Lösningsförslag till tentamen Torsdag augusti 16, 2018 DEL A

Transkript

1 Institutionen för matematik SF1626 Flervariabelanalys Torsdag augusti 16, 2018 DEL A 1. Givet funktionen f(x, y) = ln(x 2 y 2 ). a) Bestäm definitionsmängden D för f. Rita även en bild av D. (2 p) b) Bestäm huruvida D är öppen, sluten eller ingetdera. (1 p) c) Har f några kritiska punkter i definitionsmängden D? (1 p) d) Beräkna f xy (1, 0). (1 p) e) Bestäm riktningsderivatan av f i punkten (1, 0) i den riktning som ges av vektorn f(1, 0). (1 p) Lösningsförslag. a) Logaritmen ln t är definierad enbart för t > 0. Dvs funktionen f är definierad då x 2 y 2 > 0: D = {(x, y) : x 2 y 2 > 0} = {(x, y) : x > y }. b) Området är öppet då den ges av { x > y } med randen { x = y } som inte tillhör området. c) Derivering ger f x = 2x x 2 y 2, f y = 2y x 2 y 2 1

2 och med (f x, f y ) (0, 0) då (x, y) (0, 0). Observera att i origo är gradienten inte definierad, samt att origo tillhör inte definitionsmängden. Därför saknar f kritiska punkter i sin definistionsmängd. d) 4yx f xy = (x 2 y 2 ). 2 Vi har f xy (1, 0) = 0. e) Vi har f(1, 0) = (2, 0), och u = (1, 0) ger en enhetsvektor i den ritkningen. Vi får således D u f(1, 0) = (2, 0) (1, 0) = 2. Svar. a) {(x, y) : x 2 > y 2 }. b) öppen mängd. c) Inga kritiska punkter i D. d) f xy (1, 0) = 0. e) D u f(1, 0) = (2, 0) (1, 0) = 2. 2

3 2. För reella konstanter a, b betrakta vektorfältet F = (ay 3 + 3x 2 y, 3y 2 x + bx 3 ). (a) För vilka värden på konstanterna a, b finns det en potentialfunktion till F? (2 p) (b) För a = b = 1 beräkna linjeintegralen γ 1 F dr där γ 1 är en godtycklig kurva från (0, 2) till (1, 1). (2 p) (c) För a = 1, b = 2 beräkna linjeintegralen γ 2 F dr där γ 2 är linjesegmentet från (0, 2) till (0, 1). (2 p) Lösningsförslag. (a) Då vektorfältet F = (P, Q) är definierad och har kontinuerliga andra derivator i hela R 2 (som är enkel sammanhängande), så är det konservativt om P y = Q x. Eftersom P y = 3ay 2 + 3x 2, Q x = 3y 2 + 3bx 2 måste vi ha a = b = 1 för att få P y = Q x. Därför är fältet konservativt enbart då a = b = 1. (b) Eftersom fältet är konservativt för a = b = 1, har vi då en potentialfunktion som kan räknas med integration f x = y 3 + 3x 2 y f = xy 3 + x 3 y + g(y) f y = 3xy 2 + x 3 + g (y) = 3y 2 x + x 3 g = konstant = K f = xy 3 + x 3 y + K. Vi har F dr = f(1, 1) f(0, 2) = 2. γ 1 (c) Med a = 1, b = 2 har vi F = (P, Q) = (y 3 + 3x 2 y, 3y 2 x + 2x 3 ). På linjesegmentet γ 2 dvs på y-axeln från y = 2 till y = 1 gäller det att x = 0. Vi har då x = 0 och dx = 0, som ger att F = (P, Q) = (y 3, 0) och F dr = P dx + Qdy = Qdy = 0 dy = 0 γ 2 γ 2 γ 2 γ 2 eftersom Q = 0 på kurvan. Svar. a) a = b = 1. b) γ 1 F dr = 2. c) γ 2 F dr = 0. 3

