Övningstenta: Lösningsförslag

Transkript

1 Övningstenta: Lösningsförslag Onsdag 5 mars 7 8:-: SF674 Flervariabelanalys Inga hjälpmedel är tillåtna. Max: 4 poäng. (4 poäng) Bestäm tangentplanet i punkten (,, ) till ytan z f(x, y) där f(x, y) x 4 y. Lösning: Tangentplanet i punkten (a, b, f(a, b)) ges av dvs z f(a, b) + f x(a, b)(x a) + f y(a, b)(y b), z f(a, b) + 4a (x a) 4b(y b), Sätter vi in (a, b) (, ) får vi z + 4(x ) 4(y ) eller förenklat z + 4x 4y.. (4 poäng) Ytorna x + y + z och x y z skär varandra längs en kurva i en omgivning av punkten (a, b, c) ( 5,, ). Bestäm tangentlinjen till kurvan i punkten (a, b, c). Lösning: Tangentplanet till ytan x + y + z i punkten (a, b, c) är (a, b, c) (x a, y b, z c) dvs z 5x. Tangentplanet till ytan x y z i punkten (a, b, c) är 5 (a, 4b, 4c) (x a, y b, z c) dvs z + x. Tangentlinjen till kurvan i punkten (a, b, c) är skärningen av ovanstående tangentplan. Ekvationen 5 5x + x har lösningen x. et följer att den sökta tangentlinjen är 5 5 (x, y, z) R x, z }. [Alternativt: Argumentera med hjälp av symmetri att den sökta tangentlinjen är parallell med y-axeln. Eftersom linjen går genom punkten (a, b, c) ger detta omedelbart samma svar.]

2 . (4 poäng) Finn de kritiska punkterna till funktionen f(x, y) x x + xy, (x, y) R, och bestäm för varje kritisk punkt om det är en sadelpunkt, lokal maxpunkt, eller lokal minpunkt. Lösning: e kritiska punkterna uppfyller f(x, y), dvs ( x + y, 4xy) (, ). en andra ekvationen ger att antingen x eller y är noll. Om x finns ingen lösning. Om y ger första ekvationen att x ±. Alltså finns det två kritiska punkter i ±(, ). Andraderivatorna av f ges av För (x, y) ( f xx 6x, f xy 4y, f yy 4x., ) leder detta till den kvadratiska formen som är indefinit. För (x, y) ( Q(h, k) 6 h + 4 k, ) leder detta till den kvadratiska formen Q(h, k) 6 h 4 som också är indefinit. Alltså är (enligt sida i boken) båda de kritiska punkterna sadelpunkter. k 4. (4 poäng) Är det sant att xy + > då x + y? Lösning: Funktionen f(x, y) xy + är kontinuerlig och området K (x, y) R x + y } är kompakt. Så f antar ett minsta värde på K. e inre kritiska punkterna till f är lösningar till f (y, 6xy) (, ). Alltså ges de inre kritiska punkterna av (x, ) för x <. å f(x, ) ser vi att olikheten f > är uppfylld för dessa punkter. Å andra sidan, i en extrempunkt på randen g(x, y) x + y måste f och g vara parallela. etta ger villkoret ( ) y 6xy det (y x )y. x 4y För y har vi f(x, ) >, så olikheten är uppfylld. Antag att y x. å är x + x dvs x /, vilket ger f(x, y) x + x + ± + >. et följer att påståendet är sant. 5. (4 poäng) Beräkna linjeintegralen (x + y )dx + (x + y)dy där E är ellipsskivan E (x, y) R x + y 4}. E

3 Lösning: Kurvan E har parametriseringen r(t) ( cos t, sin t), t π. Eftersom r (t) ( sin t, cos t) finner vi (x + y )dx + (x + y)dy E π π [ ( cos t + sin t )( sin t) + ( cos t + 4 sin t) cos t ] dt [ sin t + sin t + 4 cos t + 4 sin t cos t ] dt π sin tdt π. 6. (4 poäng) Beräkna integralen ( + (u + v) ) dudv där ges av u, v, u + v. Lösning: är en triangel i uv-planet med hörn i (, ), (/, ) och (, ). g(u, v) u + v och h(w). För w så är (+w ) Låt G w (u, v) g(u, v) w}, en triangel med hörn i (, ), (w/, ) och (, w). Arean av G w ges av A(w) w /6. Integration med hjälp av nivåkurvor ger ( + (u + v) ) dudv h(g(u, v))dudv w ( + w ) dw h(w)a (w)dw 6( + w ). 7. (4 poäng) Beräkna flödet av vektorfältet F (xz,, z ) ut genom ytan Y definierad av Y : z x + y, z, orienterad så att normalen har positiv z-koordinat. Lösning: Eftersom Y är en graf gäller ds Ndxdy där N ( z x, z y, )

4 ( x, y, ). Alltså ges flödet av F ut genom Y av F ds (xz,, z ) ( x, y, )dxdy Y x +y ( x z y + z )dxdy x +y ( x (x + y ) y + (x + y ) )dxdy x +y π π ( r 4 cos ϕ r sin ϕ + r 4 )rdrdϕ ( r 4 cos ϕ r sin ϕ + r 4 )rdϕdr ( πr 5 + πr 5 )dr. Alternativ lösning: Flödet av F ut genom Y ges av F ds. Y Eftersom ytan Y inte är sluten så vi kan inte använda divergenssatsen direkt. Vi sluter ytan genom att lägga på ett lock (x, y, ) x + y }. ivergenssatsen applicerad på ytan Y + ger att flödet ut genom ytan Y + är F ds Fdxdydz, Y + K där K är kroppen x + y z. å F z + z z finner vi F ds Y + K zdxdydz x +y π x +y ( (x + y ) )dxdy ( r 4 )rdrdϕ π. z dxdy zx +y Vi beräknar nu flödet ut genom locket. en utåtriktade enhetsnormalen till är N (,, ). Således ges flödet ut genom av F NdS (x,, ) (,, )ds ds π. et följer att flödet av F ut genom Y är lika med noll: F ds Y F ds Y + F ds π π. 4

5 8. (4 poäng) Beräkna integralen I (4x + z cos(yz))dy + (z y + x cos(xz))dz γ där γ är randen till ett område i planet z vars area är, och γ genomlöps moturs sett från origo. Lösning: Låt F (, 4x + z cos(yz), z y + x cos(xz)). En räkning ger att F ( z cos(yz) + yz sin(yz), cos(xz) + xz sin(xz), 4). Orientera så att positiva sidan är uppåt med enhetsnormal N (,, ). å gäller att γ. Stokes sats ger nu I F dr ( F) NdS 4 ds 4Area(). 9. (4 poäng) Låt K R vara ett öppet begränsat område med C -rand K och utåtriktad enhetsnormal N. Låt u vara ett C -vektor fält. Visa att (N u)ds ( u)dv K där integrationen sker komponentvis. Lösning: Låt N (n, n, n ) och u (u, u, u ). Om vi låter i beteckna derivation med avseende på i:te variabeln, kan rotationen av u skrivas Eftersom så ger divergenssatsen att (u n u n )ds K u ( u u, u u, u u ). N u (u n u n, u n u n, u n u n ), K K (, u, u ) NdS K ( u u )dv. etta visar första komponenten av påståendet. Ett analogt argument visar andra och tredje komponenterna av påståendet.. (4 poäng) För varje konstant C R så är nivåytan f(x, y, z) C till funktionen f : R R ett plan som innhåller punkterna (C,, ), (, C, ) och (,, C ). Hitta ett uttryck för f(x, y, z). Lösning: Funktionen f är konstant på det plan som innehåller punkterna (C,, ), (, C, ), (,, C ). Vi har (, C, ) (C,, ) C (,, ) och (,, C ) (C,, ) C (,, ). 5

6 Alltså är f(x, y, z) f((x, y, z) + α(,, ) + β(,, )) för alla α, β R. Väljer vi α y/ och β z/ finner vi f(x, y, z) f (x + y + z ),,. Å andra sidan vet vi att f(c,, ) C dvs f(x,, ) x /. etta ger f(x, y, z) ( x + y + z ) /. Extra utmaning: Hur stor del av volymen mellan ytorna z 5 x y och z x + y 6 ligger under xy-planet? Lösning: Ytan z x + y 6 skär xy-planet i ellipsen ( x ) ( ) y +. 6 Låt E vara ellipskivan innesluten av denna ellips: ( ) E (x, y) x ( ) y + }. 6 Ytan z 5 x y skär xy-planet i circeln med radie 5 med centrum i origo. Låt vara disken innesluten av denna cirkel: (x, y) x + y 5}. Låt K vara den del av kroppen mellan ytorna som ligger under xy-planet. Kroppen K begränsas för (x, y) E nedåt av ytan z x + y 6 och uppåt av planet z. För (x, y) E \ så begränsas K nedåt av ytan z x + y 6 och uppåt av ytan z 5 x y (eftersom 5 x y för (x, y) E \ ). Alltså har vi Volym(K) ( (x + y 6))dxdy E + ((5 x y ) (x + y 6))dxdy. E\ å E och skär varandra i de fyra punkterna (±, ), (±, ), finner vi E (x, y) x, y } 5 x (x, y) x, y } 6 x 6

7 och E \ (x, y) x, 5 x y 6 x }. Symmetri innebär att totala volymen av K är fyra gånger volymen för den del av K som har x > och y >. Vi finner således Volym(K) x 6 x 6 x 5 x + 8 π + arcsin ( (x + y 6))dydx ( (x + y 6))dydx ((5 x y ) (x + y 6))dydx ( ) 5arccot().487. Kommentar: Som väntat så är svaret något mindre än volymen mellan ytan z x + y 6 och xy-planet vilken är 4 6 x ( (x + y 6))dydx 6 π