Calculus 2 noter - da

1 Gradient og retningsafledede

Baseret p̊a opgave 2

f(x, y) = 13x2y3

1.1 Gradienten

1.1.1 Partielle afledede

Den partielle afledede af funktionen f er:

fx(x, y) = 2 ∗ 13xy3 = 26xy3

1.1.2 Beregning af gradienten

Beregn gradienten af funktionen f.

Of(x, y) = (fx(x, y), fy(x, y))

Of(x, y) = (fx(x, y), 39x2y2)

1.1.3 Beregning af gradient i punkt

Gradienten af f i punktet (1,-1)

Of(1,−1) = (26y3, 39x2)

1.2 Retningsafledede

1.2.1 Enhedsvektoren

Enhedsvektoren u i retningen givet ved vektoren (6,6)

u =1√

62 + 62(6, 6) =

1√72

(6, 6)

Enhedsvektoren u i retningen givet ved vinklen 5π4

u = (cos(5π

4), sin(

5π

4)) = (−

√2

2,−√

2

2) =

−√

2√2 ∗√

2(1, 1) = − 1√

2(1, 1)

1

1.2.2 Retningsafledede i punkt

Den retningsafledede Duf(1,−1) hvor u er enhedsvektoren.

Duf(x, y) = Of(x, y) ∗ u

Duf(1,−1) = 26y3 ∗ 6√72

+ 39y2 ∗ 6√72

=26y3 ∗ 6 + 39x2 ∗ 6√

72

26y3 ∗ 6 + 39x2 ∗ 6√2 ∗√

36=

26y3 ∗ 6 + 39x2 ∗ 6√2 ∗√

6

26y3 + 39x2√2

=26 ∗ (−1)3 + 39 ∗ 12√

2=

13√2

1.2.3 Største og mindste retningsafledede i punkt

Den enhedsvektor v, der giver den største retningsafledede (den der vokser hur-tigst) er:

u =Of(x, y)

|Of(x), y|)

Den retning hvor f aftager hurtigst er:

u = − Of(x, y)

|Of(x, y)|

Den største retningsafledede i punktet (1,-1) er:

v =(26y3, 39x2)√

(26y3)2 + (39x2)2

v =(−26, 39)√

(−26)2 + (39)2

v =

(−26√

(−26)2 + (39)2,

39√(−26)2 + (39)2

)=

1√13

(−2, 3)

1.2.4 Værdien af den største retningsafledede i punkt

Værdien af den største retningsafledede Duf(x) er |Of(x)|

Værdien af den største retningsafledede af f i punktet (1,-1)

Dvf(1,−1) =√

(26y3)2 + (39x2)2

Dvf(1,−1) =√

(−26)2 + 392) = 13 ∗√

13

2

2 Egenværdier og egenvektorer


A =

1 0 11 0 11 0 1

2.1 Egenværdier

2.1.1 Det karakteristiske polynomium

Det karakteristiske polynomium P (λ) for A er:

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣1− λ 0 1

1 0− λ 11 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = ((1− λ) ∗ (−λ) ∗ (1− λ))− (−λ)

|A− λI| = −λ3 + 2λ2

2.1.2 Bestemmelse af egenværdierne

Egenværdierne for A er løsningerne til det karakteristiske polynomium:

solve(P (λ), λ)

For A bliver det:λ1 = 0, λ2 = 0, λ3 = 2

2.2 Egenvektorer

Egenvektorer findes ved (A ∗ λI)u = 0 For vores matrix A med egenværdien λ2bliver det: 1− 0 0 1

1 0− 0 11 0 1− 0

u = 0

Hvis vi bringer matricen p̊a echelon form f̊ar vi:

(x y z

)=

1 0 10 0 00 0 0

u = 0

Vi kan se at der kun er 1 pivot, alts̊a den første kolonne og der er 2 frie variable.Derfor f̊ar vi 2 egenvektorer.Den første egenvektor finder vi ved at tage den første frie variable, der er denanden kolonne (eller y-variablerne) og flytter y over p̊a den anden side af lighed-stegnet.Hvis vi gør det for alle den første og den anden række og sætter uy = 1 f̊ar vi:

ux = x+ z = 0

3

uy = 1

uz = 0 = 0

Og vi f̊ar s̊aledes den første egenvektor til at være:010

Det samme gør vi s̊a for den tredje kolonne alts̊a z.

vx = x = −z

vy = 0 = 0

vz = 1−101

Det er s̊a de to egenvektorer.

