SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A"

Lars-Erik Henriksson
för 6 år sedan
Visningar:

1 SF626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 23-- DEL A. Bestäm en ekvation för tangentplanet i punkten (,, 2 till ellipsoiden 2x 2 +3y 2 +z 2 = 9. (4 p Lösning. Vi uppfattar ytan som nivåytan F (x, y, z = 9 till funktionen F (x, y, z = 2x 2 + 3y 2 + z 2. En normalvektor till ytan ges av F = (4x, 6y, 2z. I punkten (,, 2 fås att F = (4, 6, 4. Vi kan välja (2, 3, 2 som det sökta planets normalvektor vilket ger att planets ekvation kan skrivas 2x 3y + 2z = C. Insättning av punkten (,, 2 ger konstantens värde C = 9. Svar: Exempelvis 2x 3y + 2z = 9.

2 2 SF626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen a Bestäm alla stationära punkter till funktionen f(x, y, z = x 3 + y 2 6xy + z 2 2z. (2 p b Välj en av de stationära punkterna från deluppgift a och bestäm punktens karaktär (maximi-, minimi- eller sadelpunkt. (2 p Lösning. Från f x = 3x2 6y =, f y = 2y 6x =, f z = 2z 2 = har vi = 3x 2 6y = 3x 2 8x så x = eller x = 6. Eftersom 2y 6x = är motsvarande y = och y = 8. Sista ekvationen ger z =. Det finns alltså två stationära punkter (,, och (6, 8,. Vi bestämmer karaktär (maximi-, minimi eller sadelpunkt för punkten (,,. Derivatorna av andra ordningen är 2 f x = 6x, 2 f 2 y = 2, 2 f 2 z = 2, 2 f 2 x y = 6, I punkten (,, har dessa andraderivator värdena 2 f x z =, 2 f x =, 2 f 2 y = 2, 2 f 2 z = 2, 2 f 2 x y = 6, 2 f x z =, Vi avgör punktens karaktär med hjälp av Taylorpolynomet av grad 2, f( + h, + k, + l = + k 2 6hk + l 2 + (restterm av ordning 3, 2 f y z =. 2 f y z =. där den kvadratiska formen kan skrivas k 2 6hk + l 2 = (k 3h 2 9h 2 + l 2 och är indefinit (antar både positiva och negativa värden. Därför är punkten (,, en sadelpunkt. (Punkten (6, 8, kan analyseras på motsvarande sätt och resultatet är att den är en lokal minimipunkt. Svar: a (,, och (6, 8,. b (,, är en sadelpunkt och (6, 8, är en lokal minimipunkt.

3 SF626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen Kroppen K begränsas av paraboloidytorna z = x 2 + y 2 och z = 2 x 2 y 2. Beräkna integralen (x 2 + y 2 dx dy dz. (4 p K Lösning. Ytorna z = x 2 +y 2 och z = 2 x 2 y 2 skär varandra då x 2 +y 2 = z = 2 x 2 y 2, dvs. ovanför cirkeln x 2 + y 2 = i xy-planet. Det betyder att kroppen K ligger ovanför cirkelskivan x 2 + y 2 och beskrivs av K = { (x, y, z : x 2 + y 2, x 2 + y 2 z 2 x 2 + y 2}. Vi inför cylindriska koordinater och då beskrivs K av K = { (r, θ, z : θ 2π, r, r 2 z 2 r 2}. Integralen blir 2π ( ( 2 r 2 r 2 r 2 r dz dr dθ = = = = 2π 2π 2π 2π ( [ ] z=2 r 2 z ( z=r 2 r 3 dr dθ (2r 3 2r 5 dr dθ [2 r4 4 2 r6 6 dθ 6 ] dθ = π 3. Svar: π/3

4 4 SF626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 23-- DEL B 4. Bestäm γ x 2 y dx där γ är ellipsen 9x 2 + y 2 = moturs orienterad. (4 p Lösning. Vi ser att γ är randen till ellipsen E = {(x, y : 9x 2 + y 2 }, och använder Green s formel, x 2 y dx = x 2 y dx = x 2 dx dy. γ E E Eftersom E är en ellips med halvaxlar och i x- respektive y-riktningen gör vi ett 3 elliptiskt polärt variabelbyte enligt { x = r cos ϕ 3 y = r sin ϕ och i dessa variabler beskrivs ellipsen E av olikheterna r och ϕ 2π. Integrationselementet dx dy blir x x dx dy = r ϕ y y dr dϕ = cos ϕ r sin ϕ 3 3 sin ϕ r cos ϕ dr dϕ = r dr dϕ. 3 r ϕ Vi får nu att ( 2π x 2 dx dy = 9 r2 cos 2 ϕ r dϕ dr 3 E Svar: π 8 = 27 ( ( 2π r 3 dr cos 2 ϕ dϕ = 27 4 π = π 8.

5 SF626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen Gör ett linjärt variabelbyte för att beräkna (x 3y sin(x + 2y dx dy D där D bestäms av 2 x 3y 3, x + 2y π/4. (4 p Lösning. Vi gör det linjära variabelbytet { u = x 3y v = x + 2y som är en bijektiv avbildning (x, y (u, v eftersom ( (u, v det = u x u y (x, y = 3 2 v x v y = 5. Området D beskrivs i de nya variablerna av olikheterna 2 u 3 och v π/4. Integrationselementet dx dy blir ( (x, y ( det (u, v dx dy = det du dv = du dv = du dv. 5 (u, v (x, y Dubbelintegralen blir (x 3y sin(x + 2y dx dy = u sin v du dv 5 Svar: D = 5 D ( π/4 = u du 5 2 = [ u 2 ] = sin v dv u du π/4 sin v dv [ cos v ] π/4

6 6 SF626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen Låt h(x, y = xe (x2 +y 2. a Bestäm andra ordningens Taylorpolynom till h(x, y i punkten (x, y = (, 2. (2 p b Använd Taylorutvecklingen i deluppgift a för att bestämma ett approximativt värde till h(.,.9. Använd att e 5 6,74 3. (2 p Lösning. a Vi har att h x(x, y = e (x2 +y 2 2x 2 e (x2 +y 2, h y(x, y = 2xye (x2 +y 2, h xx(x, y = 2xe (x2 +y 2 4xe (x2 +y 2 + 4x 3 e (x2 +y 2, h xy(x, y = 2ye (x2 +y 2 + 4x 2 ye (x2 +y 2, h yy(x, y = 2xe (x2 +y 2 + 4xy 2 e (x2 +y 2, och uträknade i punkten (x, y = (, 2 får vi h(, 2 = e 5, h x(, 2 = e 5, h y(, 2 = 4e 5, h xx(, 2 = 2e 5, h xy(, 2 = 4e 5, h yy(, 2 = 4e 5. Andra ordningens Taylorutveckling kring punkten (, 2 blir därför h( + h, 2 + k = e 5( h 4k + 2 ( 2h hk + 4k 2 + R.T. = e 5 ( h 4k h 2 + 4hk + 7k 2 + R.T. och vi kan avläsa att andra ordningens Taylorpolynom är e 5 ( h 4k h 2 + 4hk + 7k 2. b Med Taylorpolynomet i deluppgift a får vi approximationen h(.,.9 = h( +., 2. e 5 ( =.32 e Detta värde stämmer med det exakta värde till två värdesiffror. Svar: a e 5 ( h 4k h 2 + 4hk + 7k 2 b.32 e

7 SF626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL C 7. Låt S vara cylinderytan {(x, y, z : x 2 + y 2 =, z } och låt N vara den yttre normalen. Visa att rot v N ds = S om v = (v, v 2, v 3 är ett C 2 vektorfält där v och v 2 är oberoende av z. (4 p Lösning. METOD (Gauss sats Låt Ω vara cylindern x 2 + y 2, z. Enligt Gauss sats är rot v N ds = div(rot v dv =, Ω Ω ty div(rot v =. Låt D a vara cirkelskivan x 2 + y 2, z = a. Eftersom Ω = S + D + D räcker det att visa att rot v N ds + rot v N ds =. ( D D Vi ser att ( v2 rot v N ds = D D x v ds, y ( v2 rot v N ds = D D x v ds. y Eftersom v och v 2 ej beror på z är de båda integralerna i de högra leden lika och ( följer. METOD 2 (Stokes sats Enligt Stokes sats är S rot v N ds = S v dr, där randen S till cylindern S består av de två cirklarna γ = {x 2 + y 2 =, z = }, γ = {x 2 + y 2 =, z = } med motsatta orienteringar. Kurvintegralen över S blir därför summan av följande två integraler v dr = v dx + v 2 dy och v dr = v dx + v 2 dy γ γ γ γ som har samma värde men motsatta tecken eftersom v och v 2 är oberoende av z och kurvorna γ och γ har motsatt orientering. Alltså blir integralen i uppgiftstexten lika med. Svar:

8 8 SF626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen Arean av ellipsen som ges av x 2 /a 2 + y 2 /b 2 = är πab. Använd Lagranges metod för att bestämma den ellips x 2 /a 2 + y 2 /b 2 = som innehåller rektangeln [, ] [ 2, 2] och har den minsta arean. (4 p Lösning. Punkterna (±, ±2 måste ligga på ellipsen, vilket betyder att /a 2 + 4/b 2 =. Problemet kan därför formuleras som min πab, där /a 2 + 4/b 2 =. Detta är ett optimeringsproblem med ett bivillkor som vi löser med Lagranges multiplikatormetod. Inför Lagrangefunktionen L(a, b, λ = πab λ(/a 2 + 4/b 2. Minimum antas då i en punkt där L a = πb + 2λ/a3 =, ( L b = πa + 8λ/b3 =, (2 L λ = /a2 4/b 2 + =. (3 Från ( och (2 får vi att 4πa 3 b = 8λ = πab 3, vilket ger att 4a 2 = b 2. Alltså är b = 2a (eftersom både a och b är positiva. Detta insatt i bivillkoret (3 ger 2/a 2 =, dvs. a = 2. Minimal area är därmed π = 4π. Svar: 4π

9 SF626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen a Beräkna integralerna dx dy och (x 2 + y 2 D D 2 e (x2 +y2 dx dy där D = {(x, y : x 2 + y 2, x, y } och D 2 = {(x, y : x 2 + y 2, x, y }. (2 p b Bestäm om integralen e (x2 +y 2 dx dy, (x 2 + y 2 Lösning. D där D = {(x, y : x, y }, konvergerar eller divergerar. Motivera ditt svar. (2 p a Integralerna beräknar vi med polära koordinater, dx dy π/2 D (x 2 + y 2 = r dr dθ r = π r 5/7 dr = π [ r 2/7 ] = 7π 2/ /7 24, π/2 e (x2 +y2 dx dy = dθ e r2 r dr = π [ ] 2 D 2 2 e r2 = π 4 e. b Integralen är generaliserad eftersom både integrationsområdet D är obegränsat och integranden är obegränsad nära (x, y = (,. Därför skriver vi integralen som e (x2 +y 2 e dx dy = (x 2 + y 2 D (x2 +y 2 e dx dy + (x 2 + y 2 D2 (x2 +y 2 dx dy ( (x 2 + y 2 D där integrationsområdet D för den första integralen i högerledet innehåller integrandens singularitet medan den andra integralen har ett obegränsat integrationsområde D 2. I området D gäller att e x2 y 2 antar sitt största värde i (,, dvs. e x2 y 2 e 2 2 = och vi har därför att Eftersom integralen e x2 y 2 (x 2 + y 2 (x 2 + y 2. D dx dy (x 2 + y 2 är konvergent enligt deluppgift a så ger jämförelsekriteriet att integralen är konvergent. D e (x2 +y 2 dx dy (x 2 + y 2

10 SF626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 23-- På området D 2 antar /(x 2 + y 2 sitt största värde på kvartscirkeln där x 2 + y 2 =, dvs. /(x 2 + y 2 / =. Vi har därmed att och eftersom integralen e x2 y 2 y2 (x 2 + y 2 e x2 D 2 e (x2 +y2 dx dy är konvergent enligt deluppgift a visar jämförelsekriteriet att integralen också är konvergent. D2 e (x2 +y 2 dx dy (x 2 + y 2 Vi har nu visat att båda integralerna i högerledet av ( är konvergenta och detta visar att även e (x2 +y 2 dx dy D (x 2 + y 2 är konvergent. Svar: a 7π/24 respektive (π/4e b konvergent

Relevanta dokument

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A. 1. En svängningsrörelse beskrivs av

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A. 1. En svängningsrörelse beskrivs av SF166 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 13-3-1 DEL A 1. En svängningsrörelse beskrivs av ( πx ) u(x, t) = A cos λ πft där amplituden A, våglängden λ och frekvensen f är givna konstanter.