En skiss av kurvan blir alltså. Lektion 1, Flervariabelanalys den 18 januari 2000

Transkript

1 Lektion, Flervariabelanals den 8 januari 8.. Skissera parameterkurvan En skiss av kurvan blir alltså t + t t < och visa dess riktning med en pil. Eliminera sedan parametern och härled kurvans ekvation i och vars graf innehåller kurvan. Om vi skriver om kurvans parametrisering till + t t <, så känner vi igen detta som en parametrisering av en rät linje som innehåller punkten, och har riktningen,. Kurvans ekvation får vi genom att eliminera t. t t Detta insatt i ger + t Anm. Notera att kurvans ekvation är hela linjen medan kurvan bara är en halvlinje. Om vi tillät parametern t löpa från till så skulle vi få hela linjen som antds i figuren ovan. I detta fall startar parametern t från, d.v.s. kurvan startar i punkten +, och sedan antar t alla positiva värden, d.v.s. kurvan fortsätter i riktningen, Skissera parameterkurvan + t t < t < + t och visa dess riktning med en pil. Eliminera sedan parametern och härled kurvans ekvation i och vars graf innehåller kurvan. Vi skriver först om parameterkurvan i vektorform t rt t + t t.

2 Det första vi kan göra är att försöka se smmetrier. I detta fall ser vi att r t + t t + t, t så den punkt som svarar mot parametervärdet t har samma -koordinat som punkten med parametervärdet t men omvänt tecken på -koordinaten. rt Vi skisserar resten av kurvan genom att välja några parametervärden och förbinda dessa med en kurva, r,5,8;,4 r,5;,5 r,5 4 3 ; 6 3 r 5 ; 5 r5 6 ; 5 6 r t Kurvskissen blir alltså Kurvan är alltså smmetrisk kring -aeln eftersom varje positivt parametervärde t har ett motsvarande negativt parametervärde t som också tillhör parametermängden. Vi behöver alltså bara skissera kurvan för t <. Startpunkten som svarar mot t är För stora t är r + rt + t. t t t /t så kurvan kommer närma sig origo, när t. Dessutom ser vi att - koordinaten är mcket mindre än -koordinaten t t så kurvan kommer att närma sig origo längs -aeln. /t Kurvans ekvation får vi genom att eliminera t. Vi noterar att Detta ger att t. + t + / Kurvan är alltså en cirkel med mittpunkt i, och radie.

3 8..7 Skissera parameterkurvan 3 sin πt 4 cos πt t och visa dess riktning med en pil. Eliminera sedan parametern och härled kurvans ekvation i och. så ser vi att -koordinaten startar från, går till 3, rör sig sedan till +3 och tillbaka till. -koordinaten startar från 4 och går upp till +4 för att sedan återvända till 4. Kurvan beskriver alltså hela ellipsen medsols negativ riktning med start i punkten, 4. Kurvan är skriven i standardformen för en parametrisering av en ellips. Från parametriseringen ser vi att 3 sin πt och cos πt, 4 och den trigonometriska ettan ger att + sin πt + cos πt. 3 4 Alltså är kurvan en del av ellipsens med mittpunkt i origo och halvalar 3 och Parameterområdets storlek avgör hur stor del av ellipsen som kurvan upptar. Då parametern t går från till + går argumentet till de trigonometriska funktionerna från π till π. Om vi ritar upp hur - och -koordinaten beror på parametern t 3 3 t 4 4 t 8.3. Finn de punkter där parameterkurvan har en a horisontell tangent, b vertikal tangent. t t t + t Låt oss först skriva om parameterkurvan i vektorform t rt t t. + t Kurvans riktningsvektor i den punkt med parametervärdet t ges av ṙt d t t t dt t. + t t +

4 a En horisontell tangent har en riktningsvektor med -komponent och en nollskild -komponent, d.v.s. ẏ t + t. och då är ẋ 4. Kurvan har alltså en horisontell tangent i punkten r 3. + b En vertikal tangent har en riktningsvektor med -komponent och en nollskild -komponent, d.v.s. ẋ t t, med ẏ 4. Kurvan har alltså en vertikal tangent i punkten r Finn lutningen till kurvan i punkten med parametervärdet t. Kurvan i vektorform blir t 4 t t 3 + t t rt 4 t t 3. + t Riktningsvektorn för kurvan i punkten med parametervärdet t är 4t ṙ 3 t 4 3t Lutningen är t ẏ ẋ 5 5.

5 8.3.4 Finn en parametrisering av tangentlinjen till kurvan t cos t sin t i punkten som svarar mot parametervärdet t 4 π I vilka punkter är kurvan inte regulär. t 3 t sin t En rät linje har parameterformen rs r + sv < s <, där r är en punkt på linjen och v är linjens riktning. Vi vet att tangentlinjen tangerar kurvan i punkten som svarar mot t 4 π så vi kan välja t 4 r π t 4 π 4 π / /. Tangentens riktning är kurvans riktningsvektor i punkten med t 4 π, ẋt 4 v π ẏt 4 π + sin t cos t En parametrisering av tangentlinjen är alltså rs t 4 π 4 π / + / / + s /. + / /. Eftersom komponenterna till kurvan är kontinuerligt deriverbara funktioner av parametern t så är de enda punkter där kurvan inte behöver vara regulär de punkter där riktningsvektorn ṙt. I vårt fall är t 3 rt, t sin t varför 3t ṙt. cos t Vi ser att riktningsvektorn är noll i punkten som svarar mot t, d.v.s. i punkten r,. Kurvan är alltså möjligtvis irregulär i origo men behöver inte vara det. Vi avgör regulariteten genom att undersöka gränsvärdet cos t lim lutningen hos riktningsvektorn i rt lim t t 3t. Om gränsvärdet eisterar är kurvan regulär annars inte. Vi har Alltså är kurvan regulär överallt. cos t lim t 3t { Maclaurinutveckling } lim t + Ot 4 t 3t lim t 6 + Ot 6.

6 8.4. Bestäm båglängden av kurvan + t 3 t t Bestäm längden av kurvan cos t + t sin t sin t t cos t t π. Vi skriver kurvan i vektorform + t rt t. Riktningsvektorn är Båglängden ges av formeln L ṙt dt 3t ṙt. t 3t + t dt 9t4 + 4t dt 3 t t + 49 dt 3t t + 49 dt + { s t ; ds t dt } 3 [ s s ] 4/9 3/9 + [ s s ] 4/9 4/ /9 3/ s ds + 3 3t t dt 4/9 4/9 s ds Vi skriver kurvan i vektorform Riktningsvektorn är Båglängden ges av formeln L π π rt ṙt ṙt dt cos t + t sin t sin t t cos t t sin t. t cos t π t dt [ t ] π π Finn arean av tan som uppstår då kurvan t cos t + t sin t dt e t cos t e t sin t t π roteras kring -aeln. Först skriver vi kurvan i vektorform rt e t cos t e t, sin t

7 som har riktningsvektorn ṙt e t cos t e t sin t e t sin t + e t. cos t Finn arean av tan som uppstår då kurvan roteras kring -aeln. 3t t 3 t Den totala arean blir A ds π π π/ π/ π [ e t sin t ] π/ π π e π 4π Ytelementet till rotationstan ges av ds π t ṙt dt e t cos t e t cos t e t sin t + e t sin t + e t cos t dt e t cos t dt { partiell integration } π/ π/ e t sin t dt π e π 4π [ e t cos t ] π/ + 4π π e π 4π 4 A Ur detta samband löser vi ut A, e t sin t dt { partiell integration } A π e π. 5 π/ e t cos t dt Vi skriver kurvan i vektorform och räknar ut dess riktningsvektor rt ṙt 3t t 3, 6t 6t. Ytelementet till rotationstan ges av Den totala arean blir A ds π t 3 6t + 6t dt 4π ds π t ṙt dt t 4 + t dt. För integraler av denna tp är standardmetoden att substituera t tan θ och då förenkla + t till / cos θ, { t tan θ ; dt dθ cos θ ; θ π/4 } 4π 4π π/4 π/4 tan 4 θ cos θ sin 4 θ cos 7 dθ 4π θ dθ cos θ 4π π/4 { trigonometriska ettan } 4π π/4 sin 4 θ cos 8 cos θ dθ θ π/4 tan 4 θ cos 3 θ dθ sin 4 θ sin θ 4 cos θ dθ { s sin θ ; ds cos θ dθ ; s / } / s 4 4π s 4 ds.

8 Nu har vi nått en rationell integrand och den kan vi integrera genom en partialbråkuppdelning, d.v.s. ansätta s 4 s 4 B s + C s + D s 3 + E s 4 + F s + + G s + H + s I s + 4, men detta kommer att leda till mcket arbete. Ett alternativ är att succesivt lägga till och dra ifrån lämpliga termer så att täljaren och nämnaren kan förkortas, s 4 s 4 s4 + s 4 s s + s 4 + s 4 s + s 3 + s 4 s + s 3 + s 4 Areaintegralen är alltså lika med A 4π s + s 3 + s 4. / s + s 3 + s 4 ds. Här kan vi notera att alla tre integraltermer är i formen I n / ds s n. Just denna tp av integraler kan man i många fall beräkna genom att härleda en rekursionsformel med hjälp av partialintegrering, d.v.s. uttrcka I n i termer av I n, I n,..., I. I vårt fall är I n / [ s ds s n s n n n + n ] / n n / + n / / / / s n ds { partiell integration } s s s n s s ds n+ n+ ds s + s ds n+ / n n / + n n n / + n I n + n I n+ I n+ n+ n 3/ n ds / s n + n ds s n+ n n I n. Om vi börjar med den enklaste av integralerna I n, d.v.s. I, så är den ganska enkel att beräkna med en partialbråkuppdelning / ds / I s s [ ds s + log s s + log / / + log + log + log + log. ] / Sedan kan vi använda rekursionsformeln för att bestämma de sökta integralerna I, I 3 och I 4, I / I log, I 3 3 / I 3 4 log log, I 4 4 3/ I log. Sammanställer vi uträkningarna fås log A 4π I + I 3 + I 4 4π log log log π π π 3 π log. log

9 8.5.4 Transformera den polära ekvationen r sin θ + cos θ till kartesiska koordinater och bestäm vilken kurva ekvationen beskriver Transformera den polära ekvationen r cos θ till kartesiska koordinater och bestäm vilken kurva ekvationen beskriver. Multiplicera båda leden i den polära ekvationen med r, vl r +, hl r sin θ + r cos θ +. Ekvationen i kartesiska koordinater är alltså Kvadratkomplettera i, Kvadratkomplettera i, Ekvationen beskriver alltså en cirkel med mittpunkt i, och radie /. Förläng med cos θ, Samla r i ena ledet, Kvadrera Alltså är ekvationen Kvadratkomplettera i, r cos θ, r r cos θ, r. r +. r + 4 +, , Ekvationen börjar påminna om ellipsens ekvation. Låt oss skriva om ekvationen i ellipsens standardform / 3.

10 Ekvationen beskriver en ellips med mittpunkt i 3, och halvalar 4 3 och 3. θ θ π/4 θ π/ θ 3π/4 θ π θ 5π/ Skissera kurvan som ges av den polära ekvationen r sin θ. Vi ritar först upp hur vl beror av vinkeln θ. θ 3π/ θ 7π/4 θ π π π θ Detta diagram visar alltså hur radien r varierar när θ går från till π. För att underlätta ritandet av kurvan ritar vi några ögonblicksbilder vid de tidpunkter då radien antingen är noll eller antar ett ma/min.

11 Lektion, Flervariabelanals den 9 januari..6 Finn hastighet, fart och acceleration vid tidpunkt t av en partikel med lägesvektorn Genom att uttrcka -koordinaten i ser vi att kurvan är funktionsgrafen till. Beskriv också partikelns trajektoria. rt te + t e + t e. Vi skriver lägesvektorn i vektorform, rt t t. Deriverar vi lägesvektorn får vi hastigheten till vt ṙt t t t Den andra projektionen vi kan göra är att betrakta kurvan i, -planet, r, t t e + t e. I detta fall ser vi att - och -koordinaterna är lika och icke-negativa eftersom t alltid är icke-negativ. Kurvan ligger alltså på linjen. Farten är och accelerationen är vt vt + t + t + 8t, at rt d dtṙt. För att rita upp kurvan som partikeln genomlöper kan det vara enklare att, precis som i konstruktionsritningar, bortse från en dimension och rita upp projektionen av kurvan för att senare lägga ihop projektionerna till en tredimensionell bild av kurvan. Vi börjar med att betrakta kurvan i, -planet, Dessa två bilder räcker för att rita upp den tredimensionella kurvan. r, t te + t e.

12 ..5 En partikel rör sig runt cirkeln + 5 med den konstanta farten av varv varannan sekund. Vilken acceleration har partikeln när den är i punkten 3, En partikel rör sig åt höger längs kurvan 3/. Om dess fart är när den passerar genom punkten, 3/, vad är dess hastighet vid den tidpunkten. Partikelns läge kan vi skriva som rt t e + t e. Genom att derivera två gånger fås accelerationen rt ẍt e + ÿt e. Eftersom vi vet att partikeln rör sig på en cirkel med radie 5 och mittpunkt i origo är det lämpligt att beskriva partikelns läge med polära koordinater. En konstant vinkelhastighet av varv/s skrivs som θ ±πt + θ, där ± uppstår eftersom vi inte vet om partikeln rör sig med- eller motsols. θ är den vinkel som partikeln har vid t. Radien är r 5. Alltså är t r cos θ 5 cos±πt + θ, t r sin θ 5 sin±πt + θ. Från uppgiftsteten får vi inte direkt information om vid vilken tidpunkt som vi ska bestämma accelerationen, utan tidpunkten bestäms istället av villkoret att t 3 och t 4. Om vi därför kan uttrcka ẍ och ÿ direkt i termer av och så undviker vi att behöva bestämma t. Vi har Accelerationen i, 3, 4 är ẋt 5π sin±πt + θ πt, ẏt ±5π cos±πt + θ ±πt, ẍt πẏt π t, ÿt ±πẋt π t. r 3π e 4π e. Eftersom vi redan vet partikelns fart behöver vi bara dess hastighetsriktning i punkten. Kurvan som partikeln rör sig på är en funktionsgraf som redan är parametriserad av. Punkter på kurvan kan alltså skrivas som eller i vektorform s 3/s rs s parameter, s. 3/s Riktningsvektorn, som pekar åt höger, ges av e ṙ ṙ + 3/s + 9/6 3/4 3/s s 4/5. 3/5 Partikelns hastighet är farten gånger hastighetsriktningen 8 e Planet + + skär clindern längs en parabel. Bestäm parametriseringen av parabeln med t som parameter. Skärningskurvan mellan de två torna tillhör båda torna och måste därför uppflla båda tornas ekvationer. + +,.

13 Eftersom vi väljer t som parameter ger direkt att t. Detta insatt i ger t + + t t t. Ekvation 3 ställer inga sådana krav. Parametermängden måste alltså väljas till [, ]. Sammantaget har alltså skärningslinjen parametriseringen t rt t t. t t Alltså har skärningskurvan parametriseringen t rt t t. t.3.4 För vilka värden på parametern λ är längden LT av kurvan lika med T + T 3? rt te + λt e + t 3 e t T.3.8 Parametrisera skärningskurvan mellan torna och +. Skärningskurvan tillhör båda torna och måste därför uppflla båda tornas ekvationer, +. Om vi fierar så ser vi att bestämmer ett -värde och bestämmer ett -värde. För varje -värde finns alltså högst en punkt på skärningskurvan. Just detta : förhållande gör att vi kan välja t som parameter. Löser vi ut och i termer av t, från och, fås t, 3 t t t t. 4 Det är dock inte alla -värden som ger en punkt på skärningslinjen. Vi ser i 4 att vi måste begränsa t till intervallet [, ] för att ett -värde ska svara mot t. Vi har rt t λt och ṙt λt. t 3 3t Längden av kurvan ges av integralen LT, λ T T ṙt dt T + 4λ t + 9t 4 dt + λt + 3t dt En integral av den här tpen är i allmänhet inte analtiskt lösbar. Det enda undantaget är när uttrcket under rottecknet råkar vara en kvadrat. Om vi kvadratkompletterar i t, + 4λ t + 9t 4 9 t + 9 λ λ4,

14 så ser vi att uttrcket är en kvadrat endast då 4 9 λ4 λ ± I dessa fall blir integralen LT T 3. 3t + 3 dt 3 [ 3 t3 + 3 t ] T T 3 + T. Detta var minst sagt lckosamt, men vi kan dock inte utesluta att det även finns andra λ-värden för vilka integralen också råkar anta värdet T 3 +T. Låt oss bevisa att detta inte inträffar. Om vi betraktar integranden i som en funktion av λ, fλ + 4λ t + 9t 4, så ser vi att f är strängt väande för λ > och strängt avtagande för λ < derivera f om du inte är övertgad. Eftersom integralen har monotonicitetsegenskapen f < g f < g, så har vi att LT, λ är strängt väande i λ > och strängt avtagande i λ <. Alltså kan LT endast anta värdet T + T 3 högst en gång för negativa respektive positiva λ. Vi har därmed visat att 3 endast då λ ±. LT T + T Beskriv skärningskurvan mellan sfären + + och den elliptiska clindern +. Beräkna den totala längden av skärningskurvan. Skärningskurvan mellan de två torna uppfller båda tornas ekvationer + +, +. Ekvation beskriver i, -planet en ellips med halvalar och /. Det betder att skärningskurvans - och -koordinater alltid kommer ligga på denna ellips, m.a.o. om vi projicerar skärningskurvan på, -planet så får vi en kurva som är en del av ellipsen eller hela ellipsen. Standardparametriseringen av en ellips ger att vi kan skriva Detta insatt i ger cos t sin t t π. cos t sin t sin t ± sin t. För varje t-värde finns alltså två -värden, vilket betder att skärningskurvan består av två kurvor cos t r t sin t t π, sin t cos t r t sin t t π. sin t Av parametriseringen ser vi också att de två kurvorna är spegelsmmetriska i, -planet varför de måste ha samma längd. Skärningskurvans totala längd är därför π π L ṙt dt sin t + cos t + cos t dt π sin t + cos t dt π dt 4π.