2.2.1 Egenrum

Egenrummet udspændes af alle vektorer af formen t ∗u hvor u er egenvektoren.For vores matrix bliver det t(0, 1, 0) og t(−1, 0, 1) Og vi f̊ar s̊a vores egenrum tilat blive:

span(

010

,

−101

)

2.2.2 Beregning af vektor n̊ar u er en egenvektor for matricen A

u er en egenvektor for matricen A hørende til egenværdien λ1 = 0. S̊a kan viberegne følgende vektor:

100A2u+ 50u =?u

Au = λu

100λ2u+ 50 =?u

100 ∗ 02u+ 50u =?u

50u = 50u

4

3 Dobbeltintegraler


3.1 Partiel integration

For at beregne værdien af det partielle integral

max∫min

f(x)dx

Integrerer vi udtrykket og trækker den nedre grænse fra den øvre grænse.

max∫min

f(x)dx = [F (x)]maxmin = F (max)− F (min)

4√16−x4∫0

4y3dy = [x4]4√16−x4

0 =4√

16− x44− 04 = 16− x4

5

4 Overbestemte ligningssystemer


x -2 0 2 4y 1 2 4 5

4.1 Opstilling af overbestemt ligningssystem

For at opstille et ligningssystem p̊a formen Ac=y til bestemmelse af vektorenc = (c0, c1)T laver vi følgende matricer: 1 x1

...1 xn

(c0c1

)=

y1...yn

For den givne tabel bliver det:

1 −21 01 21 4

(c0c1)

=

1245

4.2 Normalligningerne

For at udregne normalligningerne ATAc = AT y er det lettest først at finde AT

og gange det ind p̊a A og y og til sidst f̊a en ligning p̊a formen:

ATA

(c0c1

)= AT y

AT for den givne tabel er: (1 1 1 1−2 0 2 4

)S̊a kan vi finde ATAogAT y

ATA =

(4 44 24

)

AT y =

(1226

)Vi f̊ar s̊a normalligningen til:(

4 44 24

)(c0c1

)=

(1226

)For at finde c0 og c1 ved hjælp af normalligningerne løser vi de to ligninger:

4c0 + 4c1 = 12

6

4c0 + 24c1 = 26

c0 =23

10, c1 =

7

10

4.3 Afvigelsesvektoren

Afvigelsesvektoren findes ved Ac− y For vores tabel bliver det:1 −21 01 21 4

1

10

(237

)−

1245

=1

10

−13−31

7

5 Second derivatives test


f(x, y) = 1 + 3x− 2y − x3 + y2

5.1 Kritiske punkter

For at finde de kritiske punkter finder vi de partielle afledte og sætter dem beggelig med 0.

fx = 0

fy = 0

Og finder s̊a alle løsninger til ligningssystemet.For funktionen f bliver det:

fx(x, y) = −3x2 + 3

fy(x, y) = 2y − 2

−3x2 + 3 = 0

2y − 2 = 0

S̊a f̊ar vi:(−1, 1), (1, 1)

5.2 Den kritiske værdi

Den kritiske værdi kan findes ved at sætte det kritiske punkt ind i funktionen.For funktionen f bliver det:

f(−1, 1) = 1− 3− 2 + 1 + 1 = −2

5.3 Second derivatives test

Man kan udregne teststørrelsen D i andenordenskriteriet ved at finde de dobbeltafledte og sætte dem ind i følgende ligning:

D = fxx(x, y)fyy(x, y)− (fxy(x, y))2

For funktionen f bliver det:fxx = −6x

fyy = 2

fxy = 0

D = −6x ∗ 2− 0 = −12x

8

5.4 Arten af det kritiske punkt

For at finde arten af det kritiske punkt kigger man p̊a differential kvotienten ogfxx.

