Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud SF163, ifferential- och integralkalkyl II, del 2, flervariabel, för F1. Tentamen torsdag 19 augusti 21, 14. - 19. Inga hjälpmedel är tillåtna. Svar och beräkningar skall motiveras! 1. Vad är definitionsmängden till f(x, y) = 3 x 4y + 4 x 2 y 2? Antar f största resp. minsta värden? Varför? Lösning: Uttrycken under kvadratrotstecknen måste vara icke-negativa, dvs x och 4 x 2 y 2. etta är de enda villkoren. Alltså blir definitionsmängden halvcirkelskivan x 2 + y 2 4, x. efinitionsmängden är begränsad (ligger i cirkelskiva med radie 2) och sluten (randen ingår), dvs kompakt. Funktionen f är kontinuerlig på en kompakt mängd, varför största och minsta värden antas. 2. Bestäm skärningspunkter och skärningsvinklar mellan kurvorna 4x 3 + 4y 2 = 13 och 4y 2 4x 3 = 5. Lösning: Addition av ekvationerna ger 8y 2 = 18, dvs y = ± 3 2. Insättning ger då 4x 3 = 4, med lösning x = 1. et finns alltså två skärningspunkter: (1, ± 3 2 ). Skärningsvinkeln är vinkeln mellan gradienterna till funktionerna 4x 3 + 4y 2 och 4y 2 4x 3. essa är (±12x 2, 8y). eras skalärprodukt är 144x 4 + 64y 2 som i båda skärningspunkterna blir 144+64 9 4 =. Båda skärningsvinklarna är således π/2 (ortogonala riktningsvektorer). 3. Bestäm värdemängden till f(x, y) = x 2 + y 2 då x 2 + y 2 1 + 2x. Lösning: Vi noterar först att x 2 + y 2 1 + 2x kan skrivas (x 1) 2 + y 2 2. Funktionen f(x, y) = x 2 + y 2 är icke-negativ överallt och antar värdet i origo, som ingår i definitionsmängden. etta måste vara det minsta värdet. et finns ingen kritisk punkt, så det återstår att undersöka randen. På randen är f = 1 + 2x, och 1 2 x 1 + 2 (sätt y = ). Funktionens största värde erhålles för x = 1 + 2: et är 3 + 2 2. 4. Transformera differentialekvationen yz x xz y = xyz, där z är en godtycklig C 1 -funktion av (x, y) och de nya variablerna är u = x 2 + y 2 och v = e x2 /2. 1
Lösning: Kedjeregeln ger yz x xz y = y(z uu x + z vv x) x(z uu y + z vv y) =y(z u 2x + z v ( x)e x2 /2 ) x(z u 2y + z v ) = xyz ve x2 /2, så ekvationen blir xyz ve x2 /2 = xyz vilket kan förenklas till uz v = z. 5. Visa att ytorna x 2 y 2 z 2 = 1 och x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 6 i en omgivning till (1, 1, 1) skär varandra längs en kurva. Bestäm ekvationen för kurvans tangentlinje genom (1, 1, 1). Lösning: Skriv ekvationerna ovan F (x, y, z) = = G(x, y, z). Vi vill lösa ut y och z som funktioner av x. Villkoret för detta är, att de partiella derivatorna F y, F z, G y, G z alla är i punkten (1, 1, 1). Man kontrollerar att detta gäller. Kurvans tangentlinje har riktningsvektorn F (1, 1, 1) G(1, 1, 1) = (2, 2, 2) (2, 4, 6) = ( 5, 2, 3). Tangentlinjen kan nu parametriseras som r(t) = (1 5t, 1 2t, 1 + 3t). 6. Beräkna den upprepade integralen ( π/2 ) π/2 cos y 2 dy dx. Lösning: Man måste kasta om integrationsordningen och börja med att integrera m.a.p. x. Gränserna blir x y, y π/2, och integralen π/2 ( y ) cos y 2 dx dy = π/2 y cos y 2 dy = 1 2 7. Beräkna arean av ytan 2z = x 2 y 2, x 2 + y 2 1, x y. x [ sin y 2 ] π/2 = 1 2. Lösning: Låt beteckna halvcirkelskivan x 2 + y 2 1, x y. å är arean 1 + (z x) 2 + (z y) 2 dxdy = 1 + x 2 + y 2 dxdy = π/2 3π/2 dφ 1 + r 2 rdr = π 6 (23/2 1). 8. a) Uttryck i kartesiska koordinater den punkt som i sfäriska (rymdpolära) koordinater ges av r = 2, θ = π/3, φ = π/2. b) Uttryck i sfäriska koordinater den punkt där x = y = 1 och z = 2. Lösning: a) Vi har x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sin φ och z = r cos θ. en sökta punkten blir därför (, 2 3/2, 2 1/2) = (, 3, 1). b) Vi får r = x 2 + y 2 + z 2 = 1 + 1 + 2 = 2, φ = π/4 och z = 2 1 2 så att θ = π/4. 2
9. Beräkna C (x2 y) dx+y dy där C är den positivt orienterade enhetscirkeln som förbinder (1, ) med ( 1, ). Lösning: Kurvan parametriseras med x = cos t, y = sin t, t : π. Kurvintegralen blir π [ 1 I = ((cos 2 t sin t)( sin t)+sin t cos t) dt = 3 cos3 t + 1 2 (t + 1 2 sin 2t) + 1 ] π 2 sin2 t. Sinustermerna ger inget bidrag. Återstår 2 3 + π 2 = I. 1. Är något av vektorfälten F = ( y x x y, ) och F = (, ) konservativt utanför origo? Varför/varför inte? Bestäm potentialfunktion i x 2 +y 2 x 2 +y 2 x 2 +y 2 x 2 +y 2 förekommande fall. Lösning: Om F = (P, Q) måste Q x = P y gälla för konservativitet. Båda vektorfälten uppfyller detta villkor utanför origo. Ett konservativt fält måste uppfylla villkoret C F dr = om kurvan C är sluten. En enkel räkning visar att för det första vektorfältet, F = ( y x, ), blir denna integral 2π, t ex då C är den positivt orienterade enhetscirkeln, ett varv. Alltså är detta vektorfält inte x 2 +y 2 x 2 +y 2 konservativt. x y För det andra vektorfältet, F = (, ), ser man att φ = 1 x 2 +y 2 x 2 +y 2 2 ln(x2 +y 2 ) är en potentialfunktion, så detta vektorfält är konservativt. 11. Låt f(x, y) = 2xy/(x 2 + y 2 ) α/2, (x, y) (, ). a) För vilka (reella) värden på α har f ett (ändligt) gränsvärde i origo? b) Med f(, ) som gränsvärdet i a), beräkna f x och f y i origo. c) Under vilket villkor på α blir f differentierbar i origo? (Värdena på f och dess första partiella derivator i origo är som i a) och b).) Lösning: a) I polära koordinater gäller f(x, y) = 2 cos φ sin φr 2 α, med (ändligt) gränsvärde endast då exponenten är strikt positiv, dvs 2 α >, eller α < 2. å blir gränsvärdet i origo noll. b) Vi antar α < 2 och sätter f(, ) =. Vi får (för x ) 1 x (f(x, ) f(, )) = 1 x ( ) =, så den partiella derivatan m.a.p. x existerar i origo och antar vardet. Samma sak gäller den partiella derivatan m.a.p. y. Alltså: f x(, ) = f y(, ) =. c) Vi sätter f(x, y) = f(x, y) f(, ) xf x(, ) yf y(, ). Att f är differentierbar i (, ) betyder, att f(x, y)/ x 2 + y 2 då (x, y) (, ). I vårt fall är f(x, y) x 2 + y 2 = 2xy (x 2 + y 2 ) (α+1)/2 = 2 cos φ sin φr2 (α+1). 3
Uttrycket har gränsvärde noll i origo, endast om 2 (α + 1) >, dvs α < 1. 12. Avgör om origo är en lokal extrempunkt till funktionen f(x, y, z) = arctan(xy + yz + zx) + 1 1+x 2 + 2 1+y 2 + 1 1+z 2 och bestäm i så fall dess karaktär. Lösning: Vi använder serieutvecklingar i en variabel: det gäller att arctan t = t t 3 /3 + t 5 /5... = t plus termer av ordning högre än 2. en geometriska serien ger 1/(1 + t 2 ) = 1 t 2 plus termer av ordning högre än 2. Vi får nu f(x, y, z) = xy + yz + zx + 1 x 2 + 2(1 y 2 ) + 1 z 2 + h.o.t. Frånvaron av