SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 DEL A. Skissera definitionsmängden till funktionen f (,) 2 ln(2 ). Är definitionsmängden kompakt? (4 p) Lösning. Termen 2 är definierad när 2 och termen ln(2 ) är definierad när 2 >. Tillsammans avgränsar dessa villkor definitionsmängden till f. Området 2 Området 2 > Definitionsmängden till f Eftersom inte hela randen tillhör definitionsmängden så är den inte en kompakt mängd.
2 SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 2. Funktionen f (,) 2 2 + 2 är definierad i hela -planet. a) Bestäm alla stationära punkter till f. (2 p) b) Avgör de stationära punkternas karaktär. (2 p) Lösning. a) De stationära punkterna är de punkter (,) där f (,). Vi ska alltså hitta de punkter där f 2 2, och f 2 + 2. Den andra av dessa ekvationer säger att, och därefter ger den första att. Den enda stationära punkten är alltså (,). b) I den stationära punkten är förstaderivatorna lika med noll, så Talorutvecklingen till andra ordningen i punkten är f ( + h, + h 2 ) f (,) + + ( 2 f 2 2 (,)h2 + 2 2 f (,)h h 2 + 2 ) f 2 (,)h2 2 +... För att avgöra punktens karaktär studerar vi den kvadratiska formen Q(h,h 2 ) 2 f 2 (,)h2 + 2 2 f (,)h h 2 + 2 f 2 (,)h2 2. Vi har 2 f 2 2, 2 f 2, 2 f 2, i alla punkter, så speciellt i punkten (,). Den kvadratiska formen Q blir alltså vilket vi kvadratkompletterar till Q(h,h 2 ) 2h 2 4h h 2 +, Q(h,h 2 ) 2(h h 2 ) 2 2h 2 2. Detta är en indefinit kvadratisk form, så punkten (,) är en sadelpunkt.
SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 3 3. Beräkna kurvintegralen ( 2)d + 2 d γ där γ är kvartscirkelbågen uppritad i figuren. Lösning. En parametrisering av γ är + cost, (4 p) sint, där t går från till π/2. Med denna parametrisering är och vi får att γ d d dt sint dt, dt ( 2)d + 2 d π/2 π/2 π/2 [ 2t + sint d d dt cost dt, dt (, ) 2sint ( sint)dt + ( + cost) 2 cost dt ( 2sin 2 t + cost + 2cos 2 t + cos 3 t ) dt ( 2 + cost + cost ( sin 2 t )) dt ] π/2 {substituera u sint} ( π + + u 2 ) du π + + 3 π/2 + cost ( sin 2 t ) dt γ (2, ) π + 5 3.
4 SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 DEL B 4. Funktionen f (, ) är en kontinuerligt deriverbar funktion definierad i en omgivning av punkten (,) i R 2. Om denna funktion vet vi att riktningsderivatan i (,) längs -aeln i positiv riktning är lika med 5, riktningsderivatan i (,) längs linjen i riktning mot positiva är lika med 2. a) Bestäm gradienten till f (,) i punkten (,). (2 p) b) Bestäm riktningsderivatan av f (,) i punkten (,) i riktning mot punkten (3, ). (2 p) Lösning. a) Vi söker gradienten f (,) och ansätter denna vektor till f (,) (a,b). En enhetsvektor längs -aeln i positiv riktning är v (,), och riktningsderivatan i den riktningen är alltså f (,) v (a,b) (,) a 5. En enhetsvektor längs linjen i positiv riktning är v 2 2 (,). Riktningsderivatan i den riktningen är f (,) v 2 (a,b) (,) (a + b) 2. 2 2 Vi har alltså ekvationerna a 5, a + b 2, vilket ger lösningen f (,) (5, 7). b) En enhetsvektor som pekar från punkten (,) mot punkten (3, ) är v 5 (2, ). Riktningsderivatan i den riktningen är f (,) v (5, 7) (2, ) 7. 5 5
SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 5 5. Betrakta funktionen f (,) 3 4 i området som bestäms av olikheten 2 + 4 2 3. a) Förklara hur man vet att f antar ett största och ett minsta värde i området. ( p) b) Bestäm det största och det minsta värdet för f i området. (3 p) Lösning. (a) Funktionen f antar ett största och ett minsta värde eftersom den är kontinuerlig och definierad på ett kompakt område. Se Sats 4, sidan 4, i kursboken. (b) De sökta värdena antas i stationära punkter eller randpunkter eftersom singulära punkter saknas. Området är en sluten ellipsskiva med centrum i origo. Vi har att f (3, 4) vilket inte är lika med nollvektorn, så det finns inte någon stationär punkt där största eller minsta värde kan antas. För att studera funktionens beteende på randen g(,) 2 + 4 2 3 använder vi Lagranges metod. Tänkbara största och minsta värden fås då f λ g för något tal λ. Eftersom g (2,8) ger detta ekvationerna 3 2λ, 4 8λ. Om λ har detta ingen lösning, så vi kan dela med λ och får 2 3 λ 2 eller 3. Insatt i g(,) 2 + 4 2 3 ger detta 9 2 + 4 2 3 eller 2 vilket ger ±. Tillsammans får vi två tänkbara punkter där ma och min kan antas, (,) ( 3,), (,) (3, ). Eftersom detta är de enda kandidaterna måste ma resp. min antas i dessa punkter. Vi har f ( 3,) 3 vilket alltså är det minsta värdet funktionen antar, och f (3, ) 3 vilket är det största.
6 SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 6. Ett torn K har formen av en massiv stmpad kon med cirkulärt tvärsnitt och mått enligt figuren. Av smmetriskäl ligger masscentrum för K på z- aeln. Beräkna z-koordinaten för masscentrum som ges av m z z dddz vol(k) K där vol(k) är volmen av K. (4 p) H z R 2R Lösning. I clindriska koordinater beskrivs tornet K av z H, r R(2 z/h), θ 2π. Volmen av K ges av vol(k) r dr dθ dz K ( H ( R(2 z/h) ( H ( R 2 R 2 2 2 H ( 2 R2 2 z H ( 4 4z (4H 2H2 H ) ) r dr dz dθ ) ) 2 dz dθ ) H + z2 H 2 ) + H3 3H 2 dθ ) dz dθ 2π R2 2 7H 3 7πR2 H. 3 Masscentrums z-koordinat är alltså m z vol(k) 3 7πR 2 H 3 7πR 2 H zdddz K ( H ( R(2 z/h) ( H z 2 R2 ( 2 z H ) ) zr dr dz dθ ) ) 2 dz dθ
SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 7 3 7πR 2 H 3 7πR 2 H ( R 2 H ) ) (4z 4z2 2 H + z3 H 2 dz dθ R 2 ) (2H 2 4H3 2 3H + H4 4H 2 dθ 3 7πR 2 H 2π R2 2 H2 2 H 28.
8 SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 DEL C 7. Beräkna integralen E f (,) dd där E är kvadraten {(,):, } och f (,) det kortaste avståndet från punkten (,) till randen av E. (4 p) Lösning. Diagonalerna delar upp kvadraten i fra områden där punkten (, ) har kortast avstånd till respektive randlinje: E 2 E I området E har (, ) kortast avstånd till linjen. I området E 3 har (, ) kortast avstånd till linjen. E 3 E 4 I området E 3 har (, ) kortast avstånd till linjen. I området E 4 har (, ) kortast avstånd till linjen. På grund av smmetrin är f (,) dd 4 E f (,) dd 4 E dd. E Området E kan beskrivas genom /2,,
SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 9 och vi får att 4 dd 4 E 4 /2 ( /2 ( 2)d [ 2 4 2 2 3 3 ( 4 8 ) 2 ) d d ] /2 6.
SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 8. a) Formulera divergenssatsen (Gauss sats). Ange alla förutsättningar. ( p) b) Bestäm den slutna kompakta C -ta S som gör att flödesintegralen blir så stor som möjligt, då S F N ds F ( 3, 3z 2,z 3 2 z) och normalvektorn N är utåtpekande. Beräkna även flödesintegralen för detta fall. (3 p) Lösning. a) Se läroboken sats på sidan 368. b) Vi har att divergensen av vektorfältet är divf ( 3 ) + ( 3z 2 ) + ( z 3 2 z ) z 3 2 + 3z 2 + 3 2 3( 2 2 z 2 ). Eftersom vektorfältets komponenter är polnom och vi antar att tan S är en kompakt sluten C -ta så ger Gauss sats att S F N ds K divf dddz K 3( 2 2 z 2 ) dddz där K är den kropp som tan S innesluter. Trippelintegralen blir så stor som möjligt när K är det område där integranden är icke-negativ, 2 2 z 2 2 + 2 + z 2, alltså K är klotet med radie och medelpunkt i origo. I detta fall är tan S enhetssfären med medelpunkt i origo. Vi beräknar trippelintegralen genom att gå över till rmdpolära koordinater, S F N ds K ( π ( ( π 3( 2 2 z 2 )dddz ) ) 3( r 2 )r 2 sinθ dr dθ dφ ( [ r 3 ] ) ) 3sinθ 3 r5 dθ dφ 5
SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 ( π ) ( 2 5 4 5 dφ 2 5 sinθ dθ dφ ] ) π dφ [ cosθ 8π 5.
2 SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 9. En kropp består av den del av ett klot som befinner sig mellan två parallella plan och har måtten a 3 ±, cm, b 4 ±, cm, h ±, cm, där a och b är radien av respektive cirkulära ändcirkelskiva och h är avståndet mellan planen. Använd linjarisering (linjär approimation) för att bestämma klotets radie med felgränser. (4 p) b a h Lösning. Vi börjar med att bestämma R som en funktion av a, b, och h. Pthagoras sats ger att a h R h 2 b R så vi har sambanden R 2 a 2 + h 2 Genom att eliminera h får vi R 2 a 2 + h 2, R 2 b 2 + h 2 2, h h h 2. R 2 a 2 + (h + h 2 ) 2, R 2 b 2 + h 2 2. R 2 b 2 + h 2 2 Om vi löser ut h 2 ur den andra av dessa ekvationer, h 2 R 2 b 2, och sätter in i den första får vi R 2 a 2 + ( h + R 2 b ) 2 2 a 2 + h 2 + 2h R 2 b 2 + R 2 b 2. Vi skriver om detta till och kvadrererar för att få eller 2h R 2 b 2 b 2 a 2 h 2 4h 2 (R 2 b 2 ) (b 2 a 2 h 2 ) 2 R 2 b 2 + (b2 a 2 h 2 ) 2 4h 2.
SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 3 Detta samband ger R R(a,b,h). När vi deriverar med avseende på a, b, och h, får vi eller 2RR a 2(b2 a 2 h 2 ) 4h 2 ( 2a) a(b2 a 2 h 2 ) h 2, 2RR b 2b + 2(b2 a 2 h 2 ) 4h 2 2b 2b + b(b2 a 2 h 2 ) h 2, 2RR h 2(b2 a 2 h 2 ) 4h 2 ( 2h) 2 (b2 a 2 h 2 ) 2 4h 3 b2 a 2 h 2 h (b2 a 2 h 2 ) 2 2h 3, R a a(b2 a 2 h 2 ) 2Rh 2, R b b R + b(b2 a 2 h 2 ) 2Rh 2, R h b2 a 2 h 2 2Rh (b2 a 2 h 2 ) 2 4Rh 3, När a 3, b 4 och h så är b 2 a 2 h 2 6 och R 6 + 62 4 5, Linjariseringsformeln ger att R(3 + a,4 + b, + h) R a 3 6 2 5 8 R b 4 5 + 4 6 2 5 32, R h 6 2 5 62 4 5 24. R(3,4,) + R a(3,4,) a + R b (3,4,) b + R h (3,4,) h + restterm 5 8 a + 32 Om vi försummer resttermen får vi att 24 b h + restterm. R(3 + a,4 + b, + h) R(3,4,) 8 32 24 a + b h 8 32 24 a + b + h
4 SF626 Flervariabelanals Lösningsförslag till tentamen 24-5-26 och eftersom a,, b, och h, ger detta feluppskattningen Vi kommer fram till att R 5 ±,8. R(3 + a,4 + b, + h) R(3,4,) 8 32 24, +, +,,74.