D fxx art

D > 0 fxx(x, y) > 0 f(x, y) er et lokalt minimum

D > 0 fxx(x, y) < 0 f(x.y) er et lokalt maksimum

D < 0 Irrelevant f(x, y) er et saddelpunkt

D = 0 Irrelevant Det er ikke til at sige ud fra denne test

9

6 Taylorrækker


6.1 Taylorrækker

En taylor serie er defineret som:

f(x) =

∞∑n=0

f (n)(a)

n!(x− a)n = f(a) +

f ′(a)

1!x+

f ′′(a)

2!x2 + ...

6.2 Maclaurinrækken

En Maclaurin række er en taylor række hvor man tager f(0)En Maclaurinrække er defineret som:

f(x) =

∞∑n=0

f (n)(0)

n!xn = f(0) +

f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 + ...

For cos(x) er en Maclaurin række defineret som:

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!= 1− x2

2!+x4

4!− x6

6!...

For sin(x) er en Maclaurin række defineret som:

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!= x− x3

3!+x5

5!− x7

7!...

6.3 Potensrækker

En potensrækker er defineret som:

∞∑n=0

Cn(x− a)n = C0 + C1(x− a) + C2(x− a)2 + ...

10

7 Lagrange ligninger

Baseret p̊a opgavesæt 7543

f(x, y) = x2 + y2 − xy, g(x, y) = ex+y

7.1 Opstilling af Lagrange ligningen

For at opstille en Lagrange ligning med bibetingelsen g(x, y) = k i et punkt(x0, y0) udnytter man at:

Of(x, y) = λOg(x, y)

ogg(x, y) = k

S̊a f̊ar man 3 ligninger:

fx = λgx, fy = λgy, g(x, y) = k

Hvis vi gør det for funktionen f f̊ar vi:

Of = (2x− y, 2y − x), Og = (ex+y, ex+y)

2x− y = λex+y

2y − x = λex+y

ex+y = k

Og det er s̊a vores tre Lagrange ligninger

7.2 Ekstemumspunkter

I de tre Lagrange ligninger er der 3 ubekendte, derfor kan man finde ekstremum-spunkterne ved at finde alle løsninger til de 3 ligninger. Hvis vi gør dette for funder bibetingelsen g(x, y) = e2 f̊ar vi:

2x− y = λex+y

2y − x = λex+y

ex+y = e2

N̊ar vi løser dette ligningssystem f̊ar vi punktet (1, 1) som er et muligt ek-stremumspunkt

Vi kan se at det er et minimumspunkt da funktionen er uendeligt voksende ogderfor kun vil have et enkelt ekstremumspunkt som er et minimums punkt

11

8 Ortogonale projektioner

Baseret p̊a opgavesæt 4111

Følgende vektorer er i rummet <3

u = (1, 2, 2), x = (1, 3, 1)

8.1 Længden af vektoren

Her bruger man blot Pythagoras sætning:

||v|| =√v2x + v2y + v2z

For vektoren x bliver det:

||x|| =√

12 + 32 + 12 =√

11

8.2 Afstand mellem vektorer

Afstanden mellem to vektorer, givet to vektorer i rummet <3 u og v er defineretsom ||u− v||:

||u− v|| =√

(ux − vx)2 + (uy − vy)2 + (uz − vz)2

For de givne vektorer x og u bliver det:

||u− x|| =√

(1− 1)2 + (2− 3)2 + (2− 1)2

8.3 Skalarprodukt

Skalarproduktet eller prikproduktet mellem to vektorer, givet to vektorer i rum-met <3 u og v er defineret som:

u · v = uxvx + uyvy + uzvz

For de givne vektorer x og u bliver det:

u · x = 1 ∗ 1 + 2 ∗ 3 + 2 ∗ 1 = 9

8.4 Den ortogonale projektion

Den ortogonale projektion af p af vektoren ω p̊a underrummet U kan skrivessom den linearkombination hvor koefficienterne er løsningen p̊a ligningssystemet.Hvis underrummet har dimensionen 3 kan det skrives som:

p = α1v1 + α2v2 + α3v3

Hvilket kan skrives som formlen:

p = A(ATA)−1ATω

12

Hvor A = (v1, v2, v3) og vn er basisvektorer for underrummet.Den ortogonale projektion v af vektoren x p̊a underrummet U udspændt afvektoren u kan da findes ved:

u(uTu)−1utx =

1

2

2

Da A = U = span(u) = u

8.5 Den mindste afstand til et underrum

Givet projektionen p af vektorn v p̊a underrummet U er den mindste afstand:

||v − p||

For den givne vektor x med projektionen p p̊a underrummet U bliver det:

||x− p||√

(1− 1)2 + (3− 2)2 + (1− 2)2 =√

(2)

13

9 Differential ligningssystemer

Baseret p̊a Opgavesæte 7543

y′1 = ay1 + y2

y′2 = ay1 + y2

u1 =

1

1

u2 =

1

−a

λ1 = a+ 1, λ2 = 1

9.1 Løsning af systemer p̊a formen x′ = A ∗ xHvis et ligningssystem har form x′ = Ax er løsningen:

x(t) = CeAt

λn og vn er henholdsvist systemets egenværdier og egenvektorer. Vi kan s̊a findeden fuldstændige løsning ved:

x(t) = C1eλ1tv1 + C2e

λ2tv2 + ...

Vi kan se at det givne ligningssystem kan skrives som:y′1(t)

y′2(t)

=

a 1

a 1

y1(t)

y2(t)

Hvilket passer p̊a y′ = A ∗ yVi kan s̊a finde den fuldstændige løsning til ligningssystemet:

y(t) = C1e(1+a)tu1 + C2e

1∗tu2

9.2 Linearkombinationer

Opgave 4111 7.5

En vektor der kan skrives p̊a formen x1v1 + x2v2 med x1, x2 ∈ < kaldes enlinearkombination af vektorerne v1 og v2.Mængden af alle linearkombinationerne af v1 og v2 betegnes med span(v1, v2)Hvis vi har givet i linearkombinationen: v = C1u1 + C2u2 har givet vektorernev, u1 og u2 kan vi finde C1 og C2 som to ligninger med to ubekendte

14

10 Polære koordinater


D = sin(x2 + y2)

10.1 Omr̊adet D i polære koordinater

N̊ar man skal beskrive et omr̊ade i polærekoordinater bruger man formen:

{(r, θ)|u ≤ θ ≤ v,R1 ≤ r ≤ R2}

Hvor u er den mindste vinkel (i radianer) og v er den største. R1 er den mindsteradius og R2 er den første.For D bliver det:

{(r, θ)|0 ≤ θ ≤ 2π, 1 ≤ r ≤ 3}

15

11 Matrix regning

11.1 Matrix multiplikation (A ∗B)

For at gange to matricer sammen skal man gange rækker med søjler. Man tagerdet første tal i den første række i den første matrix og ganger det ind p̊a detførste tal i den første kolonne i den anden matrix og lægger det sammen meddet andet tal i den første række i den første matrix og lægger det sammen meddet andet tal i den anden kolonne i den anden matrix for at finde det andet tali anden kolonne i første række.Alts̊a:

1. række * 1. søjle = 1.tal i 1. række.




11.2 Transponering (AT )

N̊ar man transponerer en matrix spejlvender og roterer man den. Dvs.1 2

3 4

5 6

T

∼

2 1

4 3

6 5

∼1 3 5

2 4 6

Note: A ∗B = ATB

16

12 Pensum

[L] 5 Projektioner og ortogonalitet

[L] 6 Egenværdier og egenvektorer

[S] 8.5 Potensrækker

[S] 8.6 Represæntation af funktioner ved potensrækker

[S] 8.7 Taylor- og Maclaurin rækker

[S] 11.6 Retningsafledet og gradient vektoren

[S] 11.7 Maksimums- og minimumsværdier

[S] 12.3 Dobbeltintegraler over generelle omr̊ader

[S] 12.4 Dobbeltintegraler i polære koordinater

17

Documents

Calculus 2 noter - da