förstagradstermer visar att f har en kritisk punkt i origo. Tecknet hos den kvadratiska formen ovan avgör dess karaktär. Vi sätter P (x, y, z) = x 2 + 2y 2 + z 2 (xy + yz + zx). Vi ska visa att P är positiv utanför origo. et betyder att f har ett strikt lokalt maximum i origo. Vi kan skriva P (x, y, z) = 1 2 (x y)2 + 1 2 (y z)2 + 1 2 (z x)2 + y 2. Alltså är P (x, y, z) överallt. Vidare gäller P (x, y, z) = endast om x y = y z = z x = y =, vilket ger x = y = z =. Saken är klar. 13. Undersök om kurvorna x 3 + 3x + y 3 + 3y = 7 2 och x2 + y 2 = 1 2 skär varandra. Lösning: Vi söker max och min av f(x, y) = x 3 + 3x + y 3 + 3y under bivillkoret g(x, y) = x 2 + y 2 1 2 =. Enligt Lagranges metod måste vi gradienterna till f och g vara parallella, vilket ger villkoret (x 2 + 1)y x(y 2 + 1) =, som leder till x = y. Insättning i bivillkorsekvationen ger x = ± 1 2 vilket ger funktionsvärdena f = ±(( 1 2 )3 + 3 1 2 ) 2 = ± 13 4. Eftersom 7/2 > 13/4 = f max, skär kurvorna INTE varandra. 14. Genom avbildningen (u, v) = (x 3, y 3 ) överförs cirkelskivan x 2 + y 2 1 i ett område E. Beräkna arean av E. Lösning: Vi observerar att avbildningen är bijektiv. Variabelbytesformeln ger att arean av E är A(E) = dudv = u xv y u yv x dxdy = =9 2π E 9x 2 y 2 dxdy = 9 1 8 2π (1 12 cos 4φ ) dφ cos 2 φ sin 2 φ dφ r 4 rdr = 3π 8. r 4 rdr 4
15. Beräkna massan av en tråd C som ligger som ligger i första kvadranten, på den del av skärningen mellan ytorna z = 2 x 2 2y 2 och z = x 2, från (, 1, ), till (1,, 1) då trådens densitet är ρ(x, y, z) = xy. Lösning: Parametrisera med x = t, där t : 1. å är z = t 2 och t = 2 t 2 2y 2, vilket ger y = 1 t 2. Uträkning ger båglängden ds = 1 + 4t 2 4t 4 1 t 2 dt, och xy = t 1 t 2, varför trådens massa är m = C ρ ds = t 1 + 4t 2 4t 4 dt. Substitutionen u = t 2 följd av dito v = 2u 1 ger m = 1 2 kan beräknas till 1 8 (π + 2). 2 v 2 dv, som 16. Beräkna volymen av området innanför de tre cylindrarna x 2 + y 2 = a 2, y 2 + z 2 = a 2 och z 2 + x 2 = a 2, där a >. Lösning: Låt först a = 1. Låt R 1 vara den del av kroppen som ligger i första oktanten och dessutom uppfyller x y. et är klart att den sökta volymen är 16 gånger volymen av R 1. R 1 begränsas av ytorna x 2 + z 2 = 1, x 2 + y 2 = 1 och y = x. ess volym blir V 1 = 1 x 2 dxdy, där är området givet av olikheterna x 2 + y 2 1 och x y. Övergång till polära koordinater ger V 1 = = 1 3 π/4 dφ π/4 [ π/4 1 r 2 cos 2 φ rdr = 1 (1 r 2 cos 2 φ) 3/2 3 cos 2 φ =... = 1 [ tan φ cos φ 1 ] π/4 = 1 3 cos φ 3 1 sin 3 φ cos 2 φ ] 1 r= dφ ( 3 2 1 ). 2 Hela volymen blir (för a = 1) blir därmed V (1) = 16 3 (3 2 1 2 ) och, för allmänt a >, V (a) = V (1)a 3. (Varför då?) 17. Beräkna kurvintegralen I = C y dx (x + 1) dy x 2 + y 2 + 2x + 1 där C är kurvan x + y = 4 ett varv i positiv led. 5
Lösning: Låt Γ vara cirkeln (x + 1) 2 + y 2 = 1, ett varv i positiv led och γ dito, men på enhetscirkeln. å gäller y dx (x + 1) dy x 2 + y 2 + 2x + 1 = y dx (x + 1) dy v du u dv (x + 1) 2 + y 2 = u 2 + v 2 = 2π. Γ Γ Beteckna med området mellan C och Γ. Vektorfältet F = (P, Q) ovan är C 1 på. Vidare gäller att Q x = P y. Greens formel ger nu I = C F dr = Γ F dr + (Q x P y) dxdy = 2π. γ 6