4 DEL B 3. Låt f(x, y) = y 3 1 x 2 y 2 och D vara det område i planet som ges av D = {(x, y) : x 0, x 2 + y 2 1}. (a) Bestäm största värdet för f över området D. (3 p) (b) Beräkna integralen (3 p) D y 3 1 x 2 y 2 dxdy. Lösningsförslag. a) Största värdet sökes bland tre möjliga punkter: kritiska punkter, singulära punkter, randpunkter. Kritiska punkter ges av f = ( xy 3 1 x2 y 2, 3y2 3y 2 x 2 4y 4 1 x2 y 2 ) = (0, 0). Detta ger olika fall. Om x = 0 då är punkterna på randen. Observera att vi betraktar enbart de inre kritiska punkterna, då randpunkterna ska studeras separat. Om x 0 då har vi y = 0 och alla dessa punkter som är i det inre av D blir kritiska punkter. Eftersom f(x, 0) = 0 och den får positiva värden för y > 0 så kan punkterna på {y = 0} inte vara maximum punkter (eller största värdet). Därför största värdet finns inte att hitta bland kritiska punkter i det inre av D. Funktionen f har heller inga singulära punkter i det inre delen av D då den är väl definierad där. Den har dock singulära punkter på cirkeln x 2 + y 2 = 1 som tillhör randen, och vi behöver inte bry oss om detta. Nu återstår det att studera randpunkter. På cirkeln x 2 + y 2 = 1 har vi f = 0. på {x = 0} har vi f(0, y) = y 3 1 y 2 för 1 y 1. Sätt g(y) = y 3 1 y 2 och studera en-variabel funktionen g(y). Derivering ger 3y 2 4y 4 1 y 2 = 0 3y2 4y 4 = 0 y = 0, y = ± 3 2. För y = 0 har vi g(0) = f(0, 0) = 0. För y = ± g(± 2 ) = ±3 16 som medför att största värdet är har vi

5 b) Eftersom området D är symmetrisk m.a.p. y-axeln, och att f är en udda funktion i y-variabel f(x, y) = f(x, y) så måste integralen vara noll. Mer exakt med D + = {(x, y) D : y > 0}, D = {(x, y) D : y < 0} får vi f(x, y) dxdy = f(x, y) dxdy + f(x, y) dxdy D D + D = f(x, y) dxdy + f(x, y) dxdy D + D + = f(x, y) dxdy f(x, y) dxdy = 0. D + D + Svar. a) b) D y3 1 x 2 y 2 dxdy = 0 5

6 4. Låt D = {(x, y, z) : x 2 + y 2 z 1 x 2 y 2 }. (a) Skriv de rektangulära (x, y, z)-koordinaterna som funktioner av de sfäriska koordinater R, θ, φ. Glöm ej intervallen för de nya koordinater. (1 p) (b) Ange Jacobimatrisen för koordinatbytet från rektangulära (x, y, z)-koordinater till sfäriska koordinater R, θ, φ. (1 p) (c) Beskriv området D i sfäriska koordinater. (1 p) (d) Beräkna trippelintegralen z dv. (3 p) D Lösningsförslag. (a) Sfäriska koordinater ges av x = R cos θ sin φ, y = R sin θ sin φ, z = R cos φ där R 0, 0 θ < 2π 0 φ π. (b) Jacobimatrisen ges av x R x θ x φ cos θ sin φ R sin θ sin φ R cos θ cos φ y R y θ y φ = sin θ sin φ R cos θ sin φ R sin θ cos φ z R z θ z φ cos φ 0 R sin φ (c) Området kan nu beskrivas som D = { sin 2 φ cos φ, samt R cos φ 1 R 2 sin 2 φ} = {0 sin φ cos φ, samt (R cos φ) 2 1 R 2 sin 2 φ} = {0 sin φ cos φ, samt R 1}. Observera att vi har använt oss av att z x 2 + y 2 0, som medför att cos φ 0, och att 0 sin φ cos φ, dvs tan φ 1, eller 0 φ π/4. (Observera att från början har vi 0 φ π.) Det borde också noteras att området är oberoende av θ så att 0 θ 2π. (d) Med dv = R sin φdrdθdφ kan integralen I skrivas som π/4 2π 1 I = zdv = R 3 cos φ sin φdrdθdφ = π 8. Svar. Se ovan D

7 DEL C 5. Givet ekvationsystemet { xyz + sin(x + y + z) + x(y + z) = 1 cos(xyz) e xyz + x + y = π/2 (a) Visa att ekvationssystemet har en lösning på formen y = y(x), z = z(x) i en omgivning av punkten (π/2, 0, 0). (4 p) (b) Är z(x) växande eller avtagande som funktion av x i en omgivning av x = π/2. (2 p) Lösningsförslag. a) Sätt { F (x, y, z) = xyz + sin(x + y + z) + x(y + z) 1 = 0 G(x, y, z) = cos(xyz) e xyz + x + y π/2 = 0. Vi har att (π/2, 0, 0) satisfierar ekvationen. För att ekvationen ska ha den sökta lösningen behövs enligt implicita funktionssatsen att i den aktuella punkten (π/2, 0, 0) [ ] Fy F det z 0 G y G z Vi får då F y = xz + cos(x + y + z) + x F y (π/2, 0, 0) = π/2 F z = xy + cos(x + y + z) + x F z (π/2, 0, 0) = π/2 G y = (xz) sin xyz (xz)e xyz + 1 G y (π/2, 0, 0) = 1 G z = (xy) sin xyz (xy)e xyz G z (π/2, 0, 0) = 0 som ger [ ] π/2 π/2 det = π/ Därför enligt implicita funktionssatsen kan y och z lösas ut i termer av x. { b) För att bestämma z x deriverar vi båda ekvationerna m.a.p. x och löser ut z x (π/2, 0, 0) yz + xy x z + xyz x + (1 + y x + z x ) cos(x + y + z) + (y + z) + x(y x + z x ) = 0 (yz + xy x z + xyz x ) sin(xyz) (yz + xy x z + xyz x )e xyz y x = 0. I punkten (π/2, 0, 0) får vi { π 2 x + z x ) = 0, 1 + y x = 0, som ger y x = 1 och z x = 1. Dvs z är växande. 7

8 Svar. a) Se ovan b) z = z(x) är växande kring x = π/2. 8

9 6. Låt C r vara en cirkel med radien r och centrum i origo, tagen ett varv i positiv led. Sätt (y 1)dx (x 1)dy I(r) =. C r (x 1) 2 + (y 1) 2 Beräkna I(r) för alla r 2. Lösningsförslag. Sätt F 1 = (1, 1) (6 p) y 1 (x 1) 2 +(y 1) 2, F 2 = x 1 (x 1) 2 +(y 1) 2. Då gäller, om (x, y) y F 1 = (x 1)2 (y 1) 2 ((x 1) 2 + (y 1) 2 ) 2 = xf 2. Eftersom F 1, F 2 är C 1 innanför C r, då r < 2, kan vi använda Greens sats för r < 2. Observera att för r = 2 är integralen inte definierad i vanlig mening. För r < 2 får vi I(r) = F 1 dx + F 2 dy = ( x F 2 y F 1 )dxdy = 0. C r x 2 +y 2 <r 2 Låt nu r > 2, och ta en ny cirkel γ ɛ runt punkten (1, 1) med liten radie ɛ < r 2 så att γ ɛ är innanför C r. Vi parametriserar γ ɛ i negativ led (så att den är i positiv led för området utanför). Vi har då I(r) = (F 1 dx + F 2 dy) (F 1 dx + F 2 dy). C r γ ɛ γ ɛ Låt D r,ɛ = {(x, y) : x 2 + y 2 < r 2, (x 1) 2 + (y 1) 2 > ɛ 2 }. Applicera nu Greens sats på den första integralen i D r,ɛ och använd att vektorfältet är konservativt så att den första integralen blir noll I(r) = (F 1 dx + F 2 dy) (F 1 dx + F 2 dy) = C r γ ɛ γ ɛ ( x F 2 y F 1 )dxdy (F 1 dx + F 2 dy) = 0 (F 1 dx + F 2 dy). D r,ɛ γ ɛ γ ɛ Parametrisera nu kurvan γ ɛ, enligt Vi får och x = 1 + ɛ cos θ, y = 1 + ɛ sin θ θ : 2π 0. (F 1 dx + F 2 dy) = γ ɛ Integralen blir då I(r) = 2π. dx = ɛ sin θdθ, 0 2π dy = ɛ cos θdθ ( sin 2 θ cos 2 θ)dθ = 9 0 2π dθ = 2π.

10 Svar. För r < 2 har vi I(r) = 0 och för r > 2 har vi I(r) = 2π 10