Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud

Transkript

1 Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud 5B 7, ifferential- och integralkalkyl II, del 2, flervariabel, för F. Tentamen fredag 25 maj 27, Förslag till lösningar (ändrat 28/5-7, 29/5-7). Tangentplanet till ytan z( + xy) 2 = i (,, ) skär z-axeln i en viss punkt. Bestäm den. Lösning: Med F = z( + xy) är tangentplanets normal F (,, 2). Nu är F = (yz, xz, + xy), så normalen är (,, 2) och tangenplanets ekvation blir (x ) + (y ) + 2(z ) =, eller x + y + 2z = 4. På z-axeln är x = y = vilket ger z = 2. en sökta punkten är därför (,, 2). 2. Låt f(x, y) vara en differentierbar funktion och sätt x = r cos φ, y = r sin φ. Transformera f x, f y samt differentialuttrycket (f x) 2 + (f y) 2. Lösning: Enligt kedjeregeln får vi f r = f xx r + f yy r = f x cos φ + f y sin φ och f φ = f xx φ + f yy φ = f x( r sin φ) + f yr cos φ. Vi löser ut f x och f y och får f x = f r cos φ f φ r sin φ samt f y = f r sin φ + f φ r cos φ. etta ger (f x) 2 + (f y) 2 = (f r) 2 + r 2 (f φ )2. 3. Finns det någon riktning så att v f(, 2) = 2, om f(x, y) = x 2 + 2xy y 3? Lösning: Vi vet att v f(, 2) f(, 2). Här är f = (2x + 2y, 2x 3y 2 ) så f(, 2) = (6, ), varav f(, 2) 2 = 36+ = 36 < 44 = 2 2. Svar: NEJ! 4. Bestäm och karakterisera de kritiska punkterna till funktionen f(x, y) = 3x x 3 3xy 2. Lösning: f = (3 3x 2 3y 2, 6xy) vilket = (, ) precis då x 2 + y 2 = och xy =. e kritiska punkterna är alltså (±, ) och (, ±). Vi beräknar andraderivatorna: A = f xx = 6x, B = f xy = 6y, = f yy = 6x, varför A B 2 = 36x 2 36y 2. å är A B 2 < i (, ±): sadelpunkter. I (±, ) är A B 2 >, varför (, ) är ett lokalt min, ty A >, medan (, ) är ett lokalt max eftersom A <. 5. Bestäm största och minsta värdet av f(x, y) = xy 2 x 2 i området x 2 +y 2, x.

2 Lösning: Kritiska punkter i det inre: f = (y 2 2x, 2xy) = (, ) endast då (x, y) = (, ), som inte är någon inre punkt. Funktionen saknar singulära punkter. et återstår att undersöka randen, vilken består av två delar. På linjestycket x =, y är f =. På halvcirkeln är y 2 = x 2, så f = x( x 2 ) x 2 = x x 2 x 3 = g(x), x. g (x) = ger x = 3 ± som leder till en lösning, x = 3, i området. g( 3 ) = I intervallets ändpunkter får vi värdena g() = och g() =. Jämförelse ger: största värdet är 5/27, minsta värdet är. y +x 6. Beräkna dubbelintegralen dxdy där är det triangulära området med hörn i (, ), (, ) och (, ). Lösning: e tre linjer som begränsar är x =, y = samt x + y =. Området kan skrivas y x, x. Integralen blir ( x ) y dy dx = + x y= + x 2 ( x)2 dx Substitutionen t = + x ger integralen 2 4 4t + t 2 dt =... = 2 ln t a) efiniera med figur rymdpolära (sfäriska) koordinater och uttryck x, y och z i dem. efinitionsmängder skall framgå. b) Uttryck mängden x 2 + y 2 + z 2 4, y > x, z i rymdpolära koordinater. Lösning: a) x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sin φ, z = r cos θ, med r = x 2 + y 2 + z 2, θ : π, samt φ : 2π. (Se Persson-Böiers 2, Ex. 23, s ) b) r 2, θ π/2, π/4 < φ < 3π/4. 8. Låt f(x, y, z) = x 2 y x sin ze y och F(x, y, z) = (yz, xz, x). Ange vilka av följande uttryck som har mening och beräkna dem: rot grad f, grad rot F, div rot F, rot div f. Lösning: Bara rot grad f och div rot F har mening. en första är (alltid) =, och den andra är (alltid) =. (grad rot F saknar mening eftersom grad bara kan operera på vanliga, skalära, funktioner. rot div f saknar mening eftersom div opererar på vektorfält.) 2

3 9. Beräkna kurvintegralen x x+y dx+ y x+y dy längs y = 2x från (, 2) till (2, 4). Lösning: Med y = 2x, x : 2 blir kurvintegralen 2 ( x x + 2x + 2x ) 2 x + 2x 2 5x dx = 3x dx = Beräkna flödesintegralen S F N ds då F = (y, x, z) och S betecknar den del av ytan z = 4 x 2 y 2 där z och y. Enhetsnormalen N är uppåtriktad. Lösning: Flödesintegralen är I = (y, x, z(x, y)) ( z x, z y, ) dxdy, där ges av x 2 + y 2 4, y och där z(x, y) = 4 x 2 y 2. Uträkning och övergång till polära koordinater ger nu I = (y, x, 4 x 2 y 2 ) (2x, 2y, ) dxdy = (4 x 2 y 2 ) dxdy = π dφ 2 (4 r 2 )r dr = π ] 2 [2r 2 r4 = 4π. 4. Låt f(x, y) = xy/ x 2 + y 2 för (x, y) och f(, ) =. a) Visa att f är kontinuerlig och har partiella derivator i origo. b) Visa att f inte är differentierbar i origo. Lösning: a) Utanför origo är f(x, y) = r cos φ sin φ som uppenbarligen går mot noll då (x, y). et visar kontinuiteten i origo. Längs axlarna är f =. ärför existerar de partiella derivatorna i origo och är =. b) Bilda kvoten Q(x, y) = f(x, y) f(, ) xf x(, ) yf y(, ) x 2 + y 2 Att f är differentierbar i origo betyder att Q(x, y) då (x, y). I vårt fall är Q(x, y) = xy, som inte går mot noll då (x, y). T ex är x 2 +y 2 gränsvärdet längs x-axeln, medan gränsvärdet längs y = x är /2. 2. Är det sant att 3xy 2 + > då x 2 + 2y 2? Lösning: Vi skall kontrollera att minimum för den kontinuerliga funktionen f(x, y) = 3xy 2 + på den kompakta mängden g(x, y) = x 2 + 2y 2 är >. Vi vet att ett minsta värde antas. 3

4 Vi undersöker först eventuella inre kritiska punkter till f. f = (3y 2, 6xy) = (, ) endast då y = och f(x, ) = >. I en extrempunkt på randen måste f och g vara parallella, enligt Lagranges metod. et leder till villkoret 3y2 6xy 2x 4y = 2(y3 x 2 y) =. Fallet y = har redan behandlats. Återstår y 2 x 2 =. å måste x 2 +2x 2 =, dvs x 2 = /3, varav f(x, y) = 3 ± 3 3 = ± 3 >. Saken är klar: JA! f(x, y) > om x 2 + 2y Undersök om (,, ) är en lokal extrempunkt för funktionen f(x, y, z) = 2 x2 + 4 y4 + 6 z6 xyz och bestäm i så fall dess karaktär. Lösning: f = (x yz, y 3 xz, z 5 xy) = (,, ) i punkten (,, ). Alltså är (,, ) en kritisk punkt för f. Vi låter A beteckna 2 f(,, ), matrisen med alla andraderivator till f, i punkten. z y A = 2 f(,, ) = z 3y 2 x y x 5z 4 (,,) = 3. 5 Tillhörande kvadratiska form är Q(h, k, l) = (h, k, l)a(h, k, l) T dvs Q(h, k, l) = h 2 2hk 2hl + 3k 2 2kl + 5l 2 = 2 (h 2k)2 + 2 (h 2l)2 + k 2 2kl + 3l 2 = 2 (h 2k)2 + 2 (h 2l)2 + (k l) 2 + 2l 2. Uppenbarligen gäller Q(h, k, l). Kontroll visar att den = endast i punkten (,, ). Alltså är Q positivt definit, varför det är ett lokalt minimum för f i (,, ). En alternativ metod är att kolla A:s underdeterminanter längs huvuddiagonalen. e är >, 3 = 2 >, samt det A >. Eftersom alla dessa determinanter är > följer att den kvadratiska formen är positivt definit. 4. a) Ange formeln för variabelbyte i dubbelintegraler. b) Beräkna dubbelintegralen y dxdy där bestäms av olikheterna xy 4, x y 4x. 4

