Tentamen i Analys B för KB/TB (TATA09/TEN1) kl 14 19

Transkript

1 LINKÖPINGS UNIVERSITET Matematiska Institutionen Joakim Arnlind Tentamen i Anals B för KB/TB (TATA9/TEN kl Inga hjälpmedel är tillåtna. Varje uppgift kan ge maximalt 3 poäng. Betgsgränser: 8p för betg 3, 11p för betg 4 och 14p för betg 5. Förslag till lösningar kommer att finnas på kurshemsidan efter skrivningens slut. är kommer även tidpunkten för visning av tentorna att anslås. Lcka till! 1. Låt f : R 3 R vara en funktion som ges av f(x,,z = xz x x z 2 6z +3 för alla (x,,z (,,1. Går det att definiera funktionens värde i punkten (,,1 så att funktionen blir kontinuerlig i denna punkt? Hur ska detta i så fall göras? Motivera ditt svar noga. 2. I ett område = (x,,z R 3 : x > } i rummet gäller följande samband för temperaturen T (givet i C i punkten (x,,z R 3 Tx xe z2 2x = 1. Vad är temperaturen i punkten (x,,z = (1,2,2, och i vilken riktning minskar temperaturen som mest i denna punkt? Hur mcket förändras temperaturen i denna riktning per längdenhet? 3. Bestäm största och minsta värde av funktionen f(x, = x 3 +3x 2 +4x + 2 i området, där är en triangel med hörn i (,, (1, och (1,1. 4. Beräkna integralen x x 1+(x+ 4 dxd där är triangeln med hörn i (,, (,2 och (3, Hitta funktioner f : R 2 R (med f C 2 som löser ekvationen f +f +(1 e x f x = för x > genom att först bta till variablerna u,v, som definieras via x = ln(1+u och = uv, och sedan lösa den transformerade differentialekvationen. (I svaret skall ges en funktion, av variablerna x och, som löser ekvationen ovan. 6. Beräkna den generaliserade integralen där = (x,,z R 3 : x,,z }. xe (x z 2 2 dxddz 7. Låt x : [ 1,1] R och : [ 1,1] R vara deriverbara funktioner sådana att f ( x(t,(t = för 1 t 1, där f : R 2 R är en C 1 -funktion. Sätt (a,b = (x(,( och visa att f(a,b är vinkelrät mot tangentlinjen till kurvan x(t = ( x(t,(t i punkten t =.

2 Tentamen i Anals B för KB/TB (TATA9/TEN Förslag till lösningar 1. Funktionen är kontinuerlig i en punkt om dess gränsvärde i punkten är lika med funktionsvärdet i samma punkt. Alltså, om gränsvärdet i punkten (,,1 existerar, så kan vi definiera f(,,1 till att vara detta gränsvärde. På så sätt blir funktionen f kontinuerlig i (,,1. Låtossbörjamedattbtavariablertill(u,v,wpåsådantsättatt(u,v,w (,,då(x,,z (,,1; vi väljer således u = x, v = och w = z 1. Insatt i funktionen fås lim f(x,,z = lim f(u,v,w +1 (x,,z (,,1 (u,v,w (,, = lim (u,v,w (,, = lim (u,v,w (,, uv(w+1 uv u 2 +2v 2 +3(w (w +1+3 uvw u 2 +2v 2 +3w 2. Vi försöker beräkna detta gränsvärde med hjälp av instängning och använder oss av olikheterna u u, v u och w u där u = u 2 +v 2 +w 2. Alltså uvw u 2 +2v 2 +3w 2 = uvw u 2 +2v 2 +3w 2 = uvw u 2 +v 2 +2w 2 uvw u 2 u u u u 2 = u = u 2 +v 2 +w 2 Eftersom lim (u,v,w (,, u2 +v 2 +w 2 = så medför satsen om instängning av gränsvärden att lim (u,v,w (,, uvw u 2 +2v 2 +3w 2 =. Alltså existerar gränsvärdet i punkten (x,,z = (,,1 och har värdet. Om vi definierar f(,,1 = så blir funktionen kontinuerlig i punkten (,,1, eftersom gränsvärdet är lika med funktionsvärdet i denna punkt. 2. I området, där x >, kan vi lösa ut temperaturen som T(x,,z = 1 x +ez2 2x, och vi beräknar temperaturen i punkten (1,2,2 till T(1,2,2 = 1+e = 1+e = 2. I punkten (1,2,2 ökar funktionen som mest i riktning av T(1,2,2 och minskar således som mest i riktning av T(1,2,2. Vi beräknar ( T = 1 2x x 2, e 2ez2 z2 2x,2ze z2 2x och vidare att T(1,2,2 = (1+2e,e, 4e = (3,1, 4. Alltså, i punkten(1, 2, 2 minskar temperaturen som mest i riktning av vektorn(3, 1, 4. Förändringen per längdenhet fås av riktningsderivatan i denna riktning: vilket i punkten (1,2,2 ger T T = T T T = T, T T(1,2,2 = T(1,2,2 = = 26. Alltså, i punkten (1,2,2 förändras temperaturen med 26 C per längdenhet i riktning av vektorn (3, 1, 4.

