametrizacij daljice L je p(t) = [, t] T za t [, ]. Potem L F ds = F(p(t)) ṗ(t) dt = D [ ] sin( t) [ ] dt = sin(t)dt =. (c) Po Greenovi formuli in (a) delu naloge je F ds = F ds + F ds = (Q y P x) dxdy = K L K L D D dxdy = π 2 in zato iz (b) K F ds = π 2. 37

38 Popravni kolokvij Popravni kolokvij iz Matematike 2 6. februar 28. Zapišimo p R 2 [x] kot p(x) = ax 2 + bx + c. Preslikavi η : R 3 3 R 2 [x] in θ : R 2 [x] R 3 3 sta dani s predpisoma η(x) = [ x 2 x ] a a a X, θ(p) = b b b. c c c (a) Preveri, da je η linearna preslikava. (Linearnosti θ ni potrebno preverjati.) (b) Določi dim(ker η) in dim(imη) ter dim(ker θ) in dim(imθ). (c) Ali je 3 lastna vrednost θ η? Ali je 3 lastna vrednost η θ? Rešitev: (a) Preveriti moramo, da η ohranja linearne kombinacije. a T = [x 2, x, ] in b T = [,, ]. Potem je η(x) = a T Xb in velja Označimo η(αx + βy ) = a T (αx + βy )b = αa T Xb + βa T Y b = α η(x) + β η(y ) za poljubni matriki X, Y R 3 3 in skalarja α, β R, η je torej linearna. (b) Velja η(e ) = x 2, η(e 2) = x in η(e 3) =, kjer so E ij standardne bazne matrike R 3 3. Ker imη vsebuje bazo R 2[x], je imη = R 2[x]. Torej dim(imη) = 3 in dim(ker η) = dim(r 3 3 ) dim(imη) = 9 3 = 6. Pri θ takoj vidimo, da je edina rešitev enačbe θ(p) = (z matriko na desni) polinom p =. Torej je dim(ker θ) = in zato dim(imθ) = dim(r 2[x]) dim(ker θ) = 3 = 3. (c) Odgovorimo najprej na drugo vprašanje. Če pišemo p(x) = ax 2 + bx + c, potem je (η θ)(p) = η(θ(ax 2 + bx + c)) = 3ax 2 + 3bx + 3c = 3p, torej je η θ = 3 id R2 [x], ta pa ima (le) lastno vrednost 3. Zvit odgovor na prvo vprašanje gre tako: Vemo, da za vsak p R 2[x] velja η(θ(p)) = 3p. Če obe strani te enačbe vstavimo v θ, dobimo θ(η(θ(p))) = 3θ(p) oziroma (θ η)(θ(p)) = 3θ(p). Ker je θ injektivna po (b), to pomeni, da je θ(p) lastna matrika θ η za lastno vrednost 3. (Za p smo seveda izbrali neničeln polinom.) Z direktnim računom pa gre tako: Pišimo a b c X = d e f. g h i Potem je a + b + c a + b + c a + b + c (θ η)(x) = θ(η(x)) = d + e + f d + e + f d + e + f. g + h + i g + h + i g + h + i 38

39 Posebej je (θ η) = = 3, kar spet pomeni, da je 3 lastna vrednost θ η. 2. Funkcija g ima predpis g(x) = ( + x 2 )e x2. (a) Poišči splošni člen Taylorjeve vrste za g okrog x =. (b) Določi območje konvergence dobljene Taylorjeve vrste. (c) Izračunaj g (28) (). Rešitev: (a) Iz Taylorjeve vrste za e x, e x = xn /n!, izpeljemo ( + x 2 )e x2 = ( + x 2 ( ) n x 2n ( ) n x 2n ( ) n x 2(n+) ) = + n! n! n! ( ) n x 2n ( ) k x 2k ( ) n x 2n ( ) n x 2n = + = n! (k )! n! (n )! k= n= ( ) ( ) n = + ( )n x 2n = + ( ) n n x 2n. n! (n )! n! n= n= Splošni člen za sode indekse 2n (razen tistega pri 2n = ) je torej a 2n = ( ) n n, n! koeficienti pri lihih potencah x pa so vsi enaki. (b) Iz kvocientnega kriterija dobimo a 2(n+) x 2(n+) q = lim n = =, a 2nx 2n torej vrsta konvergira za vsa realna števila x. (c) Pri potenci x 28 nastopa člen g(28) () = a 28! 28 = a 2 9 = ( ) 8. Torej je 9! g28 () = 28! 8. 9! 3. Poišči najmanjšo in največjo vrednost funkcije na (polni) elipsi z neenačbo f(x, y) = x 2 + y 2 2 x 2 + xy + y = 9! Rešitev: Poiskati moramo kandidate za ekstreme v notranjosti in za ekstreme na robu. V notranjosti so kandidati za ekstreme stacionarne točke funkcije f: f x = 2x =, f y = 2y =. 39