15 .3.9 Låt C vara kurvan Beräkna längden av C. e t cos t e t sin t t t π. Enhetstangentvektorn är e T t ṙt ṙt a sin t e + b cos t e + e a sin t + b cos t +. Kurvan C skriven i vektorform och dess riktningsvektor är rt et cos t e t sin t, ṙt et cos t e t sin t e t sin t + e t cos t. t Längden av C är L π π e π ṙt dt π et cos t e t sin t + e t sin t + e t cos t + dt e t + dt { s e t ; ds e dt s dt } s + ds { Beta handboken, integralformel 95 } s [ s + + ] s + log e π s e e 4π 4π log log e π.4.4 Finn enhetstangentvektorn e T t till kurvan rt a cos t e + b sin t e + t e..4.5 Visa att om krökningen uppfller så är kurvan r rs en rät linje. κs för alla s, Om vi låter e T s beteckna kurvans enhetstangent så vet vi alltså att d ds e d T s κs ds e T s. Denna likhet kan vi med integralkalklens huvudsats integrera upp vi integrerar varje komponent för sig, e T s e T s d ds e T s ds s e T s e T u för alla s. ds Alltså är enhetstangenten konstant för alla s. Enhetstangenten är i sin tur derivatan av lägesvektorn eftersom vi använder båglängden som parameter, ṙs e T s u. Vi har ṙt a sin t e + b cos t e + e ṙt a sin t + b cos t + a sin t + b cos t +. Integrerar vi upp denna likhet fås rs r s d rs ds ds s rs s u + r s u + v och detta är en parametrisering av en rät linje. u ds u s

16 .5. Finn krökningsradien till kurvan i punkten och π/. cos.5.4 Finn krökningsradien till kurvan i punkten med t. rt t 3 e + t e + te Vi har t rt cos t, ṙt sin t, och rt cos t, Vi har rt t3 t, ṙt 3t t och rt 6t, t och med determinantformeln får vi e ṙ rt e sin t cos t e. cos t Krökningsradien är och med determinantformeln får vi e 3t 6t ṙ rt e t e 6t. 6t Krökningsradien är vilket ger κt ṙ 3 ṙ r + sin t 3/ cos t /κ, /κπ/. vilket ger κt ṙ 3 ṙ r 3t + t + 3/ + 6t + 6t + 4t + 9t 4 3/ t + 36t 4, /κ

17 Lektion 3, Flervariabelanals den januari.. Bestäm definitionsmängden till funktionen..5 Bestäm definitionsmängden till funktionen f, f, Funktionen är definierad i alla punkter där argumentet till kvadratroten är icke-negativ, d.v.s. där vilket inträffar om och eller om och. Definitionsmängden är alltså det gråfärgade området till höger. Funktionen är definierad i alla punkter där argumentet till kvadratroten är ickenegativ, d.v.s. där Denna olikhet kan vi skriva om i standardform Nu ser vi att de punkter som uppfller är punkterna på och utanför ellipsen med mittpunkt i origo och halvalar 3 och...4 Bestäm definitionsmängden till funktionen f,. 3 Denna rationella funktion är definierad överallt utom i punkter där nämnaren är noll, d.v.s. utom då Att ellipsen är heldragen betder att den tillhör den gråfärgade definitionsmängden. + eller. Alltså är funktionen definierad i hela talplanet utom i punkter på linjerna och. Streckade linjer betder att de inte tillhör den gråfärgade definitionsmängden.

18 ..4 Skissera grafen till funktionen f, 4 i området {, : + 4,, }. Låt oss först ta reda på hur området ser ut. De punkter som ingår i området måste uppflla de tre villkoren + 4,,. 3 Olikheterna och 3 betder att punkterna måste ligga i första kvadranten. Olikhet betder att punkterna dessutom måste ligga innanför eller på cirkeln med mittpunkt i origo och radie. : Längs -aeln har funktionen utseendet f, 4, och grafen är en parabel. Funktionstan har alltså detta kurvstcke som randkurva längs -aeln. 4 För att rita upp funktionstan till f ska vi börja med att räkna ut funktionens värde längs randkurvorna till området. : När vi rör oss längs -aeln ges funktionsvärdena av uttrcket f, 4 och om vi ritar upp hur beror av får vi kurvstcket nedan till vänster. Detta betder att funktionstan har detta parabelstcke som randkurva längs -aeln. + : När vi rör oss längs cirkelbågen är uttrcket + avstånd till origo konstant lika med 4, så på denna cirkelbåge antar funktionen värdet Vi har nu fått ett skelett till funktionstan i och med att vi vet hur den ser ut längs randen av området. För att tterligare underlätta ritandet av funktionstan kan vi dessutom välja att undersöka hur funktionen ser ut längs några linjer som

19 genomkorsar området...6 Skissera grafen till funktionen f, 4. Det första vi kan notera är att inte förekommer i funktionsuttrcket. Det betder att funktionen är oberoende av. Vi kan därför undersöka funktionens värde längs en linje C i, -planet och automatiskt få funktionens värde längs alla andra parallella linjer med olika C-värden. Ritar vi upp f:s värde längs C får vi parabeln f, 3 f, 3 Ritar vi nu ut dessa stödlinjer tillsammans med randkurvorna får vi en figur som ganska väl låter oss ana funktionstans utseende. och inritade i,, -rummet får vi en kurvskara av parabler. Funktionstan genereras alltså av dessa parabler genom att parallellförfltta dem längs -aeln.

20 .. Skissera några nivåkurvor till funktionen f, +... Skissera några nivåkurvor till funktionen f,. En nivåkurva består av alla punkter, som uppfller sambandet f, C, för något C. I vårt fall består alltså nivåkurvorna av kurvor i formen + C. Eftersom vl alltid är icke-negativt måste C för att kurvan ska innehålla några punkter, och i fallet C > kan vi skriva i standardformen C +. C/ Nivåkurvorna är i formen f, C. Om vi antar att C och då kan skrivas som C, d.v.s. nivåkurvorna är parabler i, -planet. Fallet C ger linjen med borttagen. Detta visar att nivåkurvorna består av ellipser med mittpunkt i origo och halvalar C och C/. Om C ger att nivåkurvan endast består av punkten,. C 3 C C Anm. I en omgivning av origo har funktionen ett komplicerat beteende med många olika funktionsvärden i mcket närliggande punkter.

21 Lektion 4, Flervariabelanals den 5 januari.. Bestäm gränsvärdet lim +,, eller förklara varför gränsvärdet inte eisterar. För att gränsvärdet ska eistera måste gränsvärdesuttrcket närma sig ett och samma värde oavsett hur vi låter,,. Ett första test kan därför vara att låta, närma sig origo längs en rät linje. Definitionen av gränsvärde lder: Oavsett hur litet ε > vi väljer så ska det alltid finnas ett δ δε > så att f, < ε för alla, s.a. <,, < δ. I vårt fall ska vi välja δ > s.a. + < ε för alla, s.a. < + < δ. Om vi väljer δ ε så är definitionen uppflld. Vi har därmed visat att gränsvärdet eisterar och är lika med., Anm. En kortare räkning är + { är kontinuerlig } lim,, lim, + lim, + lim, lim + lim. En rät linje genom origo kan allmänt skrivas i parameterformen, ta, b t parameter, där a, b är riktningsvektorn för linjen och t svarar mot origo. När vi närmar oss origo längs denna linje blir gränsvärdet lim at + bt lim t a + b. t + t + Eftersom detta gränsvärde är oberoende av a och b spelar det ingen roll i vilken riktning vi närmar oss origo. Detta betder dock inte att gränsvärdet måste eistera se det viktiga eempel 3 avsnitt. i kursboken, utan vi kan faktiskt inte ännu dra någon slutsats därom. Vår misstanke kan iallafall vara att gränsvärdet eisterar och är lika med. För att visa detta är ett sätt att vi går tillbaka till definitionen av gränsvärde och visar att den är uppflld...4 Bestäm gränsvärdet lim, + eller förklara varför gränsvärdet inte eisterar. Vi utför ett första test genom att låta,, längs en rät linje. En parametrisering av en allmän linje genom origo är, ta, b t parameter,

22 och när vi närmar oss origo längs denna linje blir gränsvärdet at lim t + at + bt lim a t + a + b, om a > t, om a, om a < Detta gränsvärdet eisterar inte och därför kan inte gränsvärdet i uppgiftsteten eistera. Eftersom hl då, så ger instängningsprincipen att..4 Hur ska funktionen lim, f, definieras på linjen så att den blir kontinuerlig i hela, -planet?.. Bestäm gränsvärdet lim, + 4 eller förklara varför gränsvärdet inte eisterar. Vi börjar med det obligatoriska testet när,, längs en rät linje. Vi kan då skriva och i parameterformen Gränsvärdet blir då, ta, b t parameter. at bt lim t + at + bt 4 lim a b t 4 t + a t + b 4 t 4 lim a b t t + a + b 4 t som är oberoende av a och b, d.v.s. av i vilken riktning vi närmar oss origo. Precis som sagts tidigare räcker inte detta för att bevisa att gränsvärdet eisterar. Testet kan bara användas för att sortera bort gränsvärden som inte eisterar. Istället för att gå tillbaka till definitionen av gränsvärde för att bevisa att gränsvärdet eisterar kan vi använda oss av instängningsprincipen. Vi har att Med en polnomdivision får vi att Om vi sätter F, + + så har vi alltså att Genom att definiera f, F, för. f, F, även då så får vi att f blir kontinuerlig i hela planet eftersom polnomet F är kontinuerlig överallt.

23 .3. Räkna ut första ordningens partialderivator av funktionen i punkten,. f, Räkna ut första ordningens partialderivator av funktionen i punkten,. arctan Funktionen f beror av två variabler och, och har därför två partialderivator f och f. När vi räknar ut f deriverar vi f med avseende på och betraktar som en konstant, f +. På samma sätt får vi f genom att derivera med avseende på och betraktande som en konstant, f +. Partialderivatornas värde i punkten,, får vi genom att stoppa in och, f, + 4, f,. De två partialderivatorna får vi genom att derivera med avseende på variabeln i fråga, + + Partialderivatornas värde i punkten, är,, + + +, +. + /, + /.

24 .3.6 Räkna ut första ordningens partialderivator av funktionen i punkten,,. w log + e Vi har tre partialderivator; en för varje variabel w + e + e e, + e w + e + e e, + e w + e + e e. + e I punkten,, antar partialderivatorna värdena w,, e + e, + w,, e + e + w,, e + e Räkna första ordningens partialderivator av funktionen om, f, annars i punkten,. Enligt definitionen av partialderivata är f f + h, f,, lim lim h h h f f, + k f,, lim lim k k k h h h lim h, k k lim. k k.3.4 Bestäm en ekvation för tangentplanet och normallinjen för funktionstan till f, + i punkten,. För att bestämma normallinjen behöver vi en punkt P på linjen och en riktningsvektor n till linjen. Normallinjens ekvation är då rt OP + t n t parameter. Eftersom vi söker normallinjen i punkten, måste linjen gå genom punkten P,, f,,,.

25 Normallinjens riktning i samma punkt ges av vektorn n f f,,,,, där f +, + f +, + + / + / Planets ekvation är n r OP,,,,,,. vilket ger Normallinjens ekvation är alltså n,,. rt OP + r n,, + t,,..3. Bestäm en ekvation för tangentplanet och normallinjen för funktionstan till i punkten,. f, + 3 För att bestämma tangentplanets ekvation behöver vi en punkt i planet och planets normalvektor. En punkt i planet är tangeringspunkten n P,, f,,,. Planets normalvektor är normalen till tan n f f,,,,,,. En punkt på normallinjen är P,, f,,, 3. Normallinjens riktning är parallell med funktionstans normal f f n,,,,, där vilket ger f, f, /3 n, 8 3,. Normallinjens ekvation är rt OP + t n,, 3 + t, 8 3, t parameter.

26 ett tangentplan så måste funktionstans normal vara parallell med,,, d.v.s. f, f, k,, för något k. Detta ger villkoret En punkt i tangentplanet är n P,, 3, och planets normalvektor är parallell med funktionstans normal Planets ekvation är därför n r OP n, 8 3,., 8 3,,,,, Vi har att f f. f e + / + e + / e + /, f e + /. Eftersom eponentialfunktionen aldrig är noll så leder till ekvationssstemet Både och är uppfllda omm åtminstone en av faktorerna i varje ekvation är noll. I varje ekvation finns två faktorer vilket ger 4 kombinationsmöjligheter. : Detta ger punkterna,,,,, och,. : Saknar lösning. : Saknar lösning. : Detta ger punkten,. I dessa punkter är alltså tangentplanen horisontella. Tangentplanens ekvationer blir.3.4 Bestäm alla horisontella plan som tangerar tan med ekvationen e + /. Till vilka punkter är de tangentplan? Ett horisontellt plan har normalvektorn,,. För att ett sådant plan ska vara, : f, e, : f, e, : f, e, : f, e, : f,

27 .4.4 Bestäm andra ordningens partialderivator av 3 +. Eftersom funktionen är sammansättningen av polnomet 3 + och kvadratroten är kontinuerligt deriverbar av alla ordningar. Vi har därför att /. Första ordningens partialderivator är f f Anm. ut. Vid en tentamen kan det vara bra att som en etra kontroll verkligen räkna Andra ordningens partialderivator får vi genom att derivera en gång till, f / / f / / / /

28 .4. Visa att funktionen är harmonisk överallt utom i origo. f, + Funktionen f är harmonisk om f + f. Vi har f f f + + f Nu ser vi att är uppflld då,,, d.v.s. f är harmonisk.

29 Lektion 5, Flervariabelanals den 6 januari.5. Bestäm w t om w f,,, där gs, hs, t och kt. eller uttrckt med funktionerna w t f h t + f dk dt. Vi ska först bena ut hur variablerna beror av varandra genom att rita upp variablerna i ett träd där en variabel i en högre nivå beror av de variabler som den är förbunden med i den lägre nivån. w s s t t När vi ska beräkna w t ska vi förbinda w med alla t i trädet. Varje stig från w till t ger upphov till en term i uttrcket för w t. Varje sådan term är i sin tur en produkt av partialderivator av de variabler som ingår i stigen. I detta fall finns två t:n i trädet och två stigar som sammanbinder respektive t med w. w s s t t w t w s s t t w t Den första stigen går via, så motsvarande term blir w t. Den andra stigen går via och ger termen w d dt. Notera att vi skriver d dt istället för t. Detta brukar man göra när funktionen endast beror av en variabel. Vår sökta partialderivata är alltså w t w t + w d dt,.5.5 Om w f,,, där g, och h, beräkna dw d, w och w., Vi börjar med att rita upp variabelträdet. Den första nivån är w f,, och ger oss första delen av trädet Sambandet g, ger i sin tur w w Notera här att och nu förekommer i två olika nivåer i trädet. Vi ska återkomma till vilka problem detta leder till. Sambandet h ger oss det slutgiltiga trädet. w 3

30 Ett uttrck för dw d w får vi genom att förbinda alla i trädet med w. w w w Var och en av dessa stigar ger upphov till en term i uttrcket för dw d. Stigen längst till vänster ger termen f g h, där f betder att vi partialderiverar f med avseende på den första variabeln. Stigen näst längst till vänster ger termen De två följande stigarna ger termerna Alltså är f g. f h och f 3. dw d f g h + f g + f h + f 3. Det traditionella sättet att skriva denna formel är dw d w + w + w + w. Notera skillnaden mellan dw w dw d och. Med d menar vi att w enbart är en funktion av, d.v.s. att vi deriverar funktionen w w f gh,, h,. Beteckningen w betder å andra sidan att vi, i vårt fall, betraktar och som konstanter och partialderiverar w w,, f,, med avseende på, d.v.s. w f 3. Ett mer tdligt sätt att skriva detta på är w,, där vi indikerar att förutom betraktar vi och som variabler som vi håller konstanta under partialderiveringen. Med w kan man nämligen också mena att man bara håller fi men låter h och partialderiverar w w, f, h, med avseende på, d.v.s. att vi beräknar w. Med kedjeregeln får vi denna derivata till w f h + f 3 fi w Ett tredje sätt att tolka w är att vi håller fi men låter g, och partialderiverar w w, f g,,, med avseende på, m.a.o. beräknar I detta fall ger kedjeregeln att w. w f g + f 3. w fi Beteckningen w är alltså otdlig eftersom vi inte riktigt säkert vet vilka storheter som vi betraktar som variabler. När uttrcket w dker upp i en formel, som den gjorde i, måste vi utifrån sammanhanget avgöra hur vi ska tolka w fi.

31 .5.6 Använd två olika metoder för att beräkna u t om u + där e st och + s cos t. Sammanlagt får vi u t e st e st + + s cos t s est + + s cos t e st + + s cos t s sin t s est s sin t s 4 cos t sin t e st + + s cos t. Variabelträdet har i detta fall utseendet Derivatan u t där vi har att u s t s t tolkar vi som u t. Med kedjeregeln får vi att s u t u t + u t, u e st e st + + s cos t t t est s e st u + + s cos t e st + + s cos t t + s cos t s sin t t + + Det andra sättet är att direkt stoppa in och uttrckta i s och t, i u, och derivera u e st + + s cos t u t e st t + + s cos t e st + + s cos t s e st + + s cos t s sin t s est s sin t s 4 cos t sin t e st + + s cos t Anm. Notera att egentligen råder inga tveksamheter om att tolka u som u. Andra t t s tolkningar såsom u t och u är mer långsökta. t Hade emellertid variabelträdet haft utseendet u t s t s t så hade det varit svårare att avgöra om u t u t, eller betdde u. t s

32 .5. Beräkna f, 3 om funktionen f, har kontinuerliga första ordningens partialderivator..5. Beräkna f f, t, f, t om funktionen f, har kontinuerliga första ordningens partialderivator. Det korrekta sättet att tolka formeln i uppgiftsteten är att först införa namn på de två argumenten till f. Om vi döper dessa till u och v, så ska vi alltså beräkna fu, v där u och v 3. Variabelträdet är därmed f Vi döper de två argumenten till det ttre f:et till u f, t, v f, t. Argumentet u kan dessutom skrivas u w om vi sätter w f, t. u v Ritar vi upp variabelträdet får vi f Kedjeregeln ger f fu, v v dv d f u, v 3 f, 3 3. Anm. Uppgiftsteten försöker faktiskt blanda bort korten genom att kalla funktionen för f, och på så sätt antda att möjligen skulle kunna vara en partialderivering med avseende på den första variabeln. Hade formeln varit f, 3 så hade detta också varit vad som avsetts. För att öka tdligheten skulle man istället kunnat skriva [ ] f, 3. Kedjeregeln ger att f f u u + f v v u v w t f u, v w + f u, v f, t t f f, t, f, t f, t + f f, t, f, t f, t.

33 .5.5 Antag att f har kontinuerliga partiella derivator av alla ordningar. Om f,, där s + 3t och 3s t, beräkna a b c s, s t, t. Dessa andra ordningens partialderivator kan skrivas som Vi börjar därför med att bestämma s Variabelträdet blir i detta fall Kedjeregeln ger att s s s, s t s t, t t t. och t. s t s t s s + s f, + f, 3, t t + t f, 3 + f,. a Linjariteten gör att vi kan dela upp den sökta derivatan i två termer s f, + f, 3 s s f, + 3 s f,. Båda termerna har samma variabelberoende som, så kedjeregeln ger s f f s + f s f, + f, 3 s f f s + f s f, + f, 3 Eftersom andra ordningens partialderivator är kontinuerliga är f f och vi får att b Vi får s 4 f, + f, + 9f,. s t s t f, 3 + f, s f 3 s + f f s s + f s 3 f, + f, 3 f, + f, 3 { f f } 6f, + 5f, 6f, Som en etra kontroll kan man också räkna ut som ska vara lika med ovanstående. t s c Den sista derivatan får vi på motsvarande sätt t t t f, 3 + f, t f 3 t + f f t t + f t 3 f, 3 + f, f, 3 + f, { f f } 9f, f, + 4f,.

34 .5.6 Om f, är harmonisk, visa att även är harmonisk. Att f är harmonisk betder att Om vi sätter så ska vi alltså visa att f +, Om vi ritar upp variabelträdet så får vi Kedjeregeln ger att f f u u + f v v f u, v + f, + f,. u +, v +, fu, v + fu, v. u f v + + f u, v f u, v f u, v f u, v f u, v f f u u + f v v f u, v + + f u, v f u, v + f u, v Ytterligare en derivering ger f f u, v f + u, v f u, v + f u, v f f + u, v + + f + + f u, v + f u u + f v + v + + f u, v f u + u + f v v + + f u, v f u, v + + f + u, v f u, v f u, v + f u, v f u, v + +

35 f u, v f u, v f u, v f u, v f u, v f u, v f f u, v f + + f + u, v f u, v + f f u, v f u u + f v v f u, v f u + u + f v + v + + f u, v f u, v + + f + u, v f u, v f u, v + f u, v f u, v + + f u, v f u, v f u, v f u, v f u, v f u, v Sammanlagt har vi fu, v + fu, v f + 4 u, v + f u, v vilket betder att vi visat..5.8 Uttrck { f harmonisk f + f }, 3 f + 3, i termer av f:s partialderivator som alla är kontinuerliga. Om vi döper f:s två argument till så har f variabelträdet Med kedjeregeln får vi f f u u + f v v f u, v 3 + f u, v u + 3 v u f v

36 f 3f u, v + f u, v f u 3 u + f v f u + v u + f v v 3 f u, v 3 + f u, v + f u, v 3 + f u, v { f, f kontinuerliga f f } 9f u, v + 6f u, v + f u, v 3 f 9f u, v + 6f u, v + f u, v f u 9 u + f v v f u + 6f u, v + 6 u + f v v + f u, v + f u u + f v v 9 f u, v + f + 6f u, v + 6 f u, v + f u, v + f u, v + f u, v + f u, v { f f ; f f } 8f u, v + + 9f u, v + 6f u, v + + 6f u, v + f u, v + f u, v..6. Använd en lämplig linjarisering av funktionen f, arctan för att beräkna ett approimativt värde av funktionen i punkten 3,;,99. Eftersom punkten befinner sig nära 3, 3 och f och dess derivator är enkla att räkna ut i 3, 3 så väljer vi att linjarisera f i punkten 3, 3. Talors formel ger att f f 3 f, f3, 3 + 3, 3 3, 3 + R 3 3, 3 där Alltså är f3, 3 arctan π, f 3, /6, f 3 + /6. f, 4 π + /6 /6 3 + R 3 3, 3 4 π R 3, 3. Ett approimativt värde av f3,;,99 får vi om vi bortser från resttermen som förhoppningsvis är liten f3,;,99 4 π 6, + 6,,786. Notera att vi inte har någon skattning av resttermen R, så vår approimation är osäker.

37 .6.6 Använd en lämplig linjarisering av funktionen f, e + för att beräkna ett approimativt värde av funktionen i punkten,5; 3, Bestäm Jacobimatrisen Dg, 3, 3 till transformationen från R 3 till R 3 som ges av gr, s, t r s, r t, s t och använd resultatet för att beräkna ett approimativt värde av g,99; 3,;,97. Eftersom punkten befinner sig nära, 4 där f är enkel att räkna ut så väljer vi att linjarisera f i punkten, 4. Talors formel ger att f f f, f, 4 +, 4, 4 + R + 4, + 4, där Alltså är f, 4 e 4+, f + e + 9, 4 f e+. 4 f, R + 4, R, + 4. Ett approimativt värde av f,5; 3,9 får vi om vi bortser från resttermen som förhoppningsvis är liten f,5; 3,9 + 9,5 +,8,6. Vi måste göra samma anmärkning som efter förra uppgiften. Eftersom vi inte har någon skattning av resttermen så är approimationen osäker. Jacobimatrisen till ges av formeln där I punkten r, s, t, 3, 3 är Alltså är g r, s, t r s gr, s, t g r, s, t r t g 3 r, s, t s t Dg g r g r g 3 r g s g s g 3 s g t g t g 3 t g r rs g s g r t g r rt g s g t r g 3 r g 3 s s g 3 t t. g r, 3, 3 6 g s, 3, 3 g, 3, 3 t g r, 3, 3 6 g s, 3, 3 g, 3, 3 t g 3 r, 3, 3 g 3 s, 3, 3 6 g 3, 3, 3 6. t Dg, 3,

38 För att beräkna ett approimativt värde av g,99; 3,;,97 linjariserar vi g i den närbelägna punkten, 3, 3 och approimerar g:s värde i,99; 3,;,97 med linjariseringens värde i samma punkt. Talors formel ger att r gr, s, t g, 3, 3 + Dg, 3, 3 s 3 + R r, s 3, t 3 t r s 3 + R r, s 3, t t r + s 3 + t r + s 3 + t 3 + R r + 6 s 3 6 t r + s r + t 3 + R 6s 3 6t 3 Linjariseringens värde får vi genom att bortse från resttermen 3 + 6, +, g,99; 3,;, , +,3,96,9. 6, 6,3,3 E u P w Q u v Q Fortsättning av datorgrafikeemplet Ofta när man ritar i rummet vill man inte bara projicera punkter på skärmen utan också riktningar. Antag att vi har en riktning v utgående från punkten Q, vilken blir motsvarande riktningen w utgående från Q på skärmen. Problemet är: Givet Q, E, P och u, u samt v. Bestäm riktningen w i planets koordinatsstem. Avbildningen från rummet till skärmens plan ges av uttrcket F Q EQ P E u F : Q F Q EQ u u EQ P E u Den transformation som avbildar riktningar från rummet till riktningar i planet ges av differentialen df. Differentialen har matrisen F F. För att beräkna matrisen behöver vi följande räkneregler. EQ a b a b.. f g f g f g g

39 Vi får EQ P E u [ EQ P E u ] EQ u u EQ P E u [ EQ u u ] EQ u u EQ u u P E u EQ u u u u EQ P E u EQ u u EQ P E u [ EQ P E u ] EQ u u EQ P E u [ EQ u u ] EQ u u EQ u u P E u EQ u u + u u EQ P E u EQ u u Alltså har df 3-matrisen [ ] EQ, u EQ u u, u P E u [ ] EQ, P E, u u u [ ] EQ, u, u P E u + [ ], EQ, P E, u u u där vi använt oss av trippelproduktbeteckningen [ a, b, c ] a b c.

40 Lektion 6, Flervariabelanals den 7 januari.7. Givet funktionen och punkten p,, beräkna a gradienten till f i p, f, + b en ekvation för tangentplanet till f:s graf i punkten p, fp, c en ekvation för tangentlinjen till nivåkurvan för f i punkten p. a Gradienten till f är där f f I punkten p, är alltså f f, f, fp +, +,. b Grafen till f är den ta i R 3 bestående av alla punkter,, som uppfller sambandet Vi kan skriva om detta samband till f,. f,. En normalvektor till g:s nivåta i punkten,, f, är gradienten g n g,,, g, g f, f,,,. Eftersom tangentplanet genom punkten,, ska tangera g:s nivåta är n en normalvektor till planet. Planets ekvation är därmed n r,,,,,,,,. c En nivåkurva till f består av alla punkter, som uppfller sambandet för något fit C. f, C Punkten p, tillhör nivåkurvan med C-värdet C f, +. För att bestämma tangentlinjen till nivåkurvan i p, behöver vi veta nivåkurvans riktning v i punkten p. Den riktningen vet vi är vinkelrät mot nivåkurvans normal n som ges av gradienten n fp,, så v får vi eempelvis till v,. En parametrisering av tangentlinjen är rt p + t v, + t,. Grafen är alltså i själva verket -nivåtan till funktionen g,, f,.

41 .7.8 Bestäm en ekvation för tangentplanet till nivåtan av funktionen i punkten π, π, π. f,, cos En normalvektor till nivåtan i punkten p π, π, π ges av gradienten f f f n fp p, p, p där Tangentplanets ekvation är f p sin π/ π f p sin π/ π f p sin π/ π n r p,, 3.,, 3,, π, π, π π. Vi har Därmed är.7.4 Låt e v, +,, f f f,,,,, f,, + f, +. D v f,,,. f, log r där r,. Visa att f r r..7. Bestäm ändringstakten av funktionen f, + vid punkten, i riktning,. Vi skriver ut f i och, f, log r log + log +. Vi söker f:s riktningsderivata i riktningen v,, d.v.s. D v f, e v f,. Gradienten är f f, f,

42 där Alltså är f f + +, f , +, + r r. Riktningsderivatan blir alltså Denna derivata är då e v f, cos θ, sin θ, sin θ. sin θ θ 7 6 π eller θ 6 π med motsvarande riktningar cos 7 6 π, sin 7 6 π 3,, cos 6 π, sin 6 π 3,. Uttrcket sin θ kan aldrig anta värdet 3 eftersom sin θ, däremot antas värdet då sin θ, d.v.s. då θ 3 π vilket svarar mot riktningen cos 3 π, sin 3 π,..7.7 I vilka riktningar från punkten, har funktionen f, en ändringstakt på? Finns det riktningar i vilka ändringstakten är 3? eller? Ändringstakten i en riktning v ges av riktningsderivatan D v f, e v f,. En enhetsvektor i R kan alltid skrivas i formen där θ < π. Gradienten är e v cos θ, sin θ θ e v f f f,,,,,,..7. Bestäm en ekvation för den kurva i, -planet som passerar genom punkten, och skär alla nivåkurvor till under rät vinkel. f, 4 + Om vår kurva ska skära en nivåkurva i punkten p vinkelrätt så måste den ha en riktning som är parallell med nivåkurvans normal fp. p fp vår kurva nivåkurva

43 Antar vi att vi parametriserat vår kurva med r rt, så måste vi alltså ha att ṙt är parallell med f rt för alla parametervärden t. Analtiskt betder detta att det ska finnas en skalär kt så att ṙt kt f rt. Skalärfunktionen kt är lite besvärande att hela tiden bära med sig, speciellt eftersom den saknar geometrisk betdelse d.v.s. oavsett hur den ser ut påverkar den inte kurvans form utan bara hur parametriseringen ser ut. Ett sätt att bli av med den är att tänka sig att vi parametriserar om vår kurva till r ut, där u: R R är en en-entdig funktion. beskriver fortfarande geometriskt samma kurva, det är bara det att istället för att en punkt på kurvan svarar mot parametervärdet t svarar den nu mot ett annat parametervärde. Parallellvillkoret blir nu med kedjeregeln ṙ ut ut kt f rut. Om vi väljer ut så att ut kt förenklas detta till ṙ ut f rut. Att vi verkligen kan välja ut på detta sätt ser vi genom att sätta ut t kτ dτ, för då är ut kt. I och med att ut kt så måste ut hela tiden antingen vara strängt väande eller avtagande, d.v.s. en-entdig. Istället för att hela tiden skriva r ut kan vi anta att vi redan från början valt denna parametrisering och skriva rt. Om vi nu ska skriva i vektorform så har vi ẋt ṙt f rt ẏt f rt f rt 4t 3 t. blir därför ẋt 4 t 3, ẏt t. Vi ska nu lösa dessa två differentialekvationer. Vi kan anta att kurvan går genom punkten, då t, d.v.s.,,. Ekvation kan skrivas ẋt 4t 3. Om vi integrerar båda led m.a.p. t från till t fås vilket ger vl hl t t t ẋt dt { w t; dw ẋt dt } 4t 3 dw 4w 3 8t + 8 dt t 8t + ± t t 8 8t där minustecknet förkastas eftersom vi måste ha att. På liknande sätt löser vi och får Vår kurva har alltså parametriseringen rt 8t e t t e t. < t < 8

44 Anm. Man kan eliminera parametern t och få fram att kurvan också kan skrivas som ep 4 >. 4 rt Vi samlar ihop, e + e log log e. e Detta givetvis under förutsättning att vi verkligen kan skriva, lokalt. Det implicita sambandet kan vi skriva som en nollställeta genom att sätta f,, e log π. De punkter som uppfller det implicita sambandet uppfller också f,,. Enligt implicita funktionssatsen kan vi utifrån f skriva, lokalt om d.v.s. om f, f e e..8.4 Beräkna derivatan om uppfller följande samband e log π. Vilka villkor på,, kan garantera eistensen av en lösning, med ovanstående derivata. Om vi börjar med derivatan så ska vi alltså derivera det implicita sambandet med avseende på och med som en funktion av och, d.v.s. derivera Vi får e, log, π. e + log Beräkna derivatan om uppfller följande samband F, +, där F är kontinuerligt deriverbar. Vilka villkor på,, kan garantera eistensen av en lösning, med ovanstående derivata. Vi deriverar det implicita sambandet med avseende på och med,. Kedjeregeln ger F, + + F, + +.

45 Vi samlar ihop, F + F + F + F F F F + F. Den mängd som definieras av det implicita sambandet är en nollställeta till funktionen G,, F, +. Enligt implicita funktionssatsen kan vi garantera att, lokalt om d.v.s. om G, F, + F + F..8. Beräkna derivatan om uppfller sambanden w w. Vilka villkor på,,, w kan garantera eistensen av en lösning, med ovanstående derivata. Eftersom F är en funktion med värdemängd i R kan vi nästan undantagsvist skriva två av variablerna,,, w som funktion av de övriga två. I vårt fall,, w w,. Detta funktionsberoende kan vi dock bara garantera, enligt implicita funktionssatsen, i de punkter där d.v.s. där F F F w F w F det,, w w 4 8 w. Den sökta derivatan får vi genom att derivera de två implicita sambanden med avseende på och med, och w w,. w w w Detta är ett linjärt ekvationssstem i de två okända Cramers regel ger w 4 w w 4 w w 8 w. och w. Den mängd som bestäms av de två implicita sambanden är nollställetan till funktionen F,,, w w w

46 .8. Beräkna derivatan u om u uppfller sambanden + u u 3 + u. Vilka villkor på,, u kan garantera eistensen av en lösning u u med ovanstående derivata. Cramers regel ger du d + u u + u 3u u 3 u + u + 3u 3 + u u + u u 3u Mängden som definieras av de två sambanden är nollställetan till funktionen F,, u + u u 3. + u Eftersom F :s värdemängd är i R kan vi nästan överallt skriva två av variablerna som funktion av den tredje. I vårt fall Ett tillräckligt villkor för detta är att, u u. F det,, u enligt implicita funktionssatsen, d.v.s. F F u + u 3u u F Derivatan du d F u + u u 3u + u + 4u. får vi genom att derivera de två implicita sambanden m.a.p.. + d d d + d u + du du d 3u d + d d u + du d Detta linjära ekvationssstem kan vi sammanfatta som + u 3u. u u.8.4 Nära vilka punkter r, s kan transformationen r + s s r lösas med avseende på r och s som funktioner av och? Beräkna värdet av de första partiella derivatorna av lösningen i origo. Vi kan skriva om sambanden mellan r, s, och som nollställetan till funktionen r F,, r, s s s. + r Funktionen F har värdemängd i R varför vi kan skriva r r, s s, kring de flesta punkter. Enligt implicita funktionssatsen är ett tillräckligt villkor för detta att F det, r, s

47 d.v.s. F r F r F s F s r 4rs + 4. s Alltså, nära punkter r, s där rs kan vi skriva r r, och s s,. Eftersom vi ska beräkna alla partialderivator gör vi det med dem ihopsamlade i Jacobimatrisen r,s,. För att göra härledningen någorlunda kompakt inför vektorbeteckningarna r r, s,,. Vi deriverar det implicita sambandet F, r med avseende på. Kedjeregeln ger F + F r r r F F r. Alltså är och i origo är r s r s r s F r F r 4rs + 4 4rs + 4 r s F s F s F F F F s r s r Visa att ekvationerna { e + u cos v u cos + v kan lösas i u och v som funktioner av,, i närheten av punkten P där,,,, och u, v,. Beräkna även u i,,,,., Lösningsmängden till ekvationerna är nollställemängden till funktionen e F,,, u, v + u cos v u cos + v. Enligt implicita funktionssatsen kan vi lösa ut om d.v.s. om F u F u F v F v u u,, v v,, F det, u, v sin v cos cos sin v. I punkten,,, u, v,,,, är denna determinant cos sin 4. Alltså kan u och v lösas ut i termer av, och lokalt kring,,,,. Den partiella derivatan får vi genom att derivera de två implicita sambanden m.a.p. och med u u,,, v v,,. Vi sammanfattar + u + u sin v v u v cos + sin v cos u v Cramers regel ger u u sin v / sin v cos u. u sin v cos sin v I punkten,,, u, v,,,, är u sin,. cos sin

48 Lektion 7, Flervariabelanals den februari.9. Bestäm Talorserien till funktionen f, log i punkten,. Vi kan faktorisera argumentet till logaritmen och förenkla funktionen f, log log + + log + + log +. Sätt t + +. Då är f, logt + t t + 3 t3 + Ot O, O, O, 4 + O, O, 4 Talorpolnomens entdighetssats ger att Talorpolnomet av grad 3 är P 3, Nu kan vi Talorutveckla termerna separat, f, k k+ k k + k k+ k + k. k k k+ k k.9. Bestäm Talorpolnomet för funktionen av grad i punkten,. f, Bestäm Talorpolnomet för funktionen f, log + av grad 3 i punkten,. Först skriver vi om argumentet till logaritmen i termer av och Vi kan skriva om funktionen som en produkt av två faktorer f, Den första faktorn är sitt eget Talorpolnom. I den andra faktorn sätter vi t + 4 och får f, + { geometrisk serie } + t + t + Ot O, O, 3. Talorpolnomens entdighetssats ger att Talorpolnomet av grad är P, +.

49 3.. Bestäm och klassificera alla kritiska punkter till En punkt p är en kritisk punkt om f, +. Eftersom egenvärdena är och + har den kvadratiska formen den kanoniska formen h + h, vilket betder att det finns en riktning där den kvadratiska formen är negativ och en riktning där den är positiv, d.v.s. den är indefinit och p är en sadelpunkt. fp. I vårt fall är f, f Villkoret ger därför att {, +, +, f, +. {,. Punkten p, är alltså den enda kritiska punkten. Punktens karaktär avgörs av funktionens andraderivator i Talorutvecklingen i punkten fp + h fp + h T f p f p f p f p h + Oh 3. Om den kvadratiska formen är positiv, negativ eller indefinit så är p en lokal minimi-, maimi- respektive sadelpunkt. Vi har att Hessianen i p är H, f p f p f p f p. H:s egenvärden ges av den karakteristiska ekvationen detλi H λ λ λ λ λ + λ eller λ Bestäm och klassificera alla kritiska punkter till De kritiska punkterna uppfller där Alltså är f, f 43 4, f, Från får vi att 3. Detta insatt i ger f , , eller. Ekvationsstemet, har alltså lösningarna,,,, och,.

50 Dessa kritiska punkters karaktär avgörs av den kvadratiska formen i Talorutvecklingen, d.v.s. av om Hessianen f H p f p 4 f p f p 4 är positiv, negativ eller indefinit. Vi undersöker punkterna var för sig., : Vi har, : Vi har H, 4. 4 Den karakteristiska ekvationen är detλi H λ λ λ 6 λ 4 eller λ 4. Eftersom ett egenvärde är negativt och ett är positivt är H indefinit och, en sadelpunkt. H, 4. 4 Den karakteristiska ekvationen är detλi H λ 4 4 λ λ 4. Istället för att lösa ekvationen kan vi beräkna hl i några lämpliga punkter., : Vi har Satsen om mellanliggande värden ger nu att de två rötterna ligger i vart och ett av intervallen, respektive,, d.v.s. H har två positiva egenvärden och är positivt definit., är en lokal minimipunkt. H, 4. 4 Detta är samma matris som ovan. Alltså är H och, är en lokal minimipunkt Bestäm och klassificera alla kritiska punkter till Gradienten till f är f som är en nollvektor då f, cos +. f, f sin +, sin + sin + + nπ n heltal. De kritiska punkterna är alltså en samling linjer. positivt definit positiv 4 positiv λ

51 Eftersom linjerna har denna orientering är det naturligt att bta basvektorer i R till en bas där en av vektorerna är parallell med linjerna. v u u, v, Om vi betecknar koordinaterna i denna bas med u, v så är fu, v cos u. Eftersom f bara beror på u så har f en graf med utseendet Vi vet att fu cos u har lokala ma i u nπ n heltal, lokala min i u n + π n heltal, vilket betder att fu, v har lokala ma längs linjerna u nπ n heltal, lokala min längs linjerna u n + π n heltal, eller översatt till, -koordinater lokala ma längs linjerna + nπ n heltal, lokala min längs linjerna + n + π n heltal. v u 3.. Bestäm och klassificera alla kritiska punkter till d.v.s. grafen har samma utseende längs v-aeln och är en s.k. clindermängd. Om fu cos u därför har ett lokalt ma i u u så har fu, v en hel rgg med mapunkter; dito för min- och sadelpunkter. f, v mavärden u minvärden Vi har att f , f Gradienten till f blir noll i punkten,,.

52 Istället för att undersöka Hessianen i den kritiska punkten noterar vi att nämnaren i funktionsuttrcket är ett kvadratiskt uttrck som vi kan kvadratkomplettera; först med avseende på och sedan med avseende på, Från detta uttrck ser vi att nämnaren har ett minimum i den kritiska punkten,,, vilket ger att funktionen har ett maimum i punkten,. ger alltså ekvationssstemet +,. Ekvation ger att antingen är eller så är. : Ekvation ger + som saknar reella lösningar. : Ekvation ger som har lösningarna och. De kritiska punkterna är alltså, och,.. Betraktar vi uttrcket för f, f + + +,, så ser vi att f är definierad överallt nämnaren > Bestäm största och minsta värdet av f, + +. Funktionen antar sitt största respektive minsta värde i en av följande punkter:. kritiska punkter, d.v.s. där f,. punkter där f inte eisterar, och 3. randpunkter till definitionsområdet. Vi undersöker dessa punkter. De kritiska punkterna uppfller f f, f,. Vi har f f Eftersom f:s definitionsmängd är hela talplanet är den enda s.k. randpunkten då vi låter,. Funktionens största och minsta värde är något av följande värden Svaret är f,, f,, lim f,., Största värde i punkten,. Minsta värde i punkten,. Anm. Vi behöver inte undersöka de kritiska punkternas karaktär med Hessianen, utan det räcker med att jämföra f:s värde i de framtagna punkterna för att bestämma största/minsta värde. Anm. Hade gränsvärdet varit störst eller minst skulle f inte haft ett största respektive minsta värde.

53 3.. Materialet som används för bottenplattan till en rektangulär låda kostar dubbelt så mcket per areaenhet än materialet som används för sidoväggar och ovansida. Bestäm lådans dimensioner som för en given volm V minimerar materialkostnaden. Vi inför tre variabler, och som anger lådans dimensioner. Om materialet till bottenplattan kostar A per areaenhet så kostar materialet till sidoväggar och ovansida A per areaenhet. Hela lådans kostnad blir K,, A bottenplattans area + A sidoväggarnas area + ovansidans area A + A + + A Dessutom ska lådan ha en fi volm V, vilket betder att Problemet kan alltså formuleras som min då V , { V,,,. Från bivillkoret V kan vi lösa ut V/ och problemet får formuleringen Sätt f, 3 + V punkter min 3 + V + V, då,. + V. kritiska punkter f,. punkter där f inte eisterar, och. Minsta värdet av f antas i någon av följande 3. randpunkter. Vi undersöker dessa fall.. De kritiska punkterna uppfller f f, f,, där ger ekvationssstemet f V 3, f 3 V. Multiplicera med, med och ta differensen Detta insatt i eller ger 3 V, 3 V. V + V. 3 3 V 3 V /3. En kritisk punkt är 3 V /3, 3 V /3.. Gradienten f eisterar överallt utom då eller. 3. Randpunkterna till området är linjerna och. Eftersom området dessutom är obegränsat måste vi även betrakta fallet då,, vilket i detta fall svarar mot eller. Funktionens minsta värde är något av följande värden f 3 3 V, 3 3 V 3 3 V /3 + 4V 3 V /3, lim f,, + lim f,, + lim f,, f,. lim /3 3 4/3 V /3,

54 Lådans dimensioner ska vara 3 3 V, 3 3 V, V.

55 Lektion 8, Flervariabelanals den februari 3.. Bestäm största och minsta värdet av i rektangeln,. Vi börjar med att rita upp området f, Området är kompakt vilket innebär att det största och minsta värde funktionen kan anta är i någon av följande punkter. kritiska punkter,. punkter där f inte eisterar, och 3. randpunkter. Vi undersöker dessa tre fall.. De kritiska punkterna uppfller f f, f,,, vilket ger punkten, som måste uteslutas eftersom den inte tillhör området.. Gradienten eisterar överallt. Eftersom punkt och inte gav några punkter måste f anta största och minsta värde i en randpunkt. 3. Områdets rand består av fra räta kurvstcken som vi undersöker separat. : + : : : På randkurvan { } har funktionen utseendet f, +. Största värdet av f är i. Minsta värdet av f är i. På randkurvan { +} har funktionen utseendet f,. Största värdet av f är i. Minsta värdet av f är i. På randkurvan { } har funktionen utseendet f,. Största värdet av f är i. Minsta värdet av f är i. På randkurvan { } har funktionen utseendet f,. Största värdet av f är i. Minsta värdet av f är i. Genom att jämföra största och minsta värdet på de olika randkurvorna får vi f:s största och minsta värde i hela området Största värde i punkten,. Minsta värde i punkten,.

56 3..4 Bestäm största och minsta värdet av f, + i cirkelskivan +. Området är insidan av cirkeln med mittpunkt i origo och radie För att förenkla dessa uttrck ritar vi en hjälptriangel. arctan 5 Punkterna är alltså 5, 5 och 5, 5, och cos arctan 5 sin arctan 5 f 5, 5 5 Största värdet, f 5, 5 5 Minsta värdet. Eftersom f är linjär eisterar gradienten överallt och f, är aldrig noll. Detta utesluter att största eller minsta värdet antas i en inre punkt. Kvar att undersöka är områdets rand, d.v.s. enhetscirkeln. Punkter på enhetscirkeln beskrivs enklast med polära koordinater På cirkeln har f utseendet cos θ sin θ θ π. gθ fcos θ, sin θ cos θ + sin θ, där vi infört g som ett förkortat skrivsätt för f. Vi bestämmer största och minsta värdet av g genom att sätta derivatan lika med noll, g θ sin θ + cos θ tan θ θ arctan eller θ π + arctan Obs! θ π. Detta svarar mot punkterna cos arctan, sin arctan och cosπ + arctan, sinπ + arctan cos arctan, sin arctan Bestäm största och minsta värdet av f, i triangeln med hörnpunkter,,, och,. Största och minsta värde antas i någon av följande punkter. kritiska punkter,. punkter där f inte eisterar, och 3. randpunkter. Vi undersöker dessa tre fall.. Kritiska punkter har gradient, d.v.s. Vi har alltså ekvationssstemet f,,.,. Ekvation är uppflld om åtminstone en av faktorerna är noll. Detta ger oss två fall

57 : ger, d.v.s. eller. : Vi har alltså att. Detta insatt i ger, + 3, d.v.s. eller /3. De kritiska punkterna är 3.. Bestäm största och minsta värdet av i det övre halvplanet. f, + + Området består av alla punkter med positiv -koordinat och -aeln.,,,,, och 3, 3.. Gradienten eisterar överallt. 3. Om vi ritar upp området Vi har tre tper av punkter att undersöka. kritiska punkter,. punkter där f inte eisterar, och 3. randpunkter. Vi undersöker dessa tre fall. så ser vi att randen består av tre randkurvor. Vi har därför tre fall att undersöka : På -aeln har f utseendet f,. : På -aeln har f utseendet f,. diagonal : Den räta linjen mellan, och, kan vi beskriva med parametriseringen På linjen har f utseendet,, + t, t. gt ft, t t t. Det största och minsta värdet av f finns bland följande värden randvärde Minsta värde, f 3, 3 7 Största värde.. Gradientens komponenter är f , f Gradienten lika med noll ger ekvationssstemet + ger + +, +. + eller. Vi undersöker dessa två fall. : ger + som saknar reella lösningar.

58 : och ger som har lösningarna ±. 3.. Bestäm största och minsta värdet av Kritiska punkter är, utanför området i klotet + +. f,, +,.. f eisterar överallt nämnaren >. 3. Längs -aeln är funktionen g f, +. Det största och minsta värdet får vi i punkter där derivatan är noll vi har nämligen att lim ± g. g ±. Det största och minsta värdet av f finns alltså bland följande värden f,, f,, f,. Området består av enhetsklotet med mittpunkt i origo. Det största och minsta värdet antas i någon av följande punkter. kritiska punkter,. punkter där f inte eisterar, och 3. randpunkter. Vi undersöker dessa fall.. Gradienten lika med noll ger Svaret är Största värde i punkten,. Minsta värde i punkten,. f,, +,, d.v.s. + och. Detta ekvationssstem har lösningarna,, t,, t parameter. Alltså är alla punkter på linjen kritiska punkter. Vi måste inskränka parameterintervallet till t för att punkterna ska ligga inom mängden.. Gradienten eisterar överallt.

59 3. På randtan gäller att Vi kan från detta samband lösa ut + +., ±, där och uppfller +. Funktionen f:s utseende på randtan kan alltså beskrivas av och, och är g, f,, +, g, f,, + g,. Vi ska alltså bestämma största och minsta värdet av g, och g i mängden +. Detta är precis den tp av problem vi hittills hållit på med. Största och minsta värdet av g antas i någon av följande punkter a kritiska punkter till g, b punkter där g inte eisterar, och c randpunkter till +. Vi undersöker dessa tre fall a Vi har g g, g, g, g. ger Dessa två fall ger + eller. : och ger 4 ±. : och ger ±. De kritiska punkterna till g är alltså,,,,,,,. b g eisterar överallt utom på randen. c På randen är + och g, +. g har alltså sitt största respektive minsta värde bland g, g, randvärden g, g, största värde minsta värde Eftersom g g har g samma största och minsta värde som g. Eftersom ft, t, i de kritiska punkterna är Största värde i,, och,, Minsta värde i,, och,, ger ekvationssstemet,.