3 3. Området är slutet och begränsat (alltså kompakt och funktionen f är kontinuerlig; därför antar funktionen ett största och minsta värde i området. Största och minsta värde ligger antingen i en lokal extrempunkt i, eller på randen till området. Eftersom funktionen är partiellt deriverbar, ligger de lokala extrempunkterna alltid i stationära punkter. Låt oss därför börja med att hitta alla stationära punkter i, och beräkna funktionsvärdena i dessa punkter. f = (, 3x 2 +6x 8x = = 2x 3x 2 +6x+4 = 4x+2 = x(3x 2 = = 2x (x, = (, eller (x, = (2/3, 4/3. 3x 2 +6x+4 = = 2x Eftersom punkten (2/3, 4/3 inte ligger i området så bortser vi från denna punkt. Vi beräknar att f(, =. Vi delar upp randen av området i tre räta linjer: 1 γ 3 γ 2 γ 1 1 x Låt oss nu beräkna funktionens största och minsta värde på dessa tre linjer var för sig. γ 1 : Vi parametriserar linjen med x = t, = för t 1. Funktionens värden på γ 1 ges av g(t = f(t, = t 3 +3t 2. Största och minsta värde av g ligger antingen i en punkt där g (t = eller i någon av intervallets ändpunkter. g (t = 3t 2 +6t = t = eller t = 2. Eftersomt = 2inteliggeriintervallet[,1],såbortservifråndennastationärapunkt.Viberäknar g( = och g(1 = 4. γ 2 : Vi parametriserar linjen med x = 1, = t för t 1. Funktionens värden på γ 2 ges av g(t = f(1,t = 4+4t+t 2 Största och minsta värde av g ligger antingen i en punkt där g (t = eller i någon av intervallets ändpunkter. g (t = 2t+4 = t = 2. Eftersomt = 2inteliggeriintervallet[,1],såbortservifråndennastationärapunkt.Viberäknar g( = 4 och g(1 = 9. γ 3 : Vi parametriserar linjen med x = t, = t för t 1. Funktionens värden på γ 3 ges av g(t = f(t,t = t 3 +3t 2 +4t 2 +t 2 = t 3 +8t 2. Största och minsta värde av g ligger antingen i en punkt där g (t = eller i någon av intervallets ändpunkter. g (t = 3t 2 +16t = t = eller t = 16/3.

4 Eftersom t = 16/3 inte ligger i intervallet [,1], så bortser vi från denna stationära punkt. Vi beräknar g( = och g(1 = 9. e kandidater till funktionens största och minsta värden som vi har räknat fram är:,4,9. Alltså, i området är funktionens största värde 9 och minsta värde. 4. Området ser ut som följer: +x = 2 x x = Eftersom området begränsas av två enkla funktionsgrafer, = x+1 och = x/3, så skulle vi i princip kunna integrera över detta område på följande sätt: x ( +4x 3 x+2 x x 1+(x+ 4 dxd = 1+(x+ 4 d dx. Problemet är att det inte är helt enkelt att beräkna dessa enkelintegraler. Eftersom (x + 4 förekommer i integranden så prövar vi med att bta till de na variablerna u = x+ x = 1 2 (3u v v = x+3 = 1 2 (v u x/3 och hoppas att motsvarande enkelintegraler blir enklare. et na området blir v v = 3u E u (en triangel med hörn i punkterna (,, (2,6 och (2, och vi beräknar beloppet av funktionaldeterminanten till (x, det (u, v = 1 2. Vi kan nu skriva integralen som x x I = 1+(x+ 4 dxd = 1 2 och vi beräknar I = 1 2 = 9 16 ( 3u = (3u v (v u2 +(3u v(v u 1+u 4 dudv E ( 3u uv 1+u 4dv du = 1 4 ( 4u 3 1+u 4 du = 9 16 uv 1+u 4dv du, [ uv 2 1+u 4 ] 3u du = 1 4 [ ln(1+u 4 ] 2 = 9 16 ln(17. ( 9u 3 1+u 4 du

