Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud SF163, ifferential- och integralkalkyl II, del, flervariabel, för F1. Tentamen onsdag 7 maj 9, 1.-19. 1. Låt F (x, y, z) sin(x + y z) + x + y + 6z. a) Bestäm tangentplanet till ytan F (x, y, z) 9 i punkten (1, 1, 1). b) Bestäm Taylorpolynomet av grad 1 till F i punkten (1, 1, 1). Förslag till lösning: a) Vi vet att normalen till tangentplanet har riktningsvektor N F (1, 1, 1). Uträkning ger N (, 3, ) så tangentplanet har ekvation (, 3, ) (x 1, y 1, z 1), eller x + 3y + z 9. b) Vi söker P 1 F (1, 1, 1) + F (1, 1, 1) (x 1, y 1, z 1) x + 3y + z.. Transformera uttrycket xz x + yz y då z z(x, y), u 1 (x y ) och v xy. Förslag till lösning: Enligt kedjeregeln gäller z x z uu x + z vv x xz u + yz v, z y z uu y + z vv y yz u + xz v, så xz x + yz y blir x(xz u + yz v) + y( yz u + xz v) (x y )z u + xyz v (uz u + vz v). 3. Bestäm och karakterisera de kritiska punkterna till funktionen f(x, y) 3x 6xy + y 3. Förslag till lösning: f (6x 6y, 6x + 6y ) (, ) precis då x y y, vilket ger de kritiska punkterna punkterna (, ) och (1, 1). Andraderivatorna blir A f xx 6, B f xy 6 och f yy 1y. Vi använder andraderivatetestet. iskriminanten A B 7y 36 är < i origo, en sadelpunkt. I (1, 1) gäller A B >. Eftersom A > är (1, 1) en lokal minpunkt.. Betrakta funktionen f(x, y) x+y på ellipsskivan x +y 6. Förklara (ange en sats) varför man i förväg vet att f antar ett största och ett minsta värde på ellipsen, samt bestäm dessa värden. Förslag till lösning: Mängden är sluten: randen ingår, och begränsad : x 3, y 6. Alltså är mängden kompakt. en givna funktionen 1
är kontinuerlig (överallt), så största och minsta värden antas på mängden. (Sats, sid. 1 i läroboken.) Eftersom f (1, 1) saknas kritiska punkter. Vi måste då undersöka f på randen, g(x, y) x + y 6. Enligt Lagranges metod måste f och g vara parallella i en ev extrempunkt: f xg y f yg x, vilket ger y x. Insättning i bivillkorsekvationen g(x, y) x + y 6 ger x 1 och därmed punkterna ±(1, ). Största värdet blir 3 och minsta värdet 3. 5. Genom ekvationen x 3 y xy 3 definieras y som en funktion av x i en omgivning av punkten (, 1). a) Varför det? b) Bestäm derivatan av nämnda funktion i punkten. Förslag till lösning: a) Villkoret är att (x 3 y xy 3 ) y i punkten. Uträkning ger derivatan x 3 6xy, vilken är skild från i (, 1). b) Implicit derivering av ekvationen m.a.p. x ger 3x y+x 3 y y 3 6xy y. Insättning av punkten ger 1 + 8y 1y, varav y 5/. 6. Beräkna dubbelintegralen (x y) dxdy då är det område i planet som begränsas av linjerna y x, y x 1, y och y 1. Förslag till lösning: En skiss av området antyder att det är lättare att integrera map x först. å gäller y x y + 1, y 1 och vi får den upprepade integralen 1 ( y+1 ) 1 [ (x y) dx dy x xy ] 1 y+1 xy dy (y + 1) dy 3. xy 7. Låt R >. Visa (dvs beräkna) att kurvan y R x har krökning 1/R. Förslag till lösning: Vi använder formeln κ y /(1 + (y ) ) 3/. et gäller att y x/ R x, vilket ger 1 + (y ) R/ R x. Man finner efter förenkling att y R /(R x ) 3/. Formeln för krökning ger nu κ(x) R (R x ) 3/ ( R R x ) 3/ R R 3 1 R. 8. Beräkna x dx + y dy + z dz om är skruvlinjen x cos t, y sin t, z t från (1,, ) till (1,, π).
