Download Calculus Exercises: Least Squares Method and Partial Derivatives and more Exercises Calculus in PDF only on Docsity!
Calculus Ugesedel 6
Thorarinn Thorarinsson
6. oktober 2021
Antag vi har m˚aledataene nedenfor. Find ved mindste kvadraters metode den bedste rette linie y = ax + b, der passer til disse data, og giv et bud p˚a hvad y er n˚ar x = 5.
x y 0 2. 1 1. 2 1. 3 1. 4 1.
Her bruger vi formlerne givet ved (3.26) og (3.27) til at bestemme værdierne af a og b:
a = n
∑n i=1 viui^ −^ (
∑n i=1 vi) (
∑n i=1 ui) n (
∑n i=1 u^2 i )^ −^ (
∑n i=1 ui)
2
b =
∑n i=1 vi) (
∑n i=1 u (^2) i ) − (∑n i=1 viui) (
∑n i=1 ui) n (
∑n i=1 u (^2) i ) − (∑n i=1 ui)
2
Bemærk at ui og vi svarer til henholdsvis x og y værdierne i vores data, og n er antal data punkter. Vi f˚ar: ∑^ n
i=
viui = 0 ∗ 2 .10 + 1 ∗ 1 .92 + 2 ∗ 1 .84 + 3 ∗ 1 .71 + 4 ∗ 1 .64 = 17. 29
∑^ n
i=
vi = 2.10 + 1.92 + 1.84 + 1.71 + 1.64 = 9. 21
∑n
i=
ui =
∑^ n
i=
u^2 i = 0^2 + 1^2 + 2^2 + 3^2 + 4^2 = 30
Indsætter vi dette ind i vores formler f˚ar vi:
a =
b =
Dermed er den bedste rette linie y = ax + b, der passer til dette data givet ved: y = − 0. 113 x + 2. 068
Og for at bestemme vores bud p˚a hvad y er n˚ar x = 5, indsætter vi x = 5 ind i linjens ligning: − 0. 113 ∗ 5 + 2.068 = 1. 503
M˚aledata i tabellen nedenfor giver mistanke om en sammenhæng mellem x og y af formen y = aebx. Brug mindste kvadraters metode til at bestemme de bedste bud p˚a værdierne a og b.
x y -1 0. 0 1. 0.5 1. 1 2. 2 3.
Her ønsker vi at omskrive sammenhængen y = aebx^ til en lineær smmenhæng. S˚a vi tager ln p˚a begge sider af lighedstegnet:
ln(y) = ln(aebx) = ln(a) + ln(ebx) = ln(a) + bx
Vi kan nu anvende formlerne (3.26) og (3.27), hvor vi husker at tage ln til y værdierne i vores data. Bemærk at variabel navnene a og b er blevet byttet i denne opgave, idet b er hældningskoeficienten, og ln(a) er startspunktet.
Hvilket valg af a, b vil f˚a disse m˚aleresultater til at passe bedst med, at sammenhængen mellem x og y er givet ved formlen:
y = ax^2 + b
Her kan vi bruge formlerne (3.26) og (3.27), hvor vi husker p˚a at opløfte x værdierne i anden, inden vi indsætter ind i formlerne. Vi f˚ar: ∑^ n
i=
viui = 1^2 ∗ 1 + 11 ∗ 22 + 28 ∗ 33 + 45 ∗ 42 + 75 ∗ 52 + 102 ∗ 62 = 6564
∑^ n
i=
vi = 1 + 11 + 28 + 45 + 75 + 102 = 262
∑^ n
i=
ui = 1^2 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + 5^2 + 6^2 = 91
∑^ n
i=
u^2 i = 1^4 + 2^4 + 3^4 + 4^4 + 5^4 + 6^4 = 2275
Indsætter vi dette ind i vores formler f˚ar vi:
a =
b =
Udregn de itererede integraler: ∫ (^3)
0
1
x − y dydx og
1
0
x − y dxdy
Pointen med denne opgave er at se, at vi f˚ar det samme resultat selvom man bytter rækefølgen om man integrerer mht. x først eller y først:
∫ (^3)
0
1
x − y dydx =
0
[
xy −
y^2
] 4
1
dx =
0
4 x −
42 − x +
dx
0
3 x −
dx =
[
x^2 −
x
] 3
0
Og: (^) ∫ 4 1
0
x − y dxdy =
1
[
x^2 − yx
] 3
0
dy =
1
− 3 y dy
[
y −
y^2
] 4
1
U
Lad f : R^2 −→ R være funktionen,
f (x, y) = ex (^2) +y (^2) − 4 x− 6 y+
a
Find de partielle afledede af funktionen f , og angiv:
∂f ∂x (x, y)
Her bruger vi kædereglen, og idet e ændres ikke n˚ar vi differentierer den, f˚ar vi følgende differentialler:
∂f ∂x
= f (x, y)(2x − 4) og ∂f ∂y
= f (x, y)(2y − 6)
b
Find det kritiske punkt (x 0 , y 0 ) og angiv andenkoordinaten, y 0.
