Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud

Transkript

1 Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud B 7, ifferential- och integralkalkyl II, del, flervariabel, för F. Tentamen tisdag 8 augusti 7, Förslag till lösningar.. Om F (x, y, z) x y + y z + z x så är tangentplanets normal F (,, ). Vi har F (xy + z, yz + x, zx + y ) så normalen blir (,, 3) och tangentplanets ekvation blir (x ) (y + ) + 3 (z ), eller x + y 3z Sätt u (x y ), v xy. Kedjeregeln ger g y f uu y + f vv y yf u + xf v. Kedjeregeln en gång till ger nu (f uv f vu då f är C ) g xy x ( yf u + xf v) y x f u + f v + x x f v y(f uuu x + f uvv x) + f v + x(f vuu x + f vvv x) y(xf uu + yf uv) + f v + x(xf vu + yf vv) xy(f uu f vv) + (x y )f uv uf uv v(f uu f vv). 3. Vi har f (6x 6y, 6y 6x). Kritiska punkter fås då y x och y x, vilket ger punkterna (, ) och (, ). Andraderivatorna är A f xx x, B f xy 6 och C f yy 6. Vi får diskriminanten AC B 7x 36. I punkten (, ) är < : sadelpunkt. I punkten (, ) är > och A > : lokalt minimum. 4. f (y, x y) så den enda kritiska punkten är (, ) och den tillhör områdets inre. f(, ). Singulära punkter saknas. et återstår att undersöka randen: x + y. Vi sätter x cos t, y sin t, och f(cos t, sin t) cos t sin t sin t (sin t + cos t ) g(t), där t π. g() g(π). g (t) cos t sin t precis då tan t, dvs då t π/4 eller π/4. g(π/8) ( ) är största värdet medan g(π/8) ( ) är minsta värdet.

2 . Vi använder e t + t + t + 6 t3 + O(t 4 ) och väljer t x y. et ger e x y + x y + (x y) + 6 (x y) 3 + högre ordning + x y x y + y 4 3 y3 + högre ordning. et sökta polynomet är P 3 (x, y) + x y x y + y 4 3 y3. 6. kan uttryckas som x y, x, varför integralen blir ( ) x y dy dx x [ ] x y dx yx (x x 3 ) dx Svaret är ( x ( y f(x, y, z) dz)dy)dx. För att se det skriver vi upp området som x y z. Gränserna för z-integrationen är y z. å återstår området x y i xy-planet. et kan skrivas x y, x, vilket ger gränserna för y resp. x. 8. θ π betyder att z. I xy-planet är φ 4π den del av linjen y x där x, y. I rummet beskriver dessa relationer den del av planet y x som ligger i första oktanten, dvs där x, y, z 9. OBS! Talet var felformulerat. et skall vara linjestycket y x från origo till (/, / ). Kalla kurvintegralen I C P dx + Q dy. Vi sluter till kurvan genom att lägga till linjestycket C från (, ) till (, ). Området innanför den slutna kurvan kallar vi. Greens formel ger nu I (Q x P y) dxdy P dx + Q dy C x dxdy x dx A + B. Polära koordinater ger och B A π π/4 [ ] x, så I 3. r cos φ r drdφ ( 3 )

3 . Ytan beskrivs av z z(x, y) 4 x y, (x, y), där är cirkelskivan x + y 4. Normalen ges av N ( z x, z y, ) ( x/ 4 x y, y/ 4 x y, ). Integralen blir ( y, x, z(x, y)) N(x, y, z(x, y)) dxdy π [ 4 r rdrdφ π ] 3 (4 r ) 3/ 6π/3.. Låt f(x, y) x y/(x 4 + y ) för (x, y) och f(, ). 4 x y dxdy f(tv) f(,) a) Vi skall beräkna lim t t där v är enhetsvektorn v (, ). Med g(t) f(t/, t/ g(t) ) kan detta skrivas lim t t. Vi har så g(t) t t t 4 + 4t g(t) lim lim t t t t t + 4, t + 4. b) et räcker att visa att f inte är kontinuerlig i origo. (En diff.bar funktion måste vara kontinuerlig.) På koordinataxlarna är f, så lim x f(x, ). Längs parabeln y x gäller f(x, x ) x 4 /(x 4 + x 4 ) /. Alltså saknar f(x, y) gränsvärde då (x, y) (, ). vsb.. Skriv ekvationerna F (x, y, z, u, v) ; G(x, y, z, u, v). Enligt implicita funktionssatsen är villkoret att determinanten F ug v F vg u i punkten. Vi får F ug v F vg u xz(x u v) yv( uv ) som blir ( ) ( ) 4 i punkten. Villkoret är alltså uppfyllt. Vi deriverar nu ekvationerna implicit med avseende på y, där u u(x, y) och v v(x, y). Resultatet blir xy + xzu y + v + yvv y, x 3 z + xv y uu yv u vv y. Insättning av punkten leder efter förenkling till et följer att v y 7/4 i punkten. u y + v y + 3, och u y. 3

4 3. et handlar om ett optimeringsproblem med bivillkor. Vi skall söka max och min av f(x, y) x + y (avståndet i kvadrat; ger lättare beräkningar) då g(x, y) 7x + xy + 8y (bivillkorsekvationen). Villkoret är (Lagranges metod) att f och g är parallella dvs f xg y f yg x. etta ger x(x + 6y) y(34x + y) 4x 36xy 4y. som är en andragradsekvation för x, nämligen x 3 xy y, med lösning x y resp. x y. Insättning av x y i bivillkorsekvationen ger y medan x y leder till y 6. e punkter som erhålles är ±(, ) resp. ±(, 4). I det första fallet blir f 4 + och i det andra fallet blir f Alltså ligger punkterna ±(, ) närmast och punkterna ±(, 4) längst bort från origo. 4. f (4yz 4x 3, 4xz 4y 3, 4xy 4z 3 ), så f(,, ) (,, ), dvs (,, ) är en kritisk punkt för f. Andraderivatorna i punkten ges av Hessematrisen x 4y 4z 4 4 f(,, ) 4z y 4z 4 4 4y 4x z (,,) 4 4 Vi ska visa att tillhörande kvadratiska form Q(h, k, l) (h + k + l ) + 8(hk + hl + kl) är negativt definit, dvs Q(h, k, l) med likhet endast då (h, k, l) (,, ). Nu gäller Q(h, k, l) 4 ( 3(h + k + l ) + (hk + hl + kl) ) 4 [ (h k) + (h l) + (k l) + h + k + l ]. Alla termerna innanför hakparenteserna är så Q(h, k, l). Om Q(h, k, l) måste h k l, dvs (h, k, l) (,, ). Saken är klar!. a) Integralen blir svårare om man börjar med dz. Skriv i stället K som y 4 x z, (x, z), där ges av x + z 4, x, z. 4

5 Integralen blir nu π/ ( ) 4 x z y dy dxdz [ y ] 4 x z dxdz (4 x z ) dxdz (polära koordinater för x och z) dφ (4 r ) rdr π ] [r r4 π. 4 4 b) Allting är symmetriskt i variablerna x, y och z, så K z dxdydz har också värdet π. 6. Parametrisera kurvan! Med x t, t :, blir z t. en andra ekvationen, z x y, leder efter förenkling till y t. Hastighetsvektorn blir så Massan blir nu v d dt (t, t, t ) (, t/ t, t), ) / ds ( dt v + t + 4t t + 4t 4t 4. t t t + 4t 4t 4 t dt t + 4t 4t 4 dt Substitutionerna u t och v u ger integralen 4 v dv v dv. Substitutionen v sin θ ger slutligen integralens värde π/ cos θ dθ π/4. 7. a) Kriteriet är att matrisen F är symmetrisk (detta villkor är ekvivalent med att F ). Vi beräknar: A ln z Ax/z F Byz By. x/z 3y x /z Matrisen är symmetrisk precis då A och B 3. å blir F φ, där potentialfunktionen φ x ln z + y 3 z. ( x ln z, 3y z, x z + y3 )

6 b) Kalla integralen I. Vi kan parametrisera C genom r(t) ( + t,, + t) där t :. å är dy, varför I x ln z dx + 3y z dy + y 3 x dz F dr C C C z dz φ(,, ) φ(,, ) ( + t) dt 4 ln. 6