Förslag till lösning: Klart att t : π. Kurvintegralen blir π (cos t( sin t) + sin t cos t + t) dt π dt π. 9. Låt F (xy, yz, zx ). Ange vilka av följande uttryck som har mening och beräkna dem: div rot F, rot div F, grad rot rot F, grad grad div F. Förslag till lösning: Man kan inte bilda rot div, grad rot eller grad grad. et första uttrycket återstår. Uträkning ger div rot F (gäller alltid). 1. Beräkna Y (x + 5y, y 5x, z 8x y ) N ds, där Y är den del av paraboloiden x + y + z 1 som ligger ovanför xy-planet, med uppåtriktad normal. Förslag till lösning: Låt beteckna mängden x +y 1. å är z(x, y) 1 x y för (x, y). Vi har normalriktning N ( z x, z y, 1) (x, y, 1), så F N (x+5y, y 5x, z 8x y ) (x, y, 1) z 5xy 1 x y 5xy på ytan. Flödesintegralen blir (1 x y 5xy) dx dy (symmetri) (1 x y ) dx dy (pol. koord.) π dφ 1 (1 r ) rdr π. 11. Låt f(x, y) x y x +y för (x, y) (, ) och sätt f(, ). a) Använd riktningsderivatans definition och visa att för varje riktning v (med v 1) existerar riktningsderivatan f v(, ). b) Visa att f inte är kontinuerlig i (, ). c) Är f differentierbar i (, )? Förslag till lösning: a) Med v (α, β) gäller f v(, ) lim t (f(tα, tβ) f(, ))/t enl. definitionen. För t är f(tα, tβ) (tα) tβ (tα) + (tβ) α βt t α + β, så differenskvoten är α β/(t α + β ). Om β blir detta för alla t. Annars α /β då t. b) Längs kurvan y x är f f(x, x ) 1/. et går inte mot f(, ) då x. Alltså är f inte kontinuerlig i (, ). c) Nej! En differentierbar funktion måste vara kontinuerlig. 3
1. Visa att funktionen f(x, y, z) x + y + z xy yz zx har ett globalt minimum i origo. Antas minimivärdet i någon annan punkt? Förslag till lösning: xy är den dubbla produkten i 1 (x y) och motsvarande för övriga termer. Alltså blir f(x, y, z) 1 (x y) + 1 (y z) + 1 (z x) överallt. Värdet antas i origo, så det är ett globalt minimum. f(x, y, z) precis då x y y z z y, dvs då x y z (en linje). 13. För vilka (reella) värden på konstanten a har ekvationen x + xy + y + a 1 x y någon lösning? Förslag till lösning: e a som kan förekomma är elementen i värdemängden V f till f(x, y) 1 x y (x + xy + y ). Vi bestämmer därför V f. Observera först att f har definitionsmängden {x + y 1}. Vi har f x x/ 1 x y x y precis då x (x+y) 1 x y. Analogt gäller f y precis då y (x + y) 1 x y. I en inre punkt är 1 x y, varför x/y (x + y)/(x + y), som ger x y. y ±x i ekvationen f x ger x 3x respektive x x. I båda fallen gäller x så (, ) är den enda inre kritiska punkten. Vi har f(, ) 1. På randen gäller f (1 + xy). Max och minvärden erhålles då x och y ±1/, så att xy ±1/ och f antar värdena 1/ respektive 3/. Alltså antar f alla värden i intervallet [ 3, 1] V f (enligt satsen om mellanliggande värden). 1. Bestäm de reella tal a och b för vilka den generaliserade integralen (x + y ) a (1 + x + y + z ) b konvergerar. R 3 Förslag till lösning: et finns två problem: (i) integranden kan bli oändlig i origo och (ii) integrationsområdet är oändligt. en konvergerar precis då r 1 för 1 a > 1 eller a < 1. (x +y ) a. För att få konvergens i (i) behöver vi bara undersöka integralen r 1 dx dy π 1 (x +y ) a r1 a dr konvergerar, dvs I fall (ii) måste vi undersöka när r 1 konvergerar. (x +y ) a (1+x +y +z ) b etta är fallet precis då r 1 konvergerar. Övergång till (x +y +z ) b sfäriska koordinater ger π 1 r b dr, med konvergens precis då b < 1 dvs b > 3/.
Svar: a < 1 och b > 3/. 15. Beräkna arean av området innanför asteroidkurvan x /5 + y /5 1, t ex med hjälp av areaformeln. Förslag till lösning: Kalla kurvan. en kan parametriseras som (x, y) (cos 5 t, sin 5 t), t π. Enligt areaformeln är den sökta arean A 1 y dx + x dy 1 5 5 π π π ( sin 5 t 5 cos t( sin t) + cos 5 t 5 sin t cos t)) dt π cos t sin t dt 5 ( 1 3 6 cos t + 1 cos 8t ( 1 cos ) t dt ) dt 15π 18. 16. Beräkna (ex sin y + 3y) dx + (e x cos y + x y) dy moturs ett varv runt ellipsen x + y. Förslag till lösning: Vi kan skriva integralen I (e x sin y + y) dx + (e x cos y + x) dy + y dx y dy. Fältet i den första integralen är konservativt med potentialfunktion e x sin y+ xy. Eftersom kurvan är sluten är denna integral. en andra integralen är också av symmetriskäl (udda funktioner integrerade över symmetriska intervall). et följer att I. 17. Beräkna Y rot F N ds då Y är ytan x +y +(z 1) 6, z, N dess yttre (bort från origo) enhetsnormal och F (xz y 3 cos z, x 3 e z, xyze x +y +z ). Förslag till lösning: För z får vi kurvan : x + y, med orientering moturs. är rand till Y. et är också ytan (området) : x + y i xy-planet. har yttre enhetsnormal N (,, 1). Två tillämpningar av Stokes sats ger rot F N ds F dr rot F N dxdy Y Uträkning visar att rot F (...,..., 3x e z +3y cos z) vilket blir (...,..., 3(x + y )) på. Alltså blir den sökta integralen (...,..., 3(x + 3y )) (,, 1) dxdy 3(x + 3y ) dxdy π 3r rdrdφ π ] [3 r π. 5