For at bestemme dette kritiske punkt, finder vi de x og y værdier der f˚ar de partielle afledede til at forsvinde. Det gør vi ved at sætte de afledede lig 0, og isolere for variablerne x og y:
2 x 0 − 4 = 0 ⇒ 2 x 0 = 4 ⇒ x 0 = 2
2 y 0 − 6 = 0 ⇒ 2 y 0 = 6 ⇒ y 0 = 3 Dermed har vi fundet et kritisk punkt: (2, 3).
f
Afgør om det kritiske punkt er et saddelpunkt, et lokalt minimum- eller mak- simum, eller ingen af delene.
Ifølge sætning 3.59 er (2, 3) et lokalt minimumspunkt, idet D = 4 > 0 og ∂^2 f ∂x^2 (2,^ 3) = 2^ >^ 0.
U
I denne opgave betragtes funktionen
f (x, y) = (2x + 5y)^2
a
Beregn de partielle afledede af funktionen f , og angiv gradienten ∇f (x, y).
Vi differentierer f først mht. x og s˚a mht. y, hvor vi bruger kædereglen.
∂f ∂x = 4(2x + 5y)
∂f ∂y = 10(2x + 5y)
S˚a f har gradienten:
∇f (x, y) = (4(2x + 5y), 10(2x + 5y))
b
Find enhedsvektoren ˜u, der danner vinklen π 3 med x-aksen.
Udfra definitionen af enheds-cirklen, s˚a ved vi at følgende vektor har længde 1 og danner vinklen π 3 med x-aksen:
u˜ =
cos
(π 3
, sin
(π 3
c
Udregn den retningsafledede af f i punktet (1, 1) i retningen af enhedsvek- toren ˜u fundet i b).
Vi starter med at bestemme ∇f (1, 1) (i Maple):
∇f (1, 1) = (28, 70)
Nu kan vi bruge Sætning 3.10 til at bestemme den retningsafledede D˜uf (1, 1):
Du˜f (1, 1) = 〈∇f (1, 1), u˜〉 =
d
Find den enhedsvektor ˜v = (v 1 , v 2 ), der giver den største retningsafledede af f i punktet (1, 1).
Ifølge Sætning 3.16 s˚a peger ˜v i samme retning som ∇f (1, 1) = (28, 70). S˚a vi normalizerer ∇f (1, 1) for at bestemme ˜v.
v˜ = ∇f (1, 1) ‖∇f (1, 1)‖
282 + 70^2
e
Bestem værdien af den største retningsafledede af f i punktet (1, 1).
Pr. Sætning 3.16, ved vi at: D˜vf (1, 1) = ‖∇f (1, 1)‖, hvor vi har bestemt længden i den forige delopgave:
D˜vf (1, 1) = ‖∇f (1, 1)‖ = 14
U
I denne opgave betragtes funktionen
f (x, y) = x^2 y^2
Find alle kritiske punkter for f og afgør for hver af dem, om det er et lokalt minimumspunkt, et lokalt maksimumspunkt eller et saddelpunkt.
Find det reelle tal a som opfylder, at punktet (a, 2 |a|) ikke er et indre punkt i D.
Hvis vi tegner denne definitions mængde i et program som f.eks. geogebra kan vi ret tydeligt finde et randepunkt som er p˚a formen: (a, 2 |a|), nemlig (0, 0) for a = 0. Vi lader a = 0, og betragter punktet (0, 0). Vi vil gerne finde frem til at dette punkt, ikke er et indre punkt i D, dvs for en vilk˚arlig cirkel B((0, 0), ), med centrum (0, 0) og radius > 0, skal vi kunne finde et punkt p ∈ B((0, 0), ) som ikke ligger i D. Lad p =
2 ,^0
. p ligger inde i kuglen B((0, 0), ) idet længden mellem p og (0, 0) er 2 < . Og p er ikke et element af D idet 1.koordinaten af p er større end dens 2.koordinat. Dermed kan vi konkludere at (0, 0) ikke er et indrepunkt i D.
