Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud SF160, Differential- och integralkalkyl II, del 2, flervariabel, för F1. Tentamen onsdag 0 maj 2012, 8.00-1.00 Förslag till lösningar 1. Bestäm tangentplanet till ytan x 2 y + z 2 = i punkten (1, 1, 1). Lösning: Ytan är en nivåyta till funktionen F (x, y, z) = x 2 y +z 2 =. Då vet vi att tangentplanets normal i (1, 1, 1) är F (1, 1, 1). Uträkning ger F = (2x, y 2, 2z), så planets normal är (2,, 2) och planets ekvation 2(x 2) (y + 1) 2(z + 1) = 0. 2. Beräkna 2 x y f(x2 y 2, 2xy) där f har kontinuerliga derivator av ordning 2. Lösning: Sätt u = x 2 y 2 och v = 2xy. Vi får y f(x2 y 2, 2xy) = f u ( 2y) + f v 2x, så 2 x y f(x2 y 2, 2xy) = x ( f u 2y + f v 2x) = 2y(2xf uu + 2yf uv) + 2x(2xf vu + 2yf vv) + 2f v = 4xy(f uu f vv) + 4(x 2 y 2 )f uv + 2f v = 2v(f uu f vv) + 4uf uv + 2f v.. Finn och karakterisera de kritiska punkterna till f(x, y) = 6y 4 24xy + 8x. Lösning: f x = 24x 2 24y = 0 då y = x 2. f y = 24y 24x = 0 då x = y. Kurvorna skär varandra i (0, 0) och (1, 1). Detta är de enda kritiska punkterna. Vi använder andraderivatetestet för att karakterisera dem. Låt A = f xx = 48x, B = f xy = 24 och C = f yy = 72y 2. Vi beräknar diskriminanten = AC B 2 = 72 48xy 2 576. Vi får < 0 i (0, 0), så vi har en sadelpunkt. I (1, 1) blir > 0. Vidare är A > 0, så det rör sig om ett lokalt minimum. 4. Bestäm största och minsta värden av funktionen f(x, y) = xy(1 x y) på den slutna triangeln med hörn i (0, 0), (1, 0) och (0, 1). Lösning: Vi har f = (y(1 y 2x), x(1 x 2y)). f x = 0 då y = 0 eller 1 y 2x = 0, medan f y = 0 då x = 0 eller 1 2y x = 0. y = 0 i andra ekv. ger x = 1 och x = 0 i första ekv. ger y = 1. 1 y 2x = 0 och 1 x 2y = 0 ger först y = x och sedan x = 1 = y. Detta är den enda inre kritiska punkten och f( 1, 1 ) = 1 27. På randen är f = 0. Alltså gäller f max = 1 27 och f min = 0. 1
5. Betrakta ekvationen x + y + x 4 + y 4 = 0. Visa att man i någon omgivning till (0, 0) kan lösa ut y som funktion av x. Lösning: Sätt F (x, y) = x + y + x 4 + y 4. Enligt implicita funktionssatsen kan vi få y som en C 1 funktion av x nära origo om F y 0 i punkten. I vårt fall är F y = 1 + 4y och F y(0, 0) = 1. Saken är klar! 6. Anta att den differentierbara funktionen f uppfyller xf x yf y = 0. Visa att xy = 1 är en nivåkurva till f. Lösning: Kurvan kan parametriseras som (x, 1/x) med x som parameter. Längs kurvan gäller d dx f(x, 1/x) = f x 1 x 2 f y = 1 ( xf x 1 ) x x f y = 1 x (xf x yf y) = 0 enligt förutsättningen. Alltså är f konstant längs kurvan. 7. Beräkna dubbelintegralen D (x + y) dxdy då D är triangeln med hörn i ( 1, 0), (0, 1) och (1, 0). Lösning: Rita en figur! Man ser att det blir lättare att integrera med avseende på x först. Gränserna blir y 1 x 1 y, 0 y 1 och vi får integralen 1 0 ( 1 y x=y 1 (x + y) dx) dy = 1 0 [ 1 4 x4 + xy] 1 y x=y 1 dy = 1 ( (1 y) 4 0 4 + (1 y)y (y 1)4 4 (y 1)y ) dy = 1. 8. Skriv om den upprepade trippelintegralen 1 0 f(x, y, z) dx)dy)dz så att man först integrerar z, sedan y och sist x. (f är kontinuerlig.) 0 ( z 0 ( y Lösning: Vi har gränserna 0 x y, 0 y z och 0 z 1, vilket ger 0 x y z 1 och därmed y z 1, x y 1 samt 0 x 1. Integralen blir 1 0 ( 1 x ( 1 y f(x, y, z) dz) dy) dx. 9. Beräkna C (x x 2 y) dx + xy 2 dy om C följer cirkeln x 2 + y 2 = 4 moturs från (2, 0) till ( 2, 0). Lösning: Vi kompletterar med linjestycket från ( 2, 0) till (2, 0). Då kan vi använda Greens formel och får C (x x 2 y) dx + xy 2 dy + 2 2 x dx = D (y2 + x 2 ) dxdy = π 2 0 0 r2 rdr dθ = 4π. Eftersom 2 2 x dx = 0 (udda integrand, symmetriskt intervall) får vi C (x x 2 y) dx + xy 2 dy = 4π. 10. Låt f vara en funktion och F ett vektorfält, båda C 2 i tre dimensioner. Visa att rot grad f = 0 och div rot F = 0. Lösning: Vi visar det första påståendet. Den andra identiteten följer på ungefär samma sätt. Vi får 2