60 3..7 Maimera Q, + 3 På -aeln är och +, d.v.s. 6. under bivillkoren,, 5, + och 4 +. Området ges av alla punkter, som uppfller villkoren,, 5, 3 +, Villkor och säger att området måste ligga i första kvadranten. Villkor 3 säger att -koordinaten är mindre än eller lika med 5. 5 Villkor 5 säger slutligen att området ligger till vänster om linjen 4 +. Området är alltså den gråfärgade frhörningen ovan. Eftersom målfunktionen Q är linjär eisterar gradienten överallt och Q, 3 är aldrig noll. Q måste alltså anta sitt största värde i en randpunkt. Områdets rand består av räta linjer och vi undersöker Q:s värden på randen genom att parametrisera dessa linjer, rt OP + tv. Q:s värde på en randkurva kan alltså skrivas qt Q rt Q OP + tv. Eftersom både Q och rt är linjära funktioner så är qt en linjär funktion av t. Linjära funktioner antar alltid sitt ma/min-värde i intervallets ändpunkter, som i detta fall svarar mot hörnpunkter. hörnpunkt Villkor 4 säger att området ligger till vänster om linjen +. För att rita upp linjen + tar vi reda på var den skär - respektive -aeln och förbinder dessa två punkter med en rät linje. På -aeln är och +. parameterintervall hörnpunkt r rt

61 Målfunktionen Q antar alltså sitt största värde i en hörnpunkt. Vi vet redan koordinaterna för tre av hörnpunkterna., 5, 3, Den fjärde hörnpunkten är skärningspunkten mellan linjerna 5 och 4 +, vilket direkt ger 7 4 och 5. Q:s maimum är det största av värdena Q,, Q3, 6, Q, 5 5, Q 7 4, 5 37 Största värdet Bestäm kortaste avståndet från punkten 3, till parabeln a genom att reducera antalet variabler till ett etremvärdesproblem utan bivillkor, och b med Lagranges multiplikatormetod. Om, är koordinaterna för punkten på parabeln så ska vi minimera, 3, 3 + under förutsättning att, ligger på parabeln, d.v.s.. Med en mer standardformulering blir problemet min 3 + då. Notera att vi nu minimerar kvadraten på avståndet istället för avståndet, men det är i princip samma problem och minimum antas i samma punkt för båda problemen. Skälet till denna omskrivning är rent praktiskt; vi slipper kvadratroten. a Ur bivillkoret kan vi lösa ut och problemet blir att minimera f Vi bestämmer minsta värdet av f genom att sätta derivatan lika med noll, f , vilket ger inga andra reella rötter. Eftersom f + 4 > är en minimipunkt. Svaret är alltså att punkten, ligger närmast punkten 3, med ett avstånd på b Enligt Lagranges multiplikatormetod antas minimum i en punkt där gradienten av målfunktionen tillhör det linjära hölje som spänns upp av gradienten av bivillkorsfunktionen. Om f, 3 + g, så lder alltså villkoret: f är parallell med g, vilket är detsamma som f det g Detta villkor tillsammans med bivillkoret ger oss ekvationssstemet 4 6,.

62 Ekvation ger. Detta insatt i ger 4 3 6, som har lösningen. Alltså är, en kritisk punkt. Eftersom parabeln {g, } inte är kompakt kan två fall inträffa. minimum antas i en kritisk punkt, d.v.s.,.. Gränsvärdet lim ± f, är mindre än f:s värden på parabeln. I detta fall saknar f ett minsta värde. Vi har att varför fall inträffar. lim f, ± Alltså ligger punkten, närmast punkten 3, med ett avstånd på Bestäm största och minsta värdet av funktionen på sfären + +. Sätt f,, + g,, + +. Problemet kan nu skrivas min/ma f,, då g,,. Eftersom sfären är kompakt antas det största resp. minsta värdet av f i någon av följande punkter.. punkter där f tillhör det linjära hölje som spänns upp av g,. punkter där g singulära punkter, 3. punkter där f eller g inte eisterar. Vi undersöker dessa tre fall.. Vi har f,,, g,,. I kritiska punkter ska f span{ g}, d.v.s. f ska vara parallell med g. Det ska alltså finnas en skalär λ s.a.,, λ,,. Detta leder tillsammans med bivillkoret g,, till ekvationssstemet Från, och 3 har vi att t λ λ, λ, λ, λ, λ och λ. Detta insatt i 4 ger 4λ + 4λ + 4λ 3 4λ 3 λ ±, vilket ger punkterna 3, 3, 3 och 3, 3, 3.

63 . Gradienten g,, är noll endast i punkten med, men,, uppfller inte bivillkoret. 3. Gradienterna f och g eisterar överallt. Målfunktionen f:s största respektive minsta värde är ett av följande värden f 3, 3, 3 3 Största värdet, f 3, 3, 3 3 Minsta värdet Bestäm det kortaste avståndet från origo till tan. Om,, är koordinaterna för en punkt på tan så ges avståndet till origo av uttrcket,,,, + +. För att slippa kvadratroten kan vi istället söka minsta värdet av avståndet i kvadrat f,, + +, som antar minimum i samma punkt. Sätter vi g,, blir problemformuleringen min f,, då g,,. Eftersom tan inte är kompakt t.e. ligger den obegränsade kurvan t, /t, i tan måste vi först försäkra oss om att f inte går mot ett minvärde då någon av koordinaterna ±. Eftersom f är kvadraten på avståndet till origo ser vi direkt att f när, eller. Alltså antar f ett minsta värde i någon av följande punkter. punkter där f tillhör det linjära hölje som spänns upp av g,. punkter där g, och 3. punkter där f eller g inte eisterar. Vi undersöker dessa tre fall.. Vi har f,,, g,,. Vi söker punkter där f är parallell med g. Ett sätt att formulera detta på är,, λ,,, för någon skalär λ. Ett annat sätt är villkoret a b c, som måste gälla för alla a, b, c eftersom de två översta raderna f och g är linjärt beroende. Kofaktorutveckling längs tredje raden ger a b + c. Eftersom a, b och c kan väljas fritt måste de tre minorerna vara noll, 4 3, 4 3,. Dessa villkor tillsammans med bivillkoret ger ekvationssstemet Ekvation 3 ger oss tre fall,, +, 3. 4

64 : De resterande ekvationerna reduceras till, Bestäm största och minsta värdet av f,, + + på ellipsen som är skärningskurvan mellan konen + och planet 3. Eftersom,, p.g.a. 6, ger 5 att. Detta insatt i 6 ger 4 ±. Vi får därför punkterna med hjälp av 7,,,,,,,, och,,. : Eftersom, p.g.a. 4, blir vl av 4 ett negativt tal är positiv och kan inte vara lika med hl. : Detta strider mot ekvation 4.. Gradienterna g,, är noll bara om åtminstone en av, och är noll, men det strider mot bivillkoret. 3. Gradienterna f och g eisterar överallt. Kvadraten på minsta avståndet är det minsta av följande värden f,, 4, f,, 4, f,, 4, f,, 4. Ellipsen tillhör både konen och planet, och uppfller därför både konens och planets ekvation. Sätter vi blir problemet g,,, g,, 3, ma/min f,, { g,, då g,,. Eftersom en ellips är en kompakt kurva så antar f ett största och minsta värde i någon av följande punkter,. punkter där f tillhör det linjära hölje som spänns upp av g och g,. punkter där dim{ g, g } <, och 3. punkter där f, g och g inte eisterar. Vi undersöker dessa tre fall.. Vi har f,, g,, g,, Gradienten f tillhör span{ g, g } endast om f g g

65 Tillsammans med bivillkoren ger detta ekvationssstemet,, 3. 3 Ekvation ger två möjligheter. : Ekvation och 3 ger +, Eftersom a, b och c kan väljas fritt måste alla minorer vara noll, 4, 4,. Tillsammans med bivillkoren får vi ekvationssstemet : Om ger 5 att 3, vilket ger punkten 3,, 3. Om ger 5 att, vilket ger punkten,,. Ekvation och 3 ger, 6 4, 7, som saknar lösning. +, 3.. Gradienterna g och g är linjärt beroende omm g g a b c, för alla vektorer a, b, c. Med g och g insatta blir detta a b c Kofaktorutveckling längs tredje raden ger. a b + c. Ekvation 6, 7 och 9 är ett linjärt ekvationssstem 4 3 som har lösningen,,,,, vilken dock inte uppfller Gradienterna f, g och g eisterar överallt. Det största och minsta värdet av f finns bland följande värden f 3,, 3 8 Största värdet, f,, Minsta värdet.

66 3.3.8 Bestäm de mest ekonomiska dimensionerna av en rektangulär låda utan lock. Låt, och beteckna sidolängderna av lådan enligt figuren nedan. Vi tolkar uppgiften som att vi ska maimera lådans volm för en given total area av sidoväggar och botten. Eftersom lådans volm är V och area är A + + blir vårt problem ma då { + + A,,. Utefter ränderna, eller är volmen noll, så vi har inga mapunkter där. Areabivillkoret ger upphov till en icke-kompakt mängd, så vi måste undersöka vad som händer med volmen då en av kantlängderna går mot. Om t.e. så har vi att vilket ger att volmen är + + A A, + + A A, V A A A. Med ett liknande resonemang får vi att V om eller. Volmen måste alltså anta sitt största värde i någon av följande punkter,. punkter där V tillhör det linjära hölje som spänns upp av A,. punkter där A, och 3. punkter där V eller A inte eisterar. Vi undersöker dessa tre fall.. Vi har V,,, A +, +, +. Gradienten V tillhör span{ A} om de är linjärt beroende, d.v.s. omm V A a b c a b c för alla vektorer a, b, c. Kofaktorutveckling längs tredje raden ger a + + b c + +. Eftersom a, b och c kan väljas fritt måste alla minorer vara noll , , Tillsammans med bivillkoret har vi ekvationssstemet,,, A. 4 Vi vet att i mapunkten är,, så, och 3 ger att Detta insatt i 4 ger. A ± A/3, vilket ger punkten A/3, A/3, A/3 minustecknet strider mot positivitetsvillkoret.

67 . Gradienten A +, +, + är noll omm som endast har den triviala lösningen,,,, eftersom determinanten är 8, men,, uppfller inte bivillkoret. 3. V och A eisterar överallt. Störst volm av lådan är V V A/3, A/3, A/3 A 3/ 6 3.

68 Lektion 9, Flervariabelanals den 3 februari 3.5. Genom att ersätta t med t i den välbekanta integralen och derivera med avseende på, bestäm t e t dt e t dt π och t 4 e t dt. Vi ska börja med att derivera integralen som uppstår utan hänsn till de krav vi måste kontrollera att integranden uppfller. Först när vi vet att uträkningarna ger önskat resultat kontrollerar vi att integranden uppfller villkoren som ställs. Ersätter vi t med t blir integranden och vi har f, t dt Deriverar vi båda led fås vilket ger d d vl d d f, t e t e t dt { s t; ds dt } e t dt e s ds π. e e t t dt d d hl d π π d sgn, t dt t e t π dt sgn, 3 t e t dt, och med, t e t dt π. Deriverar vi tterligare en gång fås d d vl d t e t dt d vilket ger och med, 3 t e t dt π sgn π 3 sgn + 4 d d hl d π d sgn t e t dt t e t t dt t 4 e t dt, π sgn, 3 t 4 e t dt 3 π sgn, 45 t 4 e t dt 3 4 π. För att deriveringen av integralerna ska vara legitim måste följande villkor vara uppfllda f, t dt, f gt, där h, t dt, h kt, där f, t dt eisterar, t gt dt <, h, t dt eisterar, och t kt dt <,

69 för alla i en omgivning av, där f, t e t, h, t t e t. Alla dessa villkor reduceras i slutändan till att visa att integraler av tpen t n e t dt n naturligt tal är konvergenta. Jämför vi med den konvergenta integralen av /t i t, t n e t lim t /t lim t n+ e t t ger jämförelseprincipen att är konvergent Beräkna och använd resultatet för att beräkna dt + t och dt + t dt + t 3. Vi deriverar båda led vilket ger d d vl d d d d hl d En derivering av ger vilket ger d d vl d d d d hl d dt + t + t dt + t dt π d π sgn, dt + t, dt + t π sgn. 43 dt + t + t dt + t dt 4 3 π 3π sgn sgn, d dt + t 3 3π sgn. 65 dt + t 3, För att kunna motivera deriveringen av integralerna måste villkoren i sats vara uppfllda. Dessa villkor består väsentligen av att visa att integraler av tpen t m + t dt m < n naturliga tal n konvergerar, vilket man gör genom att jämföra med /t i t. Vi har dt + t dt { s t/; ds dt/ } + t/ ds + s [ ] arctan s π.

70 3.5. Lös integralekvationen f C + D + tft dt. Vi ska begränsa oss till att söka efter lösningar som uppfller villkoren för derivering av integral. Vi deriverar integralekvationen d.v.s. d d vl f, d d hl C + d d C + d d tft dt tft dt + d d C + tft t + C + Ytterligare en derivering ger ft dt, f C + tft dt tft dt ft dt. f + f. Denna differentialekvation har den allmänna lösningen Integralekvationen har randvillkoren vilket ger ekvationssstemet f A e + B e. f + D + D, f C + C, från, A + B D, A B C. + och ger Alltså är lösningen A C + D, B D C. f C + D e + D C e Bestäm Riemannsumman av integralen I 5 da D för partitionen av rektangeln D : 3, som består av se kvadrater med sidlängd enligt figuren, 3 och med valet av partitionspunkt ij, ij som nedre höger hörnpunkt. Vi indeerar först partitionselementen med ett indepar i, j där i ansvarar för uppräkning i horisontell led och j för vertikal led.,,, 3,, 3,

71 I figuren har vi också ritat in partitionspunkterna. Eftersom partitionspunkterna är separerade med avståndet både horisontellt och vertikalt, och inde, svarar mot punkten, ges koordinaterna för partitionspunkterna av i 3 j ij i, ij j. Riemannsumman blir f ij, ij Aij fi, j i 3 j f, + f, + f, + f, + f3, + f3, där f,, med Riemannsumman Rf, P genom att välja partitionspunkterna ij, ij som den hörnpunkt i partitionskvadraten mest avlägsen från origo. Eftersom f är noll utanför disken D och innanför, är Riemannsumman antalet partitionspunkter innanför D gånger partitionselementets area. P.g.a. smmetrin behöver vi bara räkna bidragande partitionspunkter i första kvadranten och multiplicera resultatet med 4. Rf, P Låt D vara cirkeldisken + 5 och P partitionen av kvadraten 5 5, 5 5 i etthundra -kvadrater enligt figuren Beräkna integralen J från uppgift Approimera dubbelintegralen 5 J f, da, D Integralens värde är arean av cirkeldisken D, J π 5 5π.

72 4..4 Beräkna följande dubbelintegral medelst inspektion, + 3 da, D där D är halvdisken Beräkna följande dubbelintegral medelst inspektion, + da, S där S är kvadraten a, a. Området D är övre halvan av cirkelskivan + 4 med mittpunkt i origo och radie. Integralen kan med linjäriteten delas upp i två, + 3 da da + 3 D D da. D Integranden i den första integralen i högerledet är en udda funktion av, och eftersom integrationsområdet är origosmmetriskt i -led är integralen noll. Den andra integralens värde är arean av D, d.v.s. π π. Alltså är + 3 da 6π. D Vi delar upp integralen med linjäriteten + da S S da + da. S Eftersom kvadraten är spegelsmmetrisk i och,, är integralerna i högerledet lika, + da da. S S Värdet av integralen i högerledet är volmen under funktionstan f, inom kvadraten S. Denna volm är a a a3. Alltså är + da a 3. S a a a

73 Lektion, Flervariabelanals den 8 februari 4..4 Beräkna den itererade integralen d e d. Dubbelintegralen ska vi beräkna som en itererad integral, och då måste vi bestämma i vilken ordning variablerna ska integreras. I detta fall är området lika enkelt både i - och -led, och integranden är helt smmetrisk i och så det spelar ingen roll vilken variabel vi integrerar först. Låt oss välja att integrera i -led först. Vi måste då beskriva området i formen c d, g h. När vi beräknar den inre integralen den med avseende på betraktar vi som en konstant. [ ] d e d d e d e e e d { s ; ds d } 4 [ ] 4 es s e4 4 e e4 5. es ds I vårt fall är Dubbelintegralen är d d R a 3 b3 a, b. a d b d a d 3 b3 [ 3 3 ] a 9 a3 b 3. [ ] b d Beräkna där R är rektangeln a, b. da, R 4..8 Beräkna 3 d d, T där T är triangeln med hörnpunkter i,, a, och, b. Vi ritar först upp området R. b Området T har utseendet, b a, a,

74 Om vi integrerar först i -led måste vi för varje mellan och b kunna skriva g h. I detta fall är den undre gränsen noll och den övre gränsen är linjen mellan, b och a,, som har ekvationen Området kan alltså beskrivas som Dubbelintegralen är a + b. b, a /b. b 3 d d d T b [ ] a /b d 3 b d a /b 3 d a /b 3a /b d b a /b d 3a b d + 3a b [ ] a 3 b b [ ] b /b3 3a + 3a b 6 a b 3 ab + ab 6 a b ab. b [ d ] b Beräkna cos da, D där D är det ändliga område i första kvadranten begränsad av koordinatalarna och kurvan. Vi ritar upp området. Eftersom D begränsas av kurvan beskrivs området av D,. Vårt förstahandsval är därför att integrera i -led och sedan i -led. cos d d D d cos d [ sin sin d { s ; ds d } [ ] cos s cos. ] d sin s ds