5 Lösning: a) dxdy = x uy v x vy u dudv = d(x,y) d(u,v) dudv, eller den mer fullständiga formeln (25), sid. 26, i Persson-Böiers gröna bok. b) Skriv som xy 4, y x 4, och inför nya variabler u = xy, v = y/x. å övergår i området E : u 4, v 4. Vidare blir Eftersom d(x,y) d(u,v) Integralen blir E d(u, v) d(x, y) = y ( x x y ) x 2 = 2 y x = 2v. d(u,v) = / d(x,y) blir dxdy = 2v dudv. Från uv = y2 följer y = uv. uv 2v dudv = 4 4 u du dv =... = 4 2 v a) Parametrisera ellipsen x 2 /a 2 + y 2 /b 2 = (a >, b > ) och beräkna dess krökning i en godtycklig punkt. b) Visa att cirklar (fallet a = b) är de enda ellipser som har konstant krökning, dvs krökningen är lika stor i varje punkt. Lösning: a) r(t) = (a cos t, b sin t, ) ger hastighetsvektorn v(t) = r (t) = ( a sin t, b cos t, ) och accelerationsvektorn a(t) = r (t) = ( a cos t, b sin t, ). Farten, v(t) = v(t) = a 2 sin 2 t + b 2 cos 2 t = a 2 + (b 2 a 2 ) cos 2 t. v(t) a(t) = (,, ab). Vi kan nu beräkna krökningen κ med hjälp av formeln κ(t) = v(t) a(t) v(t) 3 = ab (a 2 + (b 2 a 2 ) cos 2 t) 3/2. b) Uppenbarligen är κ konstant endast då cos-termen i nämnaren försvinner, vilket sker precis då a = b. 6. är kurvan x = t cos( t 2 ), y = t 2, z = t, från origo till punkten (,, ). Beräkna linjeintegralen (y + z) dx + (x + z) dy + (x + 4y) dz. Lösning: Med F = (y + z, x + z, x + 4y) har vi F =. 4 Fältet är nästan konservativt. Vi ser att G = (y + z, x + z, x + y) gör G symmetrisk. G har potentialfunktionen φ = xy + yz + zx, och F = 5

6 G + (,, 3y), varför F dr = G dr + 3y dz. en sista integralen = 3t2 dt = [t 3 ] =, och G dr = φ(,, ) φ(,, ) = 3. Alltså är den sökta kurvintegralen F dr = 3 + = S betecknar den del av sfären x 2 + y 2 + (z 3) 2 = 25 där z. Beräkna flödesintegralen rot F N ds S då F = (y 2 cos xz, x 3 e yz, e xyz ) och N är den yttre enhetsnormalen. Lösning: Enligt Stokes sats är den sökta integralen = F dr, där betecknar kurvan x 2 + y = 25 (sätt z = i sfärens ekvation), dvs x 2 + y 2 = 6, ett varv moturs. För z = blir F = (y 2, x 3, ). Stokes sats en gång till, för ytan : x 2 + y 2 6, z =, med N = (,, ) ger F dr = rot (y 2, x 3, ) (,, ) dxdy = (3x 2 2y) dxdy = 3x 2 dxdy = 3 (x 2 + y 2 ) dxdy = π r 2 rdr [ ] r 4 4 = 3π = 3π 64 = 92π. 4 6