rot grad f = rot (f x, f y, f z) = (f zy f yz, f xz f zx, f yx f xy) = (0, 0, 0) eftersom de blandade derivatorna sammanfaller då funktionen är C 2. Del II, sju uppgifter à 6 poäng: 11. Låt f(x, y) = (x y) x 2 +y 2, (x, y) (0, 0) och f(0, 0) = 0. Visa att f är kontinuerlig och har derivator i varje riktning. Är f differentierbar? Lösning: Kontinuiteten: Vi har x y (2r), varför f(x, y) 8r som går mot noll då r 0. Alltså är f kontinuerlig i origo. (Utanför origo har funktionen kontinuerliga derivator av godtycklig ordning.) Existens av riktningsderivator: Om v = (a, b) är en riktningsvektor gäller f v(0, 0) = lim t t 0 1 (f(at, bt) 0) lim t 0 1 t (a b) t t 2 = (a b). Differentierbarhet: Formeln ovan visar att f x(0, 0) = 1 medan f y(0, 0) = 1. Vi måste kolla om kvoten (f(x, y) f(0, 0) x + y)/ x 2 + y 2 har något gränsvärde i origo. Kvoten kan skrivas ((x y) (x y)r 2 )/r = 2xy(x y)/r. Längs en linje y = kx får vi 2 kx2 x(1 k) x (1 + k 2 ) /2. Resultatet beror uppenbarligen av k, dvs riktningen, så f kan inte vara differentierbar i origo. 12. a) Ange och skissera definitionsmängden till funktionen f(x, y) = 1 xy + 1 x + y + 1 + x y. Lösning: Uttrycken under rottecknen måste vara icke-negativa. Det ger att definitionsmängden D begränsas av de parallella linjerna x y = ±1, samt kurvan xy = 1, som har två delar. Randkurvorna (=begränsningskurvorna) ingår, så D är sluten. Det är klart att D är begränsad, t ex uppfyller alla punkter i D att 1 x, y 10. Alltså är D en kompakt mängd. b) f är en begränsad funktion. Hur ser man det? Lösning: Då f är kontinuerlig på en kompakt mängd måste största och minsta värde antas. Speciellt är funktionen begränsad. 1. Visa att i ekvationerna xe y + uz cos v = 2 och u cos y + x 2 v yz 2 = 1 kan u och v lösas ut som C 1 -funktioner av (x, y, z) nära den punkt där (x, y, z) = (2, 0, 1) och (u, v) = (1, 0). Beräkna också derivatan u z i punkten.
Lösning: Om ekvationerna ovan skrivs F = 0 resp. G = 0, är villkoret för att lösa ut u och v att Jacobideterminanten J = F ug v F vg u 0 i punkten. Uträkning visar att J = zx 2 sin v cos y = 4 0 i punkten, dvs villkoret är uppfyllt. Implicit derivering m.a.p. z ger u zz + u + sin vv z = 0 (samt en ekvation till). Insättning i punkten ger u z + 1 = 0, dvs u z = 1 i punkten. 14. a) Undersök om f(x, y) = xye xy, x 0, 0 y 1, antar största och minsta värden och bestäm dem i så fall. Lösning: Kritiska punkter: Derivering ger f x = ye xy y xye xy = y(1 xy)e xy och f y = x(1 xy)e xy Vi ser att hela den del av kurvan xy = 1 som ligger i mängden består av kritiska punkter. På två av randkurvorna är f = 0 och på den tredje, y = 1, är f(x, 1) = xe x och har ett lokalt maxvärde 1/e i punkten (1, 1). Det minsta värdet är 0. b) Vad händer om vi i stället betraktar funktionen x 2 ye xy? Lösning: Vi har förstås samma minsta värde, 0. Observera att på kurvan xy = 1 gäller f = xe 1 som då x. Största värde saknas följaktligen. 15. Man vet att kurvan 4x 4 + 4x y + y 4 = 1 är sluten. Bestäm dess projektion på x-axeln. Lösning: Vi skall optimera funktionen f(x, y) = x under bivillkoret g(x, y) = 4x 4 +4x y+y 4 = 1. Då f = (1, 0) måste g y = 4(x +y ) = 0 (funktionerna måste ha parallella gradienter), varför y = ±x. Minustecken ger x 4 = 1, varav x = ±1. Plustecknet ger i stället 9x 4 = 1, vilket inte är optimalt. Svaret är intervallet 1 x 1. 16. Beräkna integralen över sfären x 2 + y 2 + z 2 = 4. (x 4 y 4 + z 4 + y + z 2 x + y) ds Lösning: Vi har alltså en sfär med centrum i origo samt radie 2. Av symmetriskäl gäller Y xn ds = Y yn ds = Y zn ds = 1 Y (xn + y n + z n ) ds för alla n 0. Vidare är dessa integraler 0 om n är udda. Den sökta integralen blir därför I = (x 4 + y 4 + z 4 ) ds + 1 (x 2 + y 2 + z 2 ) ds = II + III. Y 4 Y
Här är III = 1 64π 4 A(Y ) =, medan divergenssatsