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

Transkript

1 LINKÖPINGS UNIVERSITET Matematiska Institutionen Joakim Arnlind Tentamen i Analys B för KB/TB (TATA9/TEN) kl 4 9 Inga hjälpmedel är tillåtna. Varje uppgift kan ge maximalt 3 poäng. Betygsgränser: 8p för betyg 3, p för betyg 4 och 4p för betyg 5. Förslag till lösningar kommer att finnas på kurshemsidan efter skrivningens slut. är kommer även tidpunkten för visning av tentorna att anslås. Lycka till!. Betrakta funktionen f : R 2 R som ges av för (x,y) (,). f(x,y) = (x+y)2 x 2 +y 2 (a) Visa att det itererade envariabelgränsvärdet lim x ( lim y f(x,y) ) existerar. (p) (b) Visa att lim f(x,y) inte existerar. (2p) (x,y) (,) 2. Bestäm de värden på a för vilka den räta linjen x+2y +a = tangerar ellipsen x 2 +2y 2 =. 3. Bestäm största och minsta värde av funktionen f(x,y) = (2x )( 4y) i området = (x,y) R 2 : x,y,x+2y 4}. 4. Bestäm alla lokala max- och minpunkter till funktionen f(x,y) = x 3 +y 2 xy y. 5. Beräkna dubbelintegralen e x+y dxdy där är triangeln med hörn i (,), (4,2) och (2, 2). 6. Hitta lösningar till den partiella differentialekvationen x 3z x x 2z xx + 2 x z xy = 8(x 2 +y) genom att använda variabelbytet u = x 2 +y och v = 2y. 7. Låt f : R n R vara en differentierbar funktion. Visa att riktningsderivatan i en punkt a R n är som störst i riktning av gradienten till f i punkten a.

2 Tentamen i Analys B för KB/TB (TATA9/TEN) Förslag till lösningar. (a) å x är f(x,y) kontinuerlig i variabeln y, och därför fås att av vilket det följer att (b) Längs linjen y = kx blir gränsvärdet x2 lim f(x,y) = f(x,) = y x 2 =, ( lim lim f(x,y) ) = lim =. x y x (x+kx) 2 lim f(x,kx) = lim x x x 2 +k 2 x 2 = (+k)2 +k 2, vilket för k = ger 2 och för k = 2 ger 9/5. Eftersom det är ett nödvändigt villkor (för existensen av lim (x,y) (,) f(x,y)) att gränsvärdena skall bli desamma oavsett hur man närmar sig (, ), så betyder ovanstående beräkning att gränsvärdet ej existerar. 2. För att linjen x + 2y + a = skall tangera ellipsen x 2 + 2y 2 = i en punkt (x,y) R 2, så måste linjens normalvektor vara parallell med ellipsens normalvektor i denna punkt. enna punkt måste vidare ligga både på linjen och ellipsen. Låt oss nu hitta punkter som uppfyller dessa två krav. Normalvektorerna i punkten (x,y) kan fås från gradienterna till f(x,y) = x + 2y + a och g(x,y) = x 2 +2y 2, och vi beräknar f = (,2) och g = (2x,4y). Att dessa skall vara parallella betyder att det finns ett tal λ R sådant att g = λ f, vilket ger ekvationerna 2x = λ x = y = λ 4y = 2λ 2. enna punkt ligger på både linjen och ellipsen om f(λ/2,λ/2) = och g(λ/2,λ/2) =, vilket ger ekvationerna λ+2λ+2a = a = 3λ 2 a = 3 λ 2 +2λ 2 = 4 λ = ± 2 3 λ = ± 2 3 Alltså tangerar linjen ellipsen då a = ± Eftersom funktionen f(x, y) är kontinuerlig och området är kompakt (slutet och begränsat) så antar funktionen ett största och minsta värde i. et största och minsta värdet kan antas antingen i inre stationära punkter eller på randen till. Vi börjar med att finna stationära punkter. Alltså, vi letar efter punkter i sådana att f =. etta ger ekvationerna: 2 8y = 4 8x = x = 2 y = 4 Punkten ( 2, 4 ) tillhör området eftersom x, y och x+2y 4. Vi beräknar f( 2. 4 ) =. Området ser ut som följer y 2 γ 2 γ γ 3 4 x

3 där randen är uppdelad i tre delar: γ, γ 2 och γ 3. Låt oss undersöka funktionens värden längs dessa linjer. γ : enna linje kan parameteriseras med hjälp av x = och y = t där t 2, och funktionens värden längs linjen ges av g(t) = f(,t) = 4t. enna funktion har sitt största / minsta värde antingen i en inre stationär punkt eller i någon av randpunkterna. I randpunkterna fås g() = och g(2) = 7. e stationära punkterna fås av g (t) =, vilket är ekvivalent med 4 =. Alltså finns inga stationära punkter. γ 2 : Vi parametriserar linjen som x = t och y = 2 t/2 där t 4, och funktionens värden längs linjen ges av g(t) = f(t,2 t/2) = 4t 2 6t+7. Stationära punkter fås av g (t) = vilket ger t = 2 och vi beräknar g(2) = 9. I randpunkterna fås g() = 7 och g(4) = 7. γ 3 : Vi parametriserar linjen som x = t och y = där t 4 och funktionens värden längs linjen ges av g(t) = f(t,) = 2t, vilken inte har några stationära punkter. I randpunkterna fås g() = och g(4) = 7. Eftersom största och minsta värde enbart kan befinna sig i inre stationära punkter, eller på randen, så måste dessa extremvärden finnas bland följande värden vi har hittat ovan:,,7, 9. Alltså är funktionens största värde 7, och det minsta värdet är För en partiellt deriverbar funktion befinner sig alltid en inre lokal extrempunkt i en stationär punkt. Låt oss därför börja med att finna alla stationära punkter till funktionen f(x,y) = x 3 +y 2 xy y. Vi beräknar f = (3x 2 y,2y x ) och f = (,) ger 3x 2 y = y = 3x 2 x = 2y x = 6x 2 2 x = y = 3 4 eller x = 3 y = 3 et finns således två stationära punkter att undersöka: (x,y) = (/2,3/4) och (x,y) = ( /3,/3). Taylorutvecklingen upp till andra ordningen för funktionen i punkten (a, b) ges av f(a+h,b+k) f(a,b) f x(a,b)h+f y(a,b)k + 2 f xx(a,b)h f yy(a,b)k 2 +f xy(a, b)hk och i en stationär punkt förenklas detta till f(a+h,b+k) f(a,b) 2 f xx(a,b)h f yy(a,b)k 2 +f xy(a,b)hk = Q(h,k). Vi skall nu undersöka karaktären hos den kvadratiska formen Q i de två stationära punkterna. Först och främst beräknar vi andraderivatorna i dessa punkter: f xx(x,y) = 6x f yy(x,y) = 2 f xy(x,y) = f xx(/2,3/4) = 3 f xx( /3,/3) = 2 I punkten (/2, 3/4) fås alltså den kvadratiska formen Q(h,k) = 3 2 h2 +k 2 hk = 3 2 (h k/3)2 3 2 k2 9 +k2 = 3 2 (h k/3)2 + 5k2 6. enna kvadratiska form är positivt definit eftersom den är positiv och antar värdet endast då h = k =. etta betyder att (/2,3/4) är en lokal minimipunkt.

4 I punkten ( /3, /3) blir den kvadratiska formen Q(h,k) = h 2 +k 2 hk = (h+k/2) 2 + k2 4 +k2 = (h+k/2) 2 + 5k2 4, vilken är indefinit eftersom den kan anta både positiva och negativa värden. Alltså är ( /3, /3) ingen lokal extrempunkt. 5. Området, som skall integreras över, ser ut som följer: y 2 x y = x x+y = Vi inför därför variabelbytet u = x+y v = 2 x y (u,v) det (x, y) = 3/2 det (x,y) (u, v) = 2/3 I variablerna u,v ges det nya integrationsområdet E av triangeln med hörn i (,), (6,) och (,3): v v = 2 u+3 E u Vi kan nu beräkna integralen som följer: I = e x+y dxdy = 2 3 E e u dudv = 2 3 ( ) u/2+3 e u dv du = 2 3 e u (3 u/2)du = 2[e u ] 6 3 ue u du = 2e [ueu ] e u du = 2e 6 2 2e e6 3 = 3 e Låt oss börja med att använda kedjeregeln för att beräkna z x, z xx och z xy i termer av z s derivator med avseende på u och v. Variabelbytet u = x 2 +y och v = 2y ger u x = 2x u y = v x = v y = 2,

5 och vi beräknar vilket ger z x = z uu x +z vv x = 2xz u z xx = (z x) x = (2xz u) x = 2z u +2x(z u) x = 2z u +2x(z z xy = (z x) y = (2xz u) y = 2x(z u) y = 2x ( z uuu y +z uvv y uuu x +z uvv x) = 2z u +4x 2 z ) = 2xz uu +4xz uv x 3z x x 2z xx + 2 x z xy = 2 x 2z u 2 x 2z u 4z uu +4z uu +8z uv = 8z uv. I variablerna u och v kan den ursprungliga differentialekvationen således skrivas som z uv = u. Integrerar vi denna funktion med avseende på u, så fås z v = u2 2 +g(v) där g är en godtycklig (deriverbar) funktion. Integrerar vi ytterligare en gång, nu med avseende på v, så får vi z(u,v) = 2 u2 v + g(v)dv + h(u) och eftersom g(v) var godtycklig, så är även dess primitiva funktion godtycklig, vilket gör att vi kan skriva den allmänna lösningen som z(u,v) = 2 u2 v + g(v)+h(u), där g, h är godtyckliga deriverbara funktioner. Uttryckt i de ursprungliga variablerna fås z(x,y) = y(x 2 +y) 2 + g(2y)+h(x 2 +y), som lösningar till den partiella differentialekvationen. 7. Riktningsderivatan i riktning av vektorn v R n för en funktion f : R n R i punkten a R n kan beräknas som v f( a) = v f( a) v. Cauchy-Schwarz olikhet säger oss att för två vektorer x, y R n så gäller det att x y x y med likhet (d.v.s x y = x y ) precis då x och y är parallella. etta ger oss att v f( a) = v f( a) v f( a) v = f( a), v och att det maximala värdet f( a) antas precis då vektorn v är parallell med (med andra ord i samma riktning som) vektorn f( a). uu