5 5. För x > kan vi invertera variabelbtet: x = ln(1+u = uv u = v =, och vi beräknar u x = e x u = v x = ex ( 2 v = 1 Låt oss med hjälp av kedjeregeln uttrcka derivator av f, med avseende på x och, i termer av derivator av f med avseende på u och v. f = f uu +f vv = 1 f v = 1 u f v Nu använder vi ovanstående uttrck för att beräkna f och f x: f = f x = f x = u + u = 1 1 u f vv = 1 u 2f u x + u v = ( 1 v u u f v + ( 1 1 v u f v vv v x = ( 1 v u u f v e x + ( 1 v u f v ( ex ( 2 = ex u 2f v + ex u f uv 1 e x u( 2f vv = 1+u u 2 f v + 1+u u f uv v(1+u u 2 f Med hjälp av dessa uttrck skriver vi om vänsterledet i differentialekvationen: f +f +(1 e x f x = uv u 2f vv + 1 ( u f v ( 1+u 1+u u 2 f v + 1+u u f uv v(1+u u 2 f vv = v u f vv + 1 u f v 1 u f v +f uv v u f vv = f uv. vv. Alltså, i de na variablerna ser differentialekvationen ut som f uv = uv f u = 1 2 uv2 +g(u f(u,v = 1 4 u2 v 2 + g(udu+h(v. Eftersom g(u är en godtcklig (deriverbar funktion, så är även dess primitiva funktion godtcklig. Vi kan därför skriva lösningen som f(u,v = 1 4 u2 v 2 +G(u+h(v, där G och h är två godtckliga (åtminstone två gånger deriverbara funktioner. Motsvarande funktion av variablerna x och, vilken löser den ursprungliga differentialekvationen, fås då som f(x, = 1 4 (ex ( ( 2 +G(ex 1+h = 1 ( 4 2 +G(+h e x Vi noterar först att f(x,,z för alla (x,,z vilket gör att vi kan beräkna den generaliserade integralen med hjälp av upprepad integration (om integralen är konvergent. Vi skulle i princip kunna försöka beräkna integralen som en upprepad integral i x, och z med gränserna x,,z <, men vi stöter på problem då vi försöker hitta primitiva funktioner. Förekomsten

6 av uttrcket x z 2 är en indikation på att det kan passa sig med rmdpolära koordinater (eftersom x z 2 = r 2 i detta fall. Rmdpolära koordinater ges av variabelbtet x = rsinθcosϕ = rsinθsinϕ z = rcosθ och funktionaldeterminanten blir r 2 sinθ. I dessa variabler blir det na området E : < r < θ π/2 ϕ π/2. Vi kan alltså beräkna den generaliserade trippelintegralen som ( ( π/2 π/2 xe (x z 2 2 dxddz = r 3 e r4 sin 2 θcosϕdϕ dθ dr = = 1 2 = π 4 ( π/2 r 3 e r4 sin 2 θ[sinϕ] π/2 dθ dr = ( π/2 r 3 e r4 (1 cos2θdθ dr = 1 2 r 3 e r4 dr = π 16 ( 4r 3 e r4 dr = π 16 ( π/2 r 3 e r4 sin 2 θdθ dr [ r 3 e r4 θ 1 ] π/2 2 sin2θ dr [e r4] = π Funktionen x : R R 2 beskriverettstcke avenkurvaiplanet (påparameterform då 1 t 1. Funktionen f : R 2 R ger också upphov till en kurva (en nivåkurva som fås av alla (x, R 2 sådana att f(x, =. Eftersom, enligt antagande, det gäller att f(x(t,(t = för 1 t 1, så sammanfaller dessa två kurvor i punkterna (x(t,(t för 1 t 1. Alltså, f(x, = och x(t beskriver delvis samma kurva. Vi sätter (a, b = (x(, (. En tangentvektor till kurvan i punkten (a,b ges då av av (x (, (. Kedjeregeln ger oss att och i punkten t = fås d dt f( x(t,(t = f x x(t,(t x (t+f x(t,(t (t d dt f( x(t,(t t= = f x x(,( x (+f x(,( ( = f x(a,bx (+f (a,b ( = f(a,b (x (, (. Men eftersom f(x(t,(t = för 1 t 1 så måste även vilket ger att d dt f( x(t,(t t= = f(a,b (x (, ( =, vilket visar att f(a,b är vinkelrät mot (x (, (. etta resonemang (med tillägget att vi faktiskt kan hitta en sådan parametrisering x(t visar att gradienten är en normalvektor till motsvarande nivåkurva.