= 0 genom att införa de nya

Transkript

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Anders Källström Prov i matematik ES, IT, W Flervariabelanals Skrivtid: Inga hjälpmedel. Lösningarna skall åtföljas av förklarande text/figurer. Varje problem ger högst 5 poäng. För betget 3 krävs minst 18p, för 4 minst 5p och för 5 minst 3p. en som är godkänd på duggan 995 ska ej räkna problem Låt Fx,, z) z x, x,, z >. estäm tangentplanet i punkten 1,, 3) till tan Fx,, z) 9.. Lös den partiella differentialekvationen x f x + f variablerna u x /, v x/. genom att införa de na 3. eräkna integralerna a) dxd, där K är området x 4, 1/4. K 1 + x b) xz dxddz där är området x,, z, x + + z estäm alla lokala extrempunkter till funktionen x + x x och ange deras karaktär. 5. eräkna volmen av den kropp i R 3 som begränsas av torna z x + och z + x + ). 6. Låt vara kurvan x från, ) till 1, 1). eräkna kurvintegralen x + e ) dx + xe ) d. 7. Låt Fx,, z) x + xz 3 + z Visa att det finns en entdigt bestämd partiellt deriverbar funktion zx, ) definierad i en omgivning av 4, 1) så att z 4, 1) och Fx,, zx, )). eräkna även funktionens första derivator i 4, 1). 8. Tangentplanet till tan z x i punkten x,, z ) skär z-axeln i punkten,, w). estäm största och minsta värdet till w i området x +.

2 Lösning till problem 1: En normalvektor i punkten 1,, 3) till nivåtan ges av F1,, 3). Om vi skriver Fx,, z) e x ln z så ser vi att F ) e x ln z ln z, e x ln z x ln z, e x ln z x/z z x ln z, z x x ln z, z x 1 x ) etta ger F1,, 3) 18 ln 3, 9 ln 3, 6), och vi får tangentplanets ekvation 18 ln 3x 1) + 9 ln 3 ) + 6z 3). Lösning till problem : Vi har u x /, v x/. Kedjeregeln ger nu etta ger att f x f u u x + f v v x f u x + f v 1 f f u u + f v v f u x + f v x x f x + f f u x + f v x + f u x + f v x a x f u u f u. en givna ekvationen är alltså ekvivalent med u f u vilket ger att f u, dvs, f är oberoende av u. Vi kan skriva f x, ) gx/) där g är en funktion av en variabel. Lösning till problem 3a: Integrationsområdet är en rektangel med sidor parallella med koordinataxlarna. Om vi skriver integralen som en itererad integral får vi K 1 + x dxd 1/4 1/4 4 dx 1/4 d 1 + x) ] partiell arctan 4 d integration ] 1/4 arctan ln ) ] 4 arctan x d arctan 4 4 ] 1/ d 1 4 arctan ln π 16 1 ln. 8 Lösning till problem 3b: Vi ser att integrationsområdet är den del av enhetsklotet som ligger i den positiva oktanten. Om vi gör en itererad integral och integrerar med avseende på z först låt vara basen till integrationsområdet) så får vi I xz dxddz 1 x dxd xz /] 1 x dxd 1 xz dz x1 x ) dxd x z Vi använder nu polära koordinater. Området kan i dessa koordinater anges som r 1, θ π/, vilket ger integralen I 1 x1 x ) dxd 1 r cos θ r sin θ 1 r ) rdrdθ

3 vilket ger den itererade integralen I 1 1 π/ r 3 1 r ) dr sin θ cos θ dθ 1 r 4 4 r6 ] 1 6 sin θ ] π/ Lösning till problem 4: Kritiska punkter fås som lösningar till ekvationssstemet { f x x + 1 f x + x { x + 1 xx + ) Fall 1: x ger ±1 dvs, 1) och, 1) är kritiska punkter. Fall : x + ger 3 1 som inte har några reella lösningar. Andra-derivatorna beräknas till f xx, f x x +, f x I den kritiska punkten, 1) får vi den kvadratiska formen Qh, k) h + 4hk som lätt ses vara indefinit. I den andra kritiska punkten blir Qh, k) h 4hk vilken också är indefinit. åda punkterna är således sadelpunkter. Lösning till problem 5: en sökta volmen ligger mellan paraboloiden med ekvation z x + och planet med ekvation z + x + ). Projektionen av skärningskurvan på x-planet ges av x + + x +. Kvadratkomplettering ger ekvationenx 1) + 1) 4. Låt vara cirkelskivan x 1) + 1) 4. en sökta volmen är V zplan z paraboloid ) dxd + x + x ) dxd 4 x 1) 1) ) dxd x z z + x + ) z x + x 1) + 1) 4 Vi gör först ett variabelbte u x 1, v 1 för att fltta centrum på integrationsområdet till origo) vilket ger att V Ett bte till polära koordinater ger nu V π u +v 4 4 r ) rdrdθ π 4 u v ) dudv r r4 ] π8 4) 8π. 4 3

4 Lösning till problem 6: Vi ska integrera vektorfältet med komponenter P, Q) x + e, xe ). Här gäller att Q x P, dvs fältet har en potentialfunktion. Om denna kallas Ux, ) så gäller U x x + e U xe U x + xe Integralen kan nu beräknas ] 1,1) Ux, ) 1 + e 1,, ) e + 3. L 1 1 L Alternativt kan vi eftersom Q x P ) ersätta vägen med de båda linjestckena L 1 och L se figuren). På L 1 är och på L är x 1 vilket ger x + 1) dx + e ) d L 1 L x + x ] 1 + e 3 /3 ] 1 + e 1/3 1 e + /3. Lösning till problem 7: Först noterar vi att F 4, 1, ) Vidare har F kontinuerliga partiella derivator med avseende på x,, z och F z x,, z) 3xz + vilket ger att F z 4, 1, ) 49. Nu ger implicita funktionssatsen att ekvationen Fx,, z) kan lösas med avseende på z nära 4, 1, ) och ger en funktion zx, ) med de sökta egenskaperna. För att bestämma z x och z deriverar vi sambandet Fx,, zx, )) med avseende på x vilket ger x + z 3 + 3xz z x + z x Insättning av x 4, 1 och således z ger nu z x 4, 1) z x 4, 1) Implicit derivering av Fx,, zx, )) med avseende på ger och insättning av x,,z)-4,-1,) igen ger 3xz z + z + z + 48z 4, 1) + z 4, 1) z 4, 1). Lösning till problem 8: Punkten x,, z ) ligger på tan då z x. Tangentplanet i punkten har ekvationen z x + x x ) + x ) Insättning av x,, z),, w) ger nu w x x x x. 4

5 Vi ska således söka största och minsta värde av funktionen w x i området x +. Vi studerar i fortsättningen w x i x +. Området ser ut som i vidstående figur. Kritiska punkter till w fås ur w, x), ) vilket ger den kritiska punkten, ) med w. Randpunkter: På linjen x + får vi x + x x + x g 1 x) wx, x) x x) x x x. Vi ser att g 1 ) g 1 ). Vidare är g 1x) x med nollställe x 1 och g 1 1) w1, 1) 1. På linjen x + får vi g x) wx, + x) x + x) x x, x. Här blir g ) g ) och g x) x med nollställe x 1 som ger värdet g 1) w 1, 1) 1. e båda återstående linjerna undersöks på samma sätt och vi finner w1, 1) 1 samt w 1, 1) 1. et största värdet är 1 som antas i 1, 1) och 1, 1), det minsta är 1 som antas i 1, 1) och 1, 1). 5