Tentamen i Analys B för KB/TB (TATA09/TEN1) kl 08 13

Transkript

1 LINKÖPINGS UNIVERSITET Matematiska Institutionen Joakim Arnlind Tentamen i Analys B för KB/TB (TATA9/TEN1) kl 8 13 Inga hjälpmedel är tillåtna. Varje uppgift kan ge maximalt 3 poäng. Betygsgränser: 8p för betyg 3, 11p för betyg 4 och 14p för betyg 5. Förslag till lösningar kommer att finnas på kurshemsidan joaar32/kurser/tata9/ efter skrivningens slut. är kommer även tidpunkten för visning av tentorna att anslås. Lycka till! 1. Låt f : R 2 R vara definerad som f(x,y) = (x+y 1)2 x 2 +y 2 2x+1 för alla (x,y) (1,). Går det att definiera f(1,) så att f blir kontinuerlig i punkten (1,)? Motivera ditt svar noga. 2. (a) Låt S vara ytan som beskrivs av ekvationen x 2 +2y 2 +3z 2 +2xy+2yz = 1. Hitta de punkter på S i vilka tangentplanet till ytan är parallellt med planet x+y +z =. (2p) (b) Bestäm tangentplanets ekvation i ovan funna punkter. (1p) 3. Beräkna största och minsta värde av funktionen f(x,y) = x 2 +y 2 x y i området 4. Låt f : R 2 R vara funktionen som ges av = {(x,y) R 2 : x 2 +y 2 1 och y }. f(x,y) = e x2 +y 2 xy+3x. Hitta alla stationära punkter till f och undersök om funktionen har ett lokalt maximum eller minimum i dessa punkter. 5. Beräkna dubbelintegralen e (2x+y)2 dxdy där R 2 är fyrhörningen med hörn i (1,), (2,), (,2) och (,4).. Transformera differentialekvationen xx +f x +yf y = till variablerna u och v, med hjälp av variabelbytet u = (x 2 +y 2 )/2 och v = x. 7. Beräkna volymen av det område i R 3 som begränsas av planet 2x+2y z = 1 och paraboloiden z = x 2 +y 2.

2 Tentamen i Analys B för KB/TB (TATA9/TEN1) Förslag till lösningar 1. En funktion är kontinuerlig i en punkt om gränsvärdet för funktinen existerar i punkten och om funktionsvärdet är lika med detta gränsvärde. Vi måste alltså kontrollera först och främst om gränsvärdet av f existerar då (x,y) (1,). Vi noterar först att både täljaren och nämnaren är i punkten (1,), vilket gör att det krävs en vidare undersökning för att visa om gränsvärdet existerar eller ej. Vi börjar med att notera att nämnaren kan faktoriseras (x,y) (1,) (x+y 1) 2 x 2 +y 2 2x+1 = (x,y) (1,) (x+y 1) 2 (x 1) 2 +y 2, och det är bekvämt att införa variablerna u = x 1 och v = y, vilket ger att (x,y) (1,) (x+y 1) 2 (x 1) 2 +y 2 = (u+v) 2 (u,v) (,) u 2 +v 2. Låt oss beräkna gränsvärdet då vi närmar oss (,) längs en rät linje i (u,v)-planet. Alltså, vi sätter v = ku (vilket ger att (u,v) (,) då u ) och får (1+k) 2 u 2 u (1+k 2 )u 2 = (1+k) 2 u 1+k 2 = (1+k)2 1+k 2. etta gränsvärde beror av k (t ex k = ger 1 och k = 1 ger 2), vilket medför att gränsvärdet inte kan existera, eftersom det i varje omgivning av (, ) finns punkter i vilka funktionsvärdet är godtyckligt nära 1 och även punkter där funktionsvärdet är godtyckligt nära 2. Eftersom gränsvärdet för funktionen inte existerar i (1,), så kan den heller inte vara kontinuerlig i (1,) oavsett hur f(1, ) definieras. 2. Att två plan är parallella är ekvivalent med att säga att deras normalvektorer är parallella. En normalvektortill tangentplanet för en nivåyta, det vill sägaen yta som beskrivs som F(x,y,z) =, fås av F = (F x,f y,f z ). I detta fall är F(x,y,z) = x 2 +2y 2 +3z 2 +2xy +2yz 1 vilket medför att F = (2x + 2y,4y + 2x + 2z,z + 2y) = 2(x + y,2y + x + z,3z + y) är en normalvektor till tangentplanet i punkten (x,y,z). Vi ska nu finna punkter (x,y,z) så att denna vektor är parallell med en normalvektor till planet x+y +z =. En normalvektor till detta plan beräknas (precis som ovan) till (1,1,1). Att F skall vara parallell med denna vektor kan vi skriva som att det finns en konstant λ så att F = λ. För att göra våra räkningar lite enklare så väljer vi istället ekvationen 1 2 F = λ. etta leder till ekvationssystemet x+y = λ 2y+x+z = λ 3z +y = λ, som har lösningen x = 3λ/2, y = λ/2 och z = λ/2. Nu måste vi se till att dessa punkter ligger på ytan F(x,y,z) =, det vill säga att λ uppfyller F(3λ/2, λ/2,λ/2) =. enna ekvation har lösningarna λ = ± 2/3, vilket ger punkterna x 1 = 1 (3, 1,1) x 2 = 1 (3, 1,1). I deluppgift (b) skall vi beräkna tangentplanets ekvation i punkterna x 1 och x 2 på ytan. För en godtycklig punkt (a,b,c) sådan att F(a,b,c) = fås tangentplanets ekvation som F x (a,b,c)(x a)+f y (a,b,c)(y b)+f z (a,b,c)(z c) =.

3 Vi beräknar att F( x 1 ) = 4 (1,1,1) och F( x 2 ) = 4 (1,1,1). e två tangentplanen kan således beskrivas som x 1 : x+y +z = 3 x 2 : x+y +z = Funktionen f är kontinuerlig (eftersom f är en kombination av elementära kontinuerliga funktioner), och området är kompakt (slutet och begränsat). Vi är då garanterade att ett största och minsta värde existerar i området. Största och minsta värde kan antas antingen i en stationär punkt (dvs där f = ) eller i en randpunkt. Låt oss börja med att beräkna funktionens stationära punkter i området. Ekvationen f = (2x 1, 2y 1) = har lösningen (x,y) = (1/2,1/2), vilket alltså är den enda stationära punkten (som dessutom ligger i ), och vi beräknar f(1/2,1/2)= 1/2. Området visas i figuren nedan och randen delas upp i två kurvor: γ 1 betecknar halvcirkeln och γ 2 betecknar den räta linjen mellan x = 1 och x = 1. Låt oss nu parametrisera dessa kurvor och studera funktionens största och minsta värde längs dem. γ 1 γ 2 γ 1 : Vi parametriserar kurvan som (x,y) = (cosθ,sinθ) för θ π. Funktionens värden längs kurvan ges av g(θ) = f(cosθ,sinθ) = cos 2 θ+sin 2 θ cosθ sinθ = 1 cosθ sinθ. Extremvärdena för g finns antingen där g (θ) = eller i θ =,π. Ekvationen g (θ) = ger att cosθ = sinθ, vilken har lösningen θ = π/4 då θ π. Vi beräknar g(π/4) = 1 2, g() = och g(π) = 2. γ 2 : Vi parametriserar kurvan som (x,y) = (t,) för 1 t 1. Funktionens värden längs kurvan ges av g(θ) = g(t,) = t 2 t, och ekvationen g (t) = har lösningen t = 1/2. Vi beräknar g(1/2) = 1/4. Notera att randpunkterna t = ±1 redan har kontrollerats då vi parametriserade γ 1 (för θ =,π). Slutsats: Vi har beräknat funktionens värden i alla punkter där största eller minsta värde möjligtvis kan förekomma. Nu behöver vi endast jämföra dessa värden och plocka ut det största respektive minsta värdet. Värdena som vi fått är: 1/2, 1 2,, 2 och 1/4. å 2 < 3/2 (eftersom (3/2) 2 = 9/4 > 2) är det minsta värdet 1/2 och det största värdet En stationär punkt för funktionen f, är en punkt där f =. Vi beräknar f x = (2x y +3)e x2 +y 2 xy+3x = (2x y +3)f(x,y) f y = (2y x)f(x,y)

4 Eftersom f(x,y) så ger f = ekvationssystemet 2x y+3 = 2y x =, vilket har lösningen (x, y) = ( 2, 1). Alltså ligger funktionens enda stationära punkt i ( 2, 1). Nu skall vi undersöka punktens karaktär, det vill säga om det är en lokal maxpunkt, en lokal minpunkt eller ingetdera. etta gör vi genom att titta på funktionens Taylorutveckling till ordning 2 i punkten ( 2, 1). Eftersom f x( 2, 1) = f y( 2, 1) = får vi att f( 2+k, 1+h) f( 2, 1) = 1 2 f xx( 2, 1)h f yy( 2, 1)k 2 +f xy( 2, 1)hk där vi har beräknat = 1 e 3(h2 +k 2 hk), xx = 2f(x,y)+(2x y +3)2 f(x,y) yy = 2f(x,y)+(2y x)2 f(x,y) xy = f(x,y)+(2x y +3)(2y x)f(x,y). en stationära punktens karaktär avgörs nu av karaktären på den kvadratiska formen Q(h, k) = h 2 +k 2 hk. Med hjälp av kvadratkomplettering fås Q(h,k) = (h k/2) k2. enna form är positivt definit eftersom Q(h,k) för alla h,k och Q(h,k) = medför att h = k =. Alltså, i närheten av punkten ( 2, 1) ökar funktionsvärdet då vi rör oss i godtycklig riktning från punkten. etta betyder att funktionen har ett lokalt minimum i punkten ( 2, 1). 5. Området ges av nedanstående figur: y 2x+y = 4 2x+y = 2 x enna form gör det lämpligt med ett variabelbyte där en av variablerna sätts till 2x+y. Låt oss göra följande val: { { u = 2x+y x = 1 2 (u v) v = y y = v med funktionaldeterminant (x,y) det (u, v) = 1 2. I de nya variablerna (u, v) blir integrationsområdet E (titta på hur hörnpunkterna avbildas)

5 v E 4 v = u u Med detta variabelbyte kan vi beräkna integralen som e (2x+y)2 dxdy = e u21 E 2 dudv = 1 4 ( u ) e u2 dv du 2 2 = 1 4 ue u2 du = 1 [e u2] = e4( e 12 1 ).. För att transformera differentialekvationen måste vi beräkna f x, f y Från kedjeregeln får vi att 2 f x = u v f u x +f v x = xf u +f v f y = u v f u y +f v y = yf u. Med hjälp av produktregeln och kedjeregeln beräknar vi vidare xx : f xx = x (xf u +f v) = f u +x x f u + ( ) = f u +x f uu u v x +f uv + u vu x = f u +x2 uu +f vv +2xf uv, x f v x +f vv och f xx i termer av u och v. där vi antar att f är av klass C 2 så att uv = vu. Sätter vi in dessa resultat i den ursprungliga differentialekvationen så erhåller vi v x xx +f x +yf y = x 2 uu + vv +2x uv +f u(1+x+y 2 )+f v. Eftersom x = v och y 2 = 2u v 2 så får vi slutligen ekvationen v 2 uu +f vv +2vf uv +f u (1+v +2u v2 )+f v =. 7. Planet och paraboloiden skär varandra på följande sätt(vilket man kan sluta sig till eftersom planet skär z-axeln i 1, vilket är under paraboloidens lägsta punkt):

6 Alltså, volymen begränsas av funktionsgraferna z = x 2 + y 2 (underifrån) och z = 2x + 2y 1 (ovanifrån) där (x, y) varierar över området. etta betyder att volymen kan beräknas som V = ( 2x+2y 1 x 2 +y 2 ) dz dxdy = (2x+2y 1 x 2 y 2 )dxdy. För att beräkna denna integral måste vi hitta området, genom att beräkna skärningen av de två funktionsgraferna. Skärningen fås av de punkter där 2x + 2y 1 = x 2 + y 2 vilket, efter kvadratkomplettering, ger (x 1) 2 +(y 1) 2 = 1, detvillsägaencirkelmedradien1centreradipunkten (1,1). Låtossbytavariablersåatt blirtill encirkelskivacentreradi origo. Visätteru=x 1ochv = y 1vilketgerenfunktionaldeterminant med värdet 1. Integranden kan kvadratkompletteras precis som vid beräkningen av skärningen ovan och variabelbytet ger ( V = (x 1) 2 (y 1) 2 +1 ) ( dxdy = u 2 +v 2 1 ) dudv, E där E beskrivs av u 2 +v 2 1. Genom att byta till polära koordinater fås 1 ( 2π ) 1 V = (r 2 1)dϕ rdr = 2π (r 3 r)dr [ r 4 = 2π 4 r2 2 ] 1 = π 2.