75 4..6 Skissera integrationsområdet och beräkna den itererade integralen π/ d π/ sin Integrationsområdet ges enligt den itererade integralen av d. π/, π/. π/ Den enda punkt där vi inte på förhand kan säga om integranden är kontinuerlig är,. Men i den punkten har vi att sin lim,, så om vi definierar integrandens värde till i origo har vi en kontinuerlig funktion. Integralen får vi nu till π/ d π/ sin d sin d π/ [ cos d sin [ ] π/. ] π/ Även om integralen är skriven som att vi först ska integrera i -led och sedan i -led, kan vi kasta om integrationsordningen om det beräkningstekniskt gnnar oss. Detta givetvis under förutsättning att integranden är kontinuerlig i hela triangeln. I vårt fall är integranden sin som verkar svår att integrera i -led, så vi väljer att kasta om integrationsordningen. Vi måste då skriva om området i formen π/, g h, och dessutom kontrollera att integranden är kontinuerlig. Omskrivningen av området ger att π/, Beräkna T + 4 da, där T är triangeln med hörnpunkter,,, och,. Om vi bara betraktar området T så är det lika enkelt att integrera i -led som i -led., π/ T,,

76 Däremot är integranden jobbigare att integrera i -led än i -led. Strategin som vi ska använda är att först integrera i -led och sedan hoppas på att resultatet är enklare att integrera i -led är den nuvarande integranden. För ett givet -värde begränsas triangeln i -led underifrån av och ovanifrån av. Om vi ritar upp området D så ser vi att D helt ligger i det område där är positiv, så vi kan använda utan att behöva beskära D. I uppgiftsteten är D given i formen Dubbelintegralen är därför d d + 4 T 8 d + 4 d + 4 d { s + 4 ; ds 4 3 d } ds s [ 8 log s ] log 8. [ ] + 4 d,, vilket gör det lämpligt att först integrera i -led. V d d D [ 3 3 d d d 4 ] 5. d [ ] Bestäm volmen under funktionstan och ovanför området,. Om vi kallar området i, -planet för D så ges volmen under funktionstan till en positiv funktion f, av f, d d. D

77 4..8 Bestäm volmen innanför clindern + 8, ovanför planet 4 och under planet 8. Vi ska först försöka föreställa oss den kropp som vi ska bestämma volmen av. Clindern skriver vi först i standardform 8 +, Volmintegralen är V 8 8 d d D d 8 8 [ d ] d och vi ser att den elliptiska clindern har halvalar 8 och, och -aeln som generatris. De två planen skär clindern och avgränsar en ändlig del av clindern. Avståndet i höjdled mellan planen ges av differensen mellan deras -koordinater, d 8 8 d d. Den första integralen är areaintegralen av en halvcirkel med radie 8 och har därför värdet π 8 48 π. I den andra integralen ser vi att integranden är udda, och eftersom integrationsområdet är origosmmetriskt är integralen noll. Vi har alltså att 8 8 Innanför clindern är detta avstånd positivt vilket vi ser med skattningen 8 8 >. V 48 π. Alltså är det övre planet hela tiden ovanför det undre planet innanför clindern. Volmen av kroppen är volmen under det övre planet minus volmen under det undre planet. V 8 d d D d d, D 4 d d D där D är ellipsen + 8. Ellipsen kan vi också skriva i formen 8 8, Bestäm om integralen Q d d + + konvergerar, där Q är första kvadranten i, -planet. Integranden är en positiv funktion och integralen konvergerar omm en av dess itererade varianter konvergerar. Första kvadranten kan skrivas <, <.

78 En av de itererade integralerna får vi till d d + + d [ + arctan 4 π <. d + ] d + Alltså är integralen i uppgiftsteten konvergent med värdet π /4. Integration först i -led ger d d d [ ] d [ ] 4 <. Alltså är integralen i uppgiftsteten konvergent. d Bestäm om integralen T da över triangeln T med hörnpunkter,,, och, är konvergent. Vi ritar upp triangeln T.,,, Eftersom triangeln bara innehåller punkter med positiva -koordinater är integranden positiv och integralen konvergent omm en av dess itererade integraler konvergerar. I -led är området begränsat av de två räta linjerna och, varför triangeln kan beskrivas som,.

79 Lektion, Flervariabelanals den 9 februari 4.4. Beräkna integralen + d d D 4.4. Beräkna integralen Q + da, där Q är kvartsdisken, och + a med a >. där D är disken + a och a >. Vi ritar upp disken D. a Området Q består av den del av cirkeldisken i första kvadranten. a a a Vi kan ganska enkelt beskriva området med polära koordinater, θ < π, r a. Om vi därför gör ett bte till polära koordinater övergår areaelementet d d till r dr dθ och uttrcket + till + r cos θ + r sin θ r cos θ + sin θ r. Dubbelintegralen blir + d d D π [ ] a dθ 3 r3 r r dr dθ D π π 3 a3 dθ 3 πa3. dθ a r dr Eftersom integranden är positiv i området vållar inte den misstänkta singulariteten i origo några beräkningstekniska problem eftersom integralen konvergerar om och endast om dess itererade varianter konvergerar. Området beskriver vi enklast med polära koordinater θ π/, r a. Ett bte till polära koordinater förändrar areaelementet da till r dr dθ och omvandlar integranden till Dubbelintegralen blir + r cos θ r sin θ r cos θ + r sin cos θ sin θ. θ d d + Q π/ [ sin θ cos θ sin θ dθ ] π/ cos θ sin θ r dr dθ Q a r dr [ ] a r a.

80 4.4. Bestäm där S är cirkelsegmentet +,. da, S Området består av alla punkter innanför cirkeln med mittpunkt i origo och radie, och med -koordinat större än eller lika med. Dubbelintegralen blir S π/4 da π/4 π/4 3 3 S [ cos θ r cos θ r dr dθ ] 3 r3 dθ 3 / cos θ cos θ dθ π/4 3 [ ] π/4 sin θ π/4 3 π/4 π/4 π/4 ] π/4 [ tan θ π/4 π/4 π/4 cos θ dθ / cos θ r dr cos θ cos 3 θ dθ dθ cos θ π/4 3 3 /3. Anm. I detta fall är det inte självklart att vi ska använda polära koordinater. I kartesiska koordinater kan området skrivas,, Området har ett visst mått av cirkelform så vi kan försöka oss på att beskriva området med polära koordinater. Vinkeln θ ska gå mellan arccos 4 π och integralen blir d d { s ; ds d } [ s ds ] s s. 3 3 och arccos 4 π. Radien r har som övre gräns och cos θ som undre gräns. Området beskrivs alltså i polära koordinater som θ Bestäm volmen av det område som ligger ovanför, -planet, innanför clindern + 4 och under planet π θ 4 π, cos θ r. Innanför clindern, som har radie, uppfller planets -koordinat Areaelementet är r dr dθ och integranden är r cos θ

81 och är alltså ovanför, -planet. Vi har därmed följande principskiss Bestäm volmen av området innanför den cirkulära clindern + och innanför den paraboliska clindern. Området kan alltså beskrivas som under funktionstan + +4 och innanför disken D : + 4. Volmen ges av den välkända formeln V d d. D Vi skriver först den cirkulära clindern i standardform. Kvadratkomplettering i ger Den cirkulära clindern har alltså mittpunkt i,, och radie. Eftersom området är cirkelsmmetriskt beskrivs det enklast med polära koordinater Volmintegralen är θ < π, r. V d d { polära koordinater } D π π π dθ [ dθ r cos θ + r sin θ + 4 r dr ] 3 r3 cos θ + 3 r3 sin θ + r 8 3 cos θ sin θ + 8 dθ { integral av cos eller sin över en hel period } [ ] π 8θ 6π. Den paraboliska clindern är en parabel i, -planet.

82 Området är alltså alla punkter innanför cirkeln + och mellan de två grenarna och. Volmen ges av integralen V D d d D d d. Eftersom området är cirkulärt inför vi polära koordinater. Vinkeln θ ska gå mellan och π. r θ Anm. Om vi bara sett till att förenkla området skulle vi infört polära koordinater centrerade kring,, vilket hade givit r cos θ, + r sin θ, θ π, r. Men då hade integranden blivit jobbigare, så det är tveksamt om detta varit bättre. Det är alltid en balans mellan att förenkla integrationsområdet och att se till integrandens analtiska form, även om förenkling av integrationsområdet ofta väger tngre. Radien r har som undre gräns, och cosinussatsen ger att den övre gränsen uppfller + r r cos π θ r cos π θ sin θ. Området kan alltså beskrivas som θ π, r sin θ Bestäm + da P där P är parallellogrammet som begränsas av de räta linjerna +, +, och Volmintegralen blir V D π π dθ d d { polära koordinater } sin θ π [ r sin θ r dr sin θ sin θ 5 4 sin θ sin θ dθ 6 5 π cos θ sin θ dθ r r π ] sin θ sin 3 θ dθ [ cos θ + 3 cos3 θ ] π dθ Vi ritar upp området P.

83 Området förenklas om vi väljer ett ntt koordinatsstem med områdets begränsningslinjer som koordinatlinjer, u +, v [ 3 ] 5 3 u3 77 u u Detta linjära koordinatbte är : eftersom determinanten av basbtesmatrisen är I detta na koordinatsstem beskrivs området P som u, 5 v 6. Vid övergången till u, v-planet ändras areaelementet till, d d det du dv belopp u v du dv. u, v Från kan vi uttrcka och i u och v, och får Integralen blir 4u v 3u + v u v d d belopp 4 3 du dv du dv. 6 + d d du 4u v + 3u + v dv P 5 6 du 5u 4uv + v dv 5 [ ] du 5u v 7uv + 3 v6 v3 v5 5u 5u u 75u u 77u du du 4.5. Beräkna trippelintegralen dv, B där B är rätblocket,, 4. Vi ritar upp rätblocket B. 4 Området kan vi se som bestående av alla punkter,, med, -koordinat innanför rektangeln D :, och -koordinat mellan funktionstorna och 4. Med iterationsformeln har vi dv B [ d d D d d D 4 ] 4 5 d d d. D

84 Området D kan i sin tur beskrivas som området mellan funktionskurvorna och., Vi får med iterationsformeln 5 5 d d 5 D d [ ] d 5 d d 5/. Vi kan beskriva området som alla punkter,, med, -koordinater innanför bastriangeln T i, -planet och -koordinat mellan funktionstorna och c /a /b. Iterationsformeln ger dv d d R T c /a /b d d. T c /a /b Triangeln T kan beskrivas som området mellan funktionskurvorna och b /a. a, b /a b d a b /a Beräkna trippelintegralen dv, R där R är tetraedern som begränsas av koordinatplanen och planet a + b + c. Planet /a + /b + /c skär koordinatalarna i punkterna a,,,, b, och,, c varför tetraedern har utseendet c Vi får c T c c a d d c b a a bc a [ d a a d b ] b /a b /a b /a b /a d a d b /a a d bc a + a 3 d [ ] bc 3a 3 4a 4 a bc a 3 a + 4 a 4 a bc. a b

85 4.5. Beräkna trippelintegralen dv, R där R är den del av kuben,, som ligger ovanför planet + och under planet + +. Området R består av alla punkter,, som uppfller olikheterna,,, 3 +, Istället för att försöka rita upp det ganska komplicerade området R ska vi skriva om till 6 till en form som vi direkt kan använda i en itererad variant av trippelintegralen. Från 3 får vi olikheten Olikhet och 4 ger : följer direkt av 6, 4: följer direkt av 7, 5: följer direkt av 8, : : följer av 7, : 7 och 6 ger, : : 8 och 4 ger +, : följer av 8. Trippelintegralen är 6 6 dv R d d d d 3 3 d + 4 d 6 [ ] 5 4. [ ] d d d [ ] d d 3 6 d Olikhet och 5 ger. 8 Vi har därmed visat att,,, +, + +,,,. För att 6 till 8 ska beskriva samma område som till 5 måste vi också visa den omvända implikationen, d.v.s. att 6, 7 och 8 medför olikheterna till 5.

86 Lektion, Flervariabelanals den februari 4.6. Bestäm volmen av området ovanför, -planet, under paraboloiden och i kilen Beräkna + + d d d R där R är clindern + a, h. Paraboloiden är ovanför, -planet när +, d.v.s. innanför enhetscirkeln. De punkter som tillhör området har alltså - och -koordinat i snittet mellan enhetsdisken och kilen 3. Enligt den första olikheten + a är clindern parallell med -aeln och med - och -koordinater innanför cirkeln med mittpunkt i origo och radie a. Den andra olikheten h begränsar clindern i höjdled. D I -led begränsas området av funktionstorna och. Volmen ges av V d d. D I polära koordinater beskrivs området D i, -planet som och volmintegralen blir V 4 4 π θ arctan 3 3π, r, π/3 dθ π/4 π/3 π/4 r r dr dθ 7 48 π. π/3 π/4 [ ] dθ r 4 r4 Eftersom området är rotationssmmetriskt kring -aeln beskrivs det enklast med clindriska koordinater h, θ < π, r a. Integralen blir + + d d d { clindriska koordinater } R π h a r + r dr dθ d dθ d r + r dr R π h [ ] dθ d 4 r4 + r a π h dθ 4 a4 + a d π [ dθ ] 4 a4 + 6 a 3 h 6 πa h3a + h. π 4 a4 h + 6 a h 3 dθ

87 4.6.6 Bestäm + + dv B smmetriael. Området R har alltså följande utseende. c där B är klotet + + a. ϕ Eftersom klotet + + a är helt rotationssmmetriskt inför vi sfäriska koordinater. I dessa koordinater beskrivs klotet som θ < π, ϕ π, r a. Integralen blir + + dv B π dθ π sin ϕ dϕ a r sin ϕ cos θ r sin ϕ sin θ dv r sin ϕ dr dϕ dθ r cos ϕ r 4 dr π 5 a5 4 5 πa5. Vi beskriver området enklast med sfäriska koordinater ϕ arctan, θ π, r a. c Integralen blir + dv { sfäriska koordinater } V π π [ θ π dθ dθ ] π arctan /c arctan /c sin 3 ϕ dϕ a r 4 dr cos ϕ sin ϕ dϕ [ cos ϕ + 3 cos3 ϕ ] arctan /c a [ r 4 dr ] a 5 r5 cos arctan /c + 3 cos3 arctan /c a5 För att förenkla cos arctan /c ritar vi en hjälptriangel Beräkna + dv R arctan /c + c c cos arctan /c c + c där R är området ovanför konen c + och innanför sfären + + a. Funktionstan c + är en kon med spets i origo och -aeln som πa5 c c3 + c + c + /3. 3/

88 4.7. Bestäm arean av tan till planet innanför den elliptiska clindern Bestäm arean av halvellipstan. Vi ska alltså bestämma arean av funktionstan i området Området består alltså av en ellips med mittpunkt i origo och halvalar och. För att beskriva området inför vi omskalade polära koordinater och området ges då av D r cos θ, r sin θ, θ < π, r. Areaelementet d d övergår till d d, det r θ u, v dr dθ dr dθ r θ cos θ r sin θ sin θ r cos θ dr dθ r cos θ + r sin θ dr dθ r dr dθ. Areaintegralen blir + + d d + 3 D d d D π dθ r dr [ ] π r π. Funktionen har definitionsområdet +, d.v.s. enhetsdisken. Integranden till areaintegralen är D Den rikliga förekomsten av uttrcket + antder att införandet av polära koordinater kan förenkla räknearbetet. [Leo Ullemar, 97] Areaintegralen blir D π π d d { polära koordinater } + 3r dθ r r dr { s r ; ds r r dr } 4 3s ds 4π { s 3 sin ϕ; ds 3 cos ϕ dϕ } 8π π/ s ds cos ϕ cos ϕ dϕ 8π [ ] π/3 3 ϕ + 4 sin ϕ 8π π π π.

89 4.7.6 Bestäm arean av paraboloiden i första oktanten Bestäm arean av tan ovanför området,. Första oktanten definieras som,,. Den del av paraboloidens ta som tillhör första oktanten bestäms alltså av alla och s.a., och, och +. Arean ges av + D + d d + + d d D π/ dθ + 4r r dr { polära koordinater } π/ { s + 4r ; ds 8r dr } 8 [ ] 5 8 π 3 s s 4 π5 5. dθ 5 s ds D Funktionen är alltid icke-negativ och befinner sig därför alltid ovanför, -planet. Arean av funktionstan inom området ges av + + d d + D D + d d [ d + 4 d ] / 5 3/ d 3/ d

90 Lektion 3, Flervariabelanals den 5 februari 5.. Skissera vektorfältet och bestäm dess fältlinjer. F, e + e I varje punkt, har vektorfältet en vektor med komponenter,, d.v.s. vektorn utgående från punkten är lika med punktens ortsvektor. Integration m.a.p. t av båda led ger vl hl t t ẋt [ ] t t dt log t ẏt [ t dt log t t ± t. ] t log t log log t log t log log t Minustecknet kan förkastas eftersom +. Fältlinjerna är alltså räta linjer som går genom origo. En kurva r rt t, t är en fältlinje till vektorfältet om ṙt är parallell med F rt. Detta villkor kan vi t.e. formulera som ṙt F rt, Om eller ger att ẋ respektive ẏ, vilket ger fältlinjer längs -aeln respektive -aeln. Om och befinner vi oss i en singulär punkt där vektorfältet har en nollvektor. där ṙt ẋt, ẏt, F rt t, t. Determinantvillkoret blir alltså ẋt t ẏt t ẋ ẏ. Om vi antar att, då kan skrivas ẋ ẏ.

91 5..4 Skissera vektorfältet En kurva r rt t, t är en fältlinje om F, e + sin e och bestäm dess fältlinjer. I varje punkt har vektorfältet -komponenten. Vektorfältets -komponent har beroendet sin. d.v.s. om ṙt F rt Vi integrerar båda led vl hl t t ṙt är parallell med F rt, ẋt ẏt ẏ ẋ sin. sin t ẏt dt t, ẋt sin t dt Alltså är fältlinjerna i formen [ ] t cos t cos t + cos. cos + C. Sammanlagt har vektorfältet utseendet 5.. Beskriv fältlinjerna till hastighetsfältet v,, e + e e. En kurva rt t, t, t är en fältlinje om ṙt är parallell med v rt.

92 Detta villkor kan formuleras som ṙt λt v rt för någon skalärfunktion λt. och 3 ger att som efter integrering ger vl hl ẋt λt t ẏt λt t żt λt t 3 żt λt t ẋt t t Ekvation och kan skrivas om till Integrering av båda led ger vl hl t t żt dt t, ẋt dt t +, t t + +. ẋt t ẏt t. ẋt [ ] t t dt log t ẏt [ t dt log t t ± t. log t log t ] t 5.. Undersök om vektorfältet F,, e + e + e är konservativt, och bestäm i sådant fall potentialen. Vektorfältet F är konservativt om det finns en potential Φ s.a. Φ Φ, Φ, Φ F,,,,. Ett nödvändigt villkor för att en potential Φ ska eistera är att vektorfältet F har en smmetrisk Jakobian. Vi har F,, F F F 3 F F F 3 F F F 3 som är smmetrisk. Vektorfältet kan alltså möjligtvis vara konservativt. Integrerar vi upp Φ/, Φ/ och Φ/ i fås Dessa samband tillsammans visar att Φ + C,, Φ + C,, Φ C 3,. Φ är en potential till F som därmed är konservativ. Stoppar vi in t i formeln för t fås ± och därför måste minustecknet förkastas. Alltså ges fältlinjerna av kurvskaran C, + C.

93 5..4 Undersök om vektorfältet F,, + e + + e är konservativt, och bestäm i sådant fall potentialen. Det första testet vi ska utföra är att undersöka om vektorfältets Jakobian är smmetrisk. Uttrckt i F F, F blir detta villkor F F som i vårt fall blir vl + + +, hl Vektorfältet klarade alltså testet. En potential Φ till F ska uppflla Φ Φ, Φ F, +, + och i komponentform Φ +, Φ +. Vi integrerar upp med avseende på, Φ + d { s + ; ds d } ds s log s + C log + + C. Detta insatt i ger vl av Φ + + C + + C hl av + vilket ger C, d.v.s. C konstant som vi kan välja till. En potential är alltså Φ,, log +. Notera att eftersom vektorfältet inte är definierat i origo är F konservativt överallt utom i origo Undersök om vektorfältet F,, e + + e + e + e är konservativt, och bestäm i sådant fall potentialen. Ett nödvändigt villkor för att F ska vara konservativ är att dess Jakobian F,, F F F 3 F F F 3 F F F 3 är smmetrisk, d.v.s. att följande samband är uppfllda F F, F F 3, F F 3. 3

94 Vi kontrollerar, vl av e + + e + +, hl av e + + e + +, vl av e e + +, hl av e e + +, vilket visar att F inte är konservativ. Detta insatt i ger som efter integrering m.a.p. ger C, + C d + C, d.v.s. Φ + + C. Stoppar vi slutligen in detta i 3 fås C + C C + C 3. En potential till F är alltså C 3 vald till 5.. Visa att vektorfältet F,, e + e + + e är konservativt och bestäm dess potential. Beskriv ekvipotentialtorna och bestäm fältlinjerna till F. Vektorfältet F är konservativt om det finns en potential Φ s.a. d.v.s. Φ, Φ Φ Φ, Φ, Φ F, och Vi integrerar upp med avseende på, Φ Φ +.,, 3 d + C,. Φ + +. Ekvipotentialtorna ges av alla punkter,, som uppfller för ett fit C, d.v.s. Φ,, C + + C + + C + + C/ C/. Ekvipotentialtorna är alltså sfäriska skal med mittpunkt i,, C/ och radie C/. En fältlinje r rt t, t, t uppfller villkoret ṙt är parallell med F rt som vi kan formulera som determinantvillkoret ẋ ẏ ż + a b c

95 för alla vektorer a, b, c. Kofaktorutveckling längs tredje raden ger ẏ ż a + b ẋ ż + + c ẋ ẏ. Eftersom detta ska gälla för alla val av a, b och c måste de tre minorerna vara noll. ẏ ż + ẏ + ż, ẋ ż + ẋ + ż ẋ ẏ ẋ ẏ, som efter förenkling ger ekvationerna Ekvation 3 ger och efter integrering se uppgift 5.. Sätter vi in detta i och får vi ẋ C ż ẏ ż ẋ ż ẋ ẏ t t C t. ẋ ẏ 3 ẋ / ż/ / + C. Notera att variabeln förekommer endast i kombinationerna / och ż/. Om vi därför prövar att införa en n variabel u / får vi att u ż ẋ ż ẋ ż u ẋ ż u + u ẋ och ekvationen blir ẋ u u + u ẋ u + C Vi integrerar båda led m.a.p. t, vl t t ẋ [ dt ] t log t ẋ u u u + C u u + C log t u u u + + C. u u dt hl u + + C { s u + + C ; ds u u dt } ds s log st s log u + + C D log / + + C D D + + C + + C D + + C D3 +. D 3 Fältlinjerna kan alltså skrivas i formen D + C D 4 + C C, D3 +, D 3 D + + C d.v.s. fältlinjerna blir räta linjer när de projiceras på, -planet och ellipser när de projiceras på, -planet.

96

97 Lektion 4, Flervariabelanals den 6 februari 5.3. Låt C vara den koniska spiralkurvan med parameterformen Visa att kurvan C som är skärningskurvan mellan den elliptiska paraboloiden och den paraboliska clindern i första oktanten från,, till,, har parametriseringen Bestäm ds. C t cos t t sin t t t π. cos u sin u cos u u π/, och beräkna kurvans massa om dess densitet i punkten,, är ϱ,,. Vi skriver kurvan i vektorform rt t cos t t sin t t t π. Skärningskurvan mellan de två torna uppfller båda tornas ekvationer,. Båglängdselementet ds ges av formeln ds ṙt dt, där cos t t sin t ṙt sin t + t cos t ṙt cos t t sin t + sin t + t cos t + cos t t cos t sin t + t sin t + sin t + t cos t sin t + t cos t + + t Linjeintegralen blir C ds π t + t dt { u + t ; du t dt } +4π [ u du 3 u ] +4π u 3 + 4π + 4π. insatt i ger +. Skärningskurvans projektion på, -planet är alltså en del av enhetscirkeln. Vi kan därför beskriva - och -koordinaten med standardparametriseringen Från har vi cos u, sin u. cos u. Detta är en beskrivning av hela skärningskurvan. Eftersom kurvstcket C ligger i första oktanten måste vi begränsa parameterintervallet så att cos u, sin u, cos u, vilket ger att u [, π/]. Kurvan C kan alltså skrivas ru cos u sin u u π/. cos u

98 Kurvans densitet ges av och kurvans båglängdselement ds är ϱu ϱ ru uu cos u sin u, ds ṙu du sin u + cos u + cos u sin u du + 4 cos u sin u du Beräkna e ds där C är kurvan r rt e t cos t e + e t sin t e + t e C t π. Kurvans totala massa blir m ϱ,, ds C π/ π/ sin u + sin u du cos u sin u + 4 cos u sin u du π/ { t cos u; dt sin u du } 4 sin u cos u du { t sin θ; dt cos θ dθ } 4 π/4 π/4 cos θ cos θ dθ 4 [ θ + sin θ ] π/4 π/4 4 π/4 π/4 t dt π/4 π/4 + cos θ dθ π 4 + π 4 8 π + 4. sin θ cos θ dθ I vektorform skrivs kurvan rt et cos t e t sin t t och båglängdselementet är t π, ds ṙt dt e t cos t e t sin t + e t sin t + e t cos t + dt e t cos t cos t sin t + sin t + sin t + cos t sin t + cos t + dt e t + dt. Linjeintegralen blir π e ds e t e t + dt { s e t ; ds e t dt } C e π s + ds { s tan θ; ds + tan θ dθ } arctan e π dθ arctan cos 3 θ arctan e π cos θ dθ arctan sin θ { r sin θ; dr cos θ dθ } sin arctan { partialbråkuppdelning } 4 4 sin arctan r r + r + + r + e π [ log r + log r + r r + dr dr r ] sin arctan e π sin arctan

99 Med två hjälptrianglar kan vi förenkla övre och undre integrationsgränsen. arctan 5 sin arctan Bestäm C ds längs skärningslinjen mellan planen + och + +, från origo till 3,,. + e 4π arctan e π Linjeintegralen blir e π sin arctan e π e π +e 4π Skärningslinjen är lösningarna till de båda planens ekvationer +, e π + e 4π e π + e 4π + + log /5 + + log. /5 /5 + /5 Anm. Med en hperbolisk substitution blir räkningarna något enklare s + ds { s sinh t; ds cosh t } cosh t dt + cosh t dt t + sinh t + C 4 men integrationsgränserna är fortfarande risiga. e π + e 4π + e π + e 4π Med gausseliminering får vi lösningarna till 3t t t parameter, t som också är en parametrisering av skärningslinjen. Origo svarar mot t och 3,, svarar mot t. Båglängdselementet är Linjeintegralen är alltså C ds ṙt dt dt 4 dt. ds 3t 4 dt 9 4 t dt 3 4. Anm. Eftersom skärningskurvan mellan två plan alltid är en rät linje, som dessutom måste gå genom origo och 3,, kunde vi direkt ha skrivit upp linjens parametrisering.

100 5.4. Beräkna linjeintegralen av vektorfältet längs kurvan sin från, till π,. Vi ska lösa uppgiften med tre metoder. Metod eplicit uträkning Vi skriver kurvan i parameterform t r rt t och har då Linjeintegralen blir F dr C C π Metod potential Vi har F, cos e e t sin t drt dr dt dt dt. cos t cos, d, d cos t dt sin t cos t dt F,, F F F F π t π, cos t, sin t dt, cos t dt [ sin t ] π [ sin ] π sin t. som är smmetrisk i hela planet. Vektorfältet F är därmed konservativ och har en potential Φ som uppfller Φ Φ, Φ F r cos, Φ sin + C. Linjeintegralen är oberoende av väg och vi har π,, F dr Φπ, Φ,. Metod 3 bte av integrationskurva Precis som i metod visar vi först att F är konservativ. Eftersom F är konservativ är linjeintegralens värde oberoende av vilken kurva från, till π, som används. Vi bter därför ut kurvan i uppgiftsteten mot den enklare kurvan Linjeintegralen blir π rt t t cos t, dt, t π Beräkna linjeintegralen av vektorfältet cos t dt t π. F,, e e + e längs kurvan t, t och t 3 från,, till,,. [ ] π sin t. Vi undersöker först om vektorfältet är konservativt. Vi har F,,. Eftersom matrisen inte är smmetrisk är F inte konservativ. Vi bestämmer därför linjeintegralens värde med en eplicit uträkning. Vi har F rt t t t3 t t t drt dr dt dt t dt. 3t

101 Kurvan genomlöps av denna parametrisering när t går från till. Linjeintegralen blir F dr F rt drt t 3, t, t, t, 3t dt C Bestäm [ t 3 t 3 + 6t 3 dt C d + 3 d ] 5 4 t moturs runt kvadraten med hörn i,,,,, och,. Vi undersöker om vektorfältet är konservativt. Eftersom F, F,, 3 3 inte är smmetrisk är F inte konservativ. Kvadraten består av fra räta randkurvor ointressant som parametriseras av På de fra kantlinjerna är l : r t t, t l : r t, t t l 3 : r 3 t t, t l 4 : r 4 t, t t l : F r t t, t 3,, l : F r t t, 3 t t, t, dr t, dt, l 3 : F r 3 t t, t 3 t, t 3, dr 3 t dt,, l 4 : F r 4 t t, 3 t,. Linjeintegralen runt kvadraten delar vi upp i fra delar som svarar mot de fra kantlinjerna. C F dr 4 i + l F dr { På l och l 4 är F } l i t, t, dt + t, t 3 dt, l 3 t dt [ t dt t ] [ 3 t3 ] 3 6. l 3 l 4 l l

102 5.4. Vektorfältet F,, a + e + e + b + e är konservativt. Bestäm a och b, och bestäm även en potential till F. Beräkna F dr, C Eftersom vektorfältet är konservativt och vi vet dess potential kan vi strunta i den komplicerade beskrivningen av kurvan C och istället få linjeintegralens värde som differensen mellan potentialens värde i kurvans två ändpunkter, C F dr Φ,, 3 Φ,, 3 8. där C är kurvan från,, till,, 3 som ligger på skärningskurvan mellan torna och i oktanten,,. Vektorfältet F är konservativt endast om a F,, b är smmetrisk. Detta ger direkt att a och b. En potential Φ till F uppfller Φ Φ, Φ, Φ F,, +,, + Φ +, Φ, Φ Om vi integrerar upp, och 3 fås +. 3 Φ + + C,, Φ + C,, Φ + + C 3,. Eftersom vänsterleden är lika måste högerleden vara lika, vilket ger Φ C Bestäm arbetet som kraftfältet F cos + 3 e + sin 4 e e utför när en partikel flttas längs kurvan arcsin t, t och 3t t. Vi undersöker först om kraftfältet är konservativt. Jakobianen cos 3 F,, cos 3 är smmetrisk vilket ger att F är konservativ. En potential Φ till F uppfller Φ Φ, Φ, Φ F cos + 3, sin 4, 3 + Φ cos + 3, Φ sin 4, Φ 3 +, 3

103 som efter integrering ger Φ sin C,, Φ sin 4 + C,, Φ C 3, Beräkna de slutna linjeintegralerna a d C b d C runt ellipsen /a + /b moturs. Alltså måste potentialen vara Kurvans ändpunkter är Φ sin C. r arcsin, 3 r arcsin π/. 3 Arbetet som utförs är W F dr Φπ/,, Φ,, sin π + π sin π π + 5. a Från integranden kan vi avläsa vektorfältet F, d, d, d F dr F,,. Eftersom Jakobianen F, inte är smmetrisk är F inte konservativ. Ellipsen har standardparametriseringen a cos t b sin t t π som genomlöper ellipsen moturs när t går från till π. Med denna parametrisering har vi att och linjeintegralen blir C F rt, a cos t F dr drt dr dt a sin t, b cos t dt dt π π ab, a cos t a sin t, b cos t dt π ab cos t dt ab + cos t dt [ ] π t + sin t πab.

104 b I detta fall är vektorfältet F, som inte heller är konservativt eftersom Jakobianen F, inte är smmetrisk. Om vi däremot betraktar vektorfältet så är G konservativ eftersom G, dr d + d G, a Vektorfältet F i integranden får vi till d + d + +, + d, d F dr F, +, +. Jakobianen till F är smmetrisk F, vilket betder att F är konservativ där den är definierad, vilket i detta fall är hela planet minus origo. Eftersom cirkeln löper runt origo kan vi inte dra slutsatsen att den slutna linjeintegralen är noll., är smmetrisk. Alltså har vi att d + d C C d d π ab. C 5.4. Beräkna a moturs runt cirkeln + a, d + d π C + b medurs runt kvadraten med hörnpunkter,,,,, och,, och c moturs runt randen till området + och. Vi parametriserar cirkeln och får då att F rt cos t sin t sin t cos t + sin t, t π drt dr dt sin t, cos t dt. dt Linjeintegralen blir F dr π π C π π π cos t cos t + sin sin t, cos t, t sin t, cos t sin t, cos t dt sin t + cos t dt π π dt.

105 b Vi ritar upp kvadraten. Eftersom origo inte tillhör området innanför den slutna kurvan är F konservativ där, och linjeintegralen är F dr. Om vi också ritar upp cirkeln från a-uppgiften så ser vi att i området mellan kurvorna är vektorfältet konservativt, vilket betder att linjeintegralerna runt kvadraten och cirkeln har samma värde om det nu inte vore för att de har olika omloppsriktningar vilket ger dem olika tecken. Alltså är F dr F dr. c Olikheten + definierar området mellan de två koncentriska cirklarna + och +. Olikheten betder att området är halvcirkelringen i övre halvplanet.

106 Lektion 5, Flervariabelanals den 7 februari Bestäm arean av den del av sfären + + 4a som ligger innanför clindern + a. Vi skriver om clinderns ekvation i standardform + a + a a. Clindern är alltså cirkulär med mittpunkt i,, a och radie a. Sfären + + 4a har mittpunkt i origo och radie a. Den del av sfären som är innanför clindern består av två tstcken. Området D är en cirkeldisk och areaelementet innehåller bara och i kombinationen + så vi inför polära koordinater, Disken D beskrivs då som θ π, r a sin θ. r cos θ, r sin θ. a a r θ a a + r ar cos π θ Den övre tan är funktionstan f, 4a över området D : + a a. P.g.a. smmetrin är arean av det undre tstcket lika med det övre tstckets area. Eftersom sfären är -nivåtan till funktionen f,, + + 4a Areaelementet blir ds Arean av de två tstckena är ds D a π a ar r dr dθ dr dθ. 4a r cos θ r sin θ 4a r dθ π 4a a sin θ ar dθ 4a r dr { t 4a r ; dt r dr } 4a cos θ ds s 4a π π/ [ 6a cos θ dθ 6a θ sin θ [ ] 4a π s 8a 4a cos θ a a cos θ dθ ] π/ 8a π 6a. ges areaelementet av ds f,, + f/ d d d d + { 4a a } d d. 4a d d

107 5.5.4 Bestäm ds S där S är den del av konen + som ligger under planet +. En punkt,, på konen ligger under planet om +, d.v.s. om Punkterna på S är alltså de punkter med - och -koordinat innanför ellipsen E : +. För att beskriva området innanför ellipsen på ett enkelt sätt gör vi koordinatbtet r cos θ, + r sin θ, omskalade polära koordinater centrerade kring,. Området ges då av och areaelementet är ds 3 d d 3 θ π, r, r r θ θ dr dθ cos θ 3 sin θ 3 r cos θ + r sin θ dr dθ 6 r dr dθ. Ytintegralen blir ds S 6 π π [ dθ dθ + r sin θ 6 r dr r 3 r3 cos θ ] 6 π r sin θ dr dθ r cos θ + 3 cos θ dθ 6 π. Areaelementet i tintegralen är ds + + d d d d d d 3 d d. E Bestäm ds S där S är den del av tan som ligger i första oktanten och innanför paraboloiden 3. Innanför paraboloiden betder i detta fall under paraboloiden. Ytan ska alltså begränsas till området som uppfller olikheterna 3,,,.

108 Eftersom vi på tan har att ger dessa olikheter att 3,,,, +, /,. Projicerar vi alltså ner S på, -planet får vi en kvartsellips E med mittpunkt i origo och halvalar och. E Ytan S består därmed av de punkter på funktionstan med - och - koordinater innanför området E. Området E kan vi i kartesiska koordinater beskriva som Areaelementet är ds, 4. + Ytintegralen blir d d S / + d d + + d d + 4 d d. S ds / d 4 3 d / { t 6 4 ; dt 64 3 d } 64 [ ] 64 3 t t d d t dt 5.6. Bestäm flödet av vektorfältet ut ur sfären + + a. Sfären är -nivåtan till funktionen och har det vektoriella telementet ds ± f f/ F,, e + e + e f,, + + a, ±,, d d ±,, d d. I den övre halvan av sfären väljer vi +:tecknet eftersom vi söker flödet ut ur sfären och +,, pekar då ut ur sfären. övre I den undre halvan måste vi välja :tecknet. Flödesintegralen blir F ds,,,, d d S övre +,,,, d d undre d d d d övre undre a a d d d d. undre Den övre och undre halvan av S ges av a, där + a,

109 respektive a, där + a. Flödesintegralen blir alltså a d d F ds { polära koordinater } S + a a π a a dθ a r r dr { t a r ; dt r dr } π a dθ a Bestäm flödet av vektorfältet dt t a π a 4πa 3. F,, e + e ut ut randtan till konen +. Randtan till konen består dels av manteltan +, dels av undersidan. Det vektoriella telementet på de två torna ges av ds ±,, d d ± +, ds ±,, d d ±,, d d, +, d d, där vi i första formeln väljer :tecknet och i andra formeln väljer +:tecknet, så att ds pekar ut från konen. Flödet blir F ds,, mantel +, +, d d +,,,, d d under mantel + + d d + d d under d d + d d under + { polära koordinater } π π π dθ [ dθ r cos θ sin θ r + r r dr ] 3 r3 cos θ sin θ + r 3 r3 3 cos θ sin θ + 6 dθ 3 π. +

110 5.6.6 Bestäm flödet av Bestäm flödet av F e + e + e upp genom den del av tan innanför clindern + a. F e upp genom den del av sfären + + a som ligger i första oktanten. Punkter innanför clindern har - och -koordinater som uppfller + a. Eftersom är en funktionsta är ds ±,, d d ±,, d d som pekar uppåt om vi väljer :tecknet -koordinat positiv. Flödet genom tan är F ds,,,, d d S S + + d d { polära koordinater } + a π π π π dθ a r cos θ + r cos θ sin θ + r dr [ ] dθ r4 cos θ + r4 cos θ sin θ + a r a4 cos θ + a4 cos θ sin θ + a dθ 4 a4 4 a4 cos θ + a dθ { integral av cos och sin över en hel period } 4 a4 π + a π πa a. I första oktanten,, är sfären en funktionsta a över kvartsdisken D : + a,,. Det vektoriella telementet är ds ±,, d d ± a, a, d d och väljer vi :tecknet pekar ds uppåt. Flödet blir F ds,, S S a, a, d d d d a d d S + a { polära koordinater } π/ π/ [ ] dθ a r a 4 r4 dθ a π/ a r r dr a4 4 a4 dθ πa4 8.

111 5.6. Bestäm flödet av 5.6. Bestäm flödet av F e + e + e F e e + + e upp genom tan upp genom tan r ru, v u v e + uv e + v 3 e u, v. r ru, v e u cos v e + e u sin v e + u e där u och v π. Eftersom tan är parametriserad ges telementet av ds ± dr du dr dv du dv ±uv, v, u, uv, 3v du dv e e e ± uv v du dv 3v 4, 6uv 3, 3u v du dv, u uv 3v där vi väljer +:tecknet så att ds pekar uppåt. Flödet är F ds,, ds S S u v, uv, v 3 3v 4, 6uv 3, 3u v du dv S 6u v 5 6u v 5 + 3u v 5 du dv S 3 u du v 5 dv Ytelementet ges av ds ± dr du dr dv e e e du dv ± e u cos v e u sin v du dv e u sin v e u cos v ± e u cos v, e u sin v, e u du dv. Med +:tecken pekar ds uppåt. Flödet är F ds,, + ds ue u sin v, ue u cos v, e u e u cos v, e u sin v, e u du dv + e 4u du dv e 4u du π dv 4 e4 π.

112 Lektion 6, Flervariabelanals den februari 6.. Beräkna div F och rot F av F e + e. Divergensen och rotationen ges av div F F,,,, , rot F F,,,, e e e, +,,,. rot F F,, e e e,,, +,, +,,, Beräkna div F och rot F av F e e + e. Anm. När div F sägs vektorfältet vara källfritt, och när rot F sägs vektorfältet vara virvelfritt Beräkna div F och rot F av F e + e + e. Vi har div F F,,,, , Vi har div F F,,,, , rot F F,, e e e,,, +, +, +,,,.

113 6..8 Beräkna div F och rot F av Vi har div F F,, f + + +, F f e f e. f, f, f + rot F F,, f, f, e e e f f f, + f, f f + f, + f, f, f,. Först undersöker vi om F är konservativ genom att kontrollera om F :s Jakobian är smmetrisk, F F F,,, F vilket den inte är. Istället för att räkna ut linjeintegralen eplicit längs de tre kantlinjerna använder vi Greens formel och skriver om linjeintegralen till en dubbelintegral C F dr T F F F d d, där minustecknet uppstår eftersom kurvan C genomlöper triangeln T :s kantlinjer i negativ riktning medurs. I vårt fall blir dubbelintegralen + d d. T Om vi ritar upp triangeln T,,, 6.3. Beräkna d + d C medurs runt triangeln med hörn i,,, och,. Linjeintegralen kan vi skriva om som, d, d F dr. C C så ser vi att den är enklast att först integrera i -led. För ett givet -värde ska gå från kurvan till kurvan, och ska sedan gå från till. Området beskrivs alltså av,.

114 Vi har alltså att F dr C [ d + + d d T ] d [ 3 3 ] d + d + d 4 3. Vi undersöker först om vektorfältet F är konservativt. Jakobianen till F, F, är inte smmetrisk så F är inte konservativ. Vi ska lösa uppgiften med två metoder., Metod eplicit uträkning Områdets rand består av två randkurvor, dels halvcirkeln + 9 i övre halvplanet från 3, till 3,, dels den räta linjen från 3, till 3, Beräkna d d där C är randen till området 9 genomlöpt medurs. C l 3 3 l 3 3 Olikheten 9 kan vi efter kvadrering skriva som 9, + 9,. Området består alltså av den övre halvan av cirkeldisken med mittpunkt i origo och radie Linjeintegralen kan skrivas, d, d C C F dr. Dessa två randkurvor kan vi parametrisera som l : r t 3 cos t, 3 sin t t π, l : r t t, 3 t 3, där pilen under parametern anger i vilken riktning parametern löper. På de två randkurvorna är F r t, 3 cos t 3 sin t, 3 cos t 3 sin t 7 cos t sin t, 7 cos t sin t, dr t ṙ t dt 3 sin t, 3 cos t dt, F r t, t, t,. Linjeintegralen över den slutna kurvan C är summan av linjeintegralen över l

115 och l. Alltså är l F dr 6 8 π π π π l F dr C π F r t dr t 7 cos t sin t, 7 cos t sin t 3 sin t, 3 cos t dt 8 cos t sin t 8 cos t sin t dt cos t sin t dt 8 cos 4t 3 3 dt 8 4 π sin t dt [ t 4 sin 4t ] π 8 4 π F r t ṙ t dt. F dr F dr + l F dr 8 4 π π. l Skissera den plana kurvan och beräkna där F e e + 3 e e. C : r sin t e + sin t e C F dr t π, Om vi ritar upp hur - och -koordinaten varierar med parametern t får vi figurerna. π 4 t Kurvan startar i origo. När t 4 π har vät till medan nått mavärdet. π 4 t Metod Greens formel Med Greens formel kan vi skriva om den slutna linjeintegralen som en dubbelintegral över det inneslutna området C F F dr D F d d d d, D där den negativa omloppsriktningen hos C ger minustecknet framför dubbelintegralen. Eftersom området D är en halvdisk och integranden är + bter vi till polära koordinater. d d D π dθ 3 r 3 r dr [ ] 3 π 4 r4 8 4 π. När t π når sitt mavärde medan sjunkit till.

116 Vid t 3 4π antar sitt minsta värde och. Med hjälp av Greens formel får vi att den slutna linjeintegralen är F F dr F F d d + F d d, C D där D och D är de två öglor som C innesluter. Vi får ett minustecken framför den första dubbelintegralen eftersom C genomlöper randen i negativ riktning. D På detta sätt får vi stegvis fram kurvans utseende. D D Linjeintegralen är alltså lika med 3 e e d d + 3 e e d d. D D t π t 5 4 π t 3 π Eftersom områdena D och D är varandras spegelbilder i -aeln och integranden är en jämn funktion i -led, så är integralerna lika och kancellerar varandra. Linjeintegralen har därmed värdet. t 7 4 π t π Först undersöker vi om vektorfältet är konservativt. Eftersom Jakobianen F e, 3 e inte är smmetrisk är vektorfältet inte konservativt.

117 6.3.8 Om C är den positivt orienterade randkurvan till ett plant område R som har area A och tngdpunkt, ȳ, tolka linjeintegralen F dr geometriskt när a F e, b F e, och c F e + 3 e. C Arean och tngdpunkten till området R ges av uttrcken A d d, R, ȳ, d d. A R Vi ska använda Greens formel och skriva om linjeintegralen i uppgiftsteten till en dubbelintegral som vi ska försöka uttrcka i termer av arean A och tngdpunkten, ȳ. C C C, d, d, d, d R R, 3 d, d d d Aȳ. R d d d d A. R d d d d A. R R 3 d d 3 d d R

118 Lektion 7, Flervariabelanals den 3 februari 6.4. Använd Gauss sats för att beräkna flödet av ut ur sfären S med ekvationen där a >. Flödet ut ur sfären S ges av V F e e + e e + e + + a F ds, som enligt Gauss sats är lika med F ds F dv S V V,, e + S + + dv. V e, e, dv e + dv Flödet ut ur sfären S ges av Gauss sats ger att flödet är lika med F ds F dv S V F ds. S V,, 3, 3, 3 + dv V dv dv 3 V + + dv, V där V är klotet + + a som innesluts av tan S. Eftersom området V är helt rotationssmmetriskt och integranden är + + inför vi sfäriska koordinater. Området beskrivs då som Integranden blir och volmelementet blir θ π, ϕ π, r a. + + r, dv r sin ϕ dθ dϕ dr. Flödet ges alltså av Använd Gauss sats för att beräkna flödet av F 3 e + 3 e e 3 π dθ π sin ϕ dϕ a 3 π 5 a5 5 πa5. [ ] π [ ] r 4 dr 3 π cos ϕ a 5 r5 ut ur sfären S med ekvationen + + a där a >.

119 6.4.8 Beräkna flödet av F e + e + e där D är projektionen av clindern av clindern på, -planet, d.v.s. D : +. ut ur randen till clindern +, 4. D Med kvadratkomplettering kan vi skriva clinderns ekvation i standardform + +. Clindern har alltså mittpunkt i,, och radie. I -led ligger clindern mellan och 4. Integralen över D kan vi dela upp i tre termer 8 d d + 8 d d + 4 D D d d. D Eftersom området D är spegelsmmetrisk i -aeln och är en udda funktion är den första integralen lika med. I den andra integralen är en udda funktion kring linjen och D spegelsmmetrisk i samma linje. Den andra integralen är också den noll. Den tredje integralen är 4 gånger områdets area, d.v.s. 4 π 4π. Flödet ut ur clindern är alltså 4π. Clinderns rand består av tre tstcken, dels clinderns mantelta, och dels de två cirkulära ändtorna. För att beräkna flödet måste vi därför dela upp flödesintegralen i tre integraler över respektive tstcke. Om vi däremot använder Gauss sats blir flödesintegralen en trippelintegral över hela clindern. Gauss sats ger F ds S V F dv,, dv V [ ] D V,,,, dv 4 d d + + d D d d D d d,

120 6.4. Bestäm flödet av F + e + + e + e upp genom den del av sfären + + a i första oktanten. Låt S beteckna den del av sfären som ligger i första oktanten. Låt vidare S, S och S 3 beteckna de tre sidotor i koordinatplanen i första oktanten som begränsas av sfären. Alltså är S + + dv dv V V Volm av V πa3 6 πa3. F ds 6 πa3 F ds F ds F ds. S S S 3 På de tre koordinatplantorna ges telementet och vektorfältet av S : ds,, d d F,,,, S S : ds,, d d F,,,, S S 3 : ds,, d d F,,, +, S Tillsammans innesluter S, S, S och S 3 en åttondel av ett klot med radie a. Flödet ut ur denna åttondel är enligt Gauss sats F ds + F ds + F ds + F ds S S S S 3 F dv V V V,, +, +, dv dv S 3 Vi får F ds 6 πa3,,,, d d S S,,,, d d S, +,,, d d S 3 6 πa3 d d d d d d S S S 3 { polära koordinater i respektive plan } 6 πa3 π/ cos θ dθ a r dr + π/ 6 πa3 3 a3 + 3 a3 6 πa3 3 a3. cos θ dθ a r dr

121 6.5. Beräkna C d d + d runt skärningskurvan C mellan clindern och clindern + 4, som genomlöps moturs sett från en punkt högt belägen på -aeln. Linjeintegralen kan vi skriva som d d + d C Vi ska lösa uppgiften med två metoder. Metod eplicit uträkning C,, d, d, d Skärningskurvan C uppfller båda tornas ekvationer C F dr. + 4,. Ekvation ger att kurvans - och -koordinater ligger på en cirkel med mittpunkt i origo och radie. Vi kan därför beskriva kurvans - och -koordinater med standardparametriseringen Linjeintegralen blir C F dr π 4 π F rt drt sin t sin t dt cos t cos t dt + 6 sin 4 t 8 sin t cos t dt π sin t + cos t π dt + 8 sin 5 t cos t dt [ ] π 4 π sin6 t 8π + 8π. Metod Stokes sats Enligt Stokes sats har vi att C F ds F ds, S för alla tor S som har C som randkurva och med C positivt orienterad relativt S. I vårt fall kan vi välja tan S som den del av innanför clindern + 4. Ekvation ger att cos t, sin t. 4 sin t. Eftersom dessa uttrck för, och är π-periodiska i t har kurvan parameterformen rt cos t, sin t, 4 sin t t π. Om vi låter t gå från till π så genomlöps kurvan i positiv riktning. Vi får F rt t, t, t sin t, cos t, 6 sin 4 t, drt dr dt dt sin t, cos t, 8 sin t cos t dt.

122 Då är e e e F, +,, +,,,, ds ±,, d d ±,, d d. För att inducera en positiv orientering av randen ska vi välja minustecknet i ds så att ds pekar uppåt. Vi får att F dr F ds,,,, d d C S D d d aread π 8π, D där D är tan S:s projektion på, -planet, d.v.s. D : + 4. Ytan S är alltså den del av ellipsoiden med mittpunkt i,, och halvalar 6, 6 och 3 som har positiv -koordinat. Enligt Stokes sats kan flödesintegralen i uppgiftsteten skrivas rot F ds F dr, där C är randkurvan till S i planet, d.v.s. S C C Eftersom ds är utåtriktad induceras en positiv riktning hos C i, -planet. Kurvan C, som är en cirkel med mittpunkt i origo och radie, kan därför skrivas i parameterformen Beräkna rot F ds, S där S är tan + + 6,, ds är riktad ut från S, och F 3 cos e + 3 e e + e + + e. Vi skriver S i standardform ,. rt cos t, sin t, Längs kurvan ges vektorfältet och kurvelementet av Vi får S π t π. F rt t 3, t 3, 8 sin 3 t, 8 cos 3 t,, drt ṙt dt sin t, cos t, dt. rot F ds C F dr 8 sin 3 t, 8 cos 3 t, sin t, cos t, dt