40 Ta sistem ima edino rešitev T (, ), ki je kandidat za ekstrem, saj ustreza neenakosti, ki določa elipso. Ekstreme na robu poiščemo z Lagrangeovo metodo: L(x, y, λ) = x 2 + y 2 λ(x 2 + xy + y 2 ). Stacionarne točke L so rešitve sistema: L x = 2x λ(2x + y) =, (7) L y = 2y λ(2y + x) =, (8) L λ = (x 2 + xy + y 2 ) =. (9) Iz () dobimo = y+2x iz (2) pa = x+2y, od koder sledi λ 2x λ 2y x2 = y 2 oziroma y = ±x. Ko to vstavimo v enačbo (3), dobimo štiri stacionarne točke: T 2,3(±, ) in T 4,5(±/ 3, ±/ 3). 4

41 Vrednosti funkcije f v točkah T,..., T 5 so: T (x, y) f(x, y) T (, ) 2 T 2,3(±, ) T 4,5(±/ 3, ±/ 3) 4/3 Največja vrednost f na elipsi je torej, najmanjša pa Vektorsko polje F ima predpis [ ] P F(x, y) = = Q (a) Izračunaj D [ ] log( x) 2xy y cos y + x x 2. ( Q x P ) dxdy, y kjer je D območje določeno z x 2 + y 2 in x. (b) Izračunaj krivuljni integral F ds, kjer je L daljica od A(, ) do L B(, ). (c) Izračunaj krivuljni integral F ds, kjer je K pozitivno orientiran K krožni lok določen z x 2 + y 2 = in x. (Lahko uporabiš (a) in (b).) Rešitev: (a) Ker je Q P x y D ( Q x P y =, je integral enak ) dxdy = D dxdy = π 2, saj je območje D polovica kroga s polmerom, integral konstante po območju D pa predstavlja ravno ploščino tega območja. (b) Ena od možnih parametrizacij daljice L je p(t) = [, t] T za t [, ]. Potem L F ds = F(p(t)) ṗ(t) dt = [ ] t cos(t) [ ] dt = t cos(t)dt =. (Zadnji določeni integral je integral lihe funkcije na simetričnem intervalu.) (c) Po Greenovi formuli in (a) delu naloge je ( Q F ds = F ds + F ds = x P ) dxdy = dxdy = π y 2 K L K L D D in zato iz (b) K F ds = π 2. 4

42 Popravni kolokvij Popravni kolokvij iz Matematike avgust 28. Preslikava φ: R 3 [x] R 3 [x] je dana s predpisom φ(p) = p + 2p. (a) Preveri, da je φ linearna preslikava. (b) Poišči matriko A φ, ki pripada φ v standardni bazi prostora R 3 [x]. (c) Poišči lastne vrednosti preslikave φ. Natančno utemelji! Ali lahko φ diagonaliziramo? Rešitev: (a) Preveriti moramo, da φ ohranja linearne kombinacije. Za p, q R 3[x] ter α, β R velja φ(αp + βq) = (αp + βq) + 2(αp + βq) = (αp + βq) + 2(αp + βq ) = α(p + 2p ) + β(q + 2q ) = αφ(p) + βφ(q), φ je torej linearna. (b) Standardna (urejena) baza R 3[x] je {, x, x 2, x 3 }. Preslikava φ bazne polinome slika v φ() =, φ(x) = 2 + x, φ(x 2 ) = 4x + x 2, φ(x 3 ) = 6x 2 + x 3. Matrika, ki pripada φ, je torej 2 A φ = 4 6 (c) Lastne vrednosti φ so enake lastnim vrednostim A φ. Ker je A φ zgornje trikotna, so njene lastne vrednosti na diagonali. Lastne vrednosti φ so torej vse enake ; λ,2,3,4 =. Ker je rang matrike A φ I enak 3 (in ne, kolikor je razlika med dim(r 3[x]) in algebraično večkratnostjo lastne vrednosti ), preslikave φ ne moremo diagonalizirati. 2. Funkcija g je vsota potenčne vrste g(x) = k= x 2k k +. (a) Določi območje konvergence zgornje potenčne vrste. (b) Seštej zgornjo vrsto izrazi funkcijo g eksplicitno. (Namig: Poskusi najprej odvajati vrsto, ki pripada x 2 g(x).) (c) Izračunaj vsoto vrste k= 4 k (k + ). 42

43 Rešitev: (a) Območje absolutne konvergence določimo s kvocientnim kriterijem, k-ti člen vrste je a k = x2k k+ in lim a k+ = lim k a k k (k + )x 2k+2 kx 2k = x 2. Po kvocientnem kriteriju mora biti vrednost te limite strogo manj od. Iz x 2 < torej za območje absolutne konvergence dobimo x (, ). Konvergenco v robnih točkah tega intervala preverimo posebej. Če v originalno vrsto vstavimo x = ±, dobimo harmonično vrsto k= k +, ki divergira. Območje konvergence je torej odprt interval (, ). (b) Upoštevajmo namig. Označimo Tedaj je Torej k= h(x) = x 2 g(x) = k= x 2k+2 k +. h 2(k + )x 2x+ (x) = = 2x (x 2 ) k = 2x k + x. 2 h(x) = h (x) dx = k= 2x dx x 2 = log( x2 ) + C. Iz h() = 2k k= =, sledi log( k+ 2 ) + C =, torej C =. Zato h(x) = log( x 2 ) in končno g(x) = log( x2 ) x 2. (c) To številsko vrsto dobimo, če v g vstavimo x = /2. Zato k= 4 k (k + ) = g ( ) = 4 log 2 ( ) 3 = 4 log 4 ( ) Delec z maso m zaprt v pravokotnik s stranicama dolžin x in y ima na neizotropni ravnini energijo osnovnega stanja dano z ( E(x, y) = 2 4m x ) y 2. Kolikšni naj bosta dolžini stranic tega pravokotnika, da bo pri njegovi fiksni ploščini A = xy > energija osnovnega stanja minimalna? Namig: Poišči minimum funkcije E(x, y) pri pogoju xy = A. Rešitev: Temu problemu vezanih ekstremov pripada Lagrange-ova funkcija ( L(x, y, λ) = E(x, y) λg(x, y) = 2 4m x + 2 ) λ(xy A ). 2 y 2 43

44 Stacionarne točke te funkcije bodo kandidati za vezane ekstreme. Poiščimo jih! L x = 2 4m Iz prvih dveh enačb eliminiramo λ: da dobimo 2 λy =, x3 L y = 2 4m 4 λx =, y3 L λ = A xy =. λ = 2 4m 2 x 3 y = 2 4m 2x 3 y = xy 3. 4 xy 3, Rešitve, pri katerih je x = ali y =, niso dopustne (zaradi A = xy > ) in zadnja enačba se poenostavi v 2x 2 = y 2. Torej y = ±x 2. Ko to vstavimo v enačbo vezi, dobimo A = ±x 2 2. Smiseln je le + predznak (saj A > ) in sledi x = A 2. A / 2 ter y = x 2 = 4. Dano je vektorsko polje F(x, y) = [y 2, 2xy] T. (a) Prepričaj se, da je polje F gradientno. (b) Izračunaj krivuljni integral F(x, y) ds = K K y 2 dx + 2xy dy, kjer je K pozitivno orientiran krožni lok določen z x 2 + y 2 = in y. (c) Poišči skalarni potencial polja F, tj. funkcijo dveh spremenljivk f, da bo F = grad(f). Rešitev: (a) Preverimo, da za P (x, y) = y 2 in Q(x, y) = 2xy velja P y = Q x: P y = 2y = Q x in polje F je gradientno. (c) Skalarni potencial lahko kar uganemo: f(x, y) = xy 2. Tedaj res velja grad(f) = [f x, f y] T = [y 2, 2xy] T = F(x, y). (b) Ker je polje F gradientno s skalarnim potencialom f, je F(x, y) ds = f(, ) f(, ) =. K (Tu sta (, ) in (, ) končna in začetna točka na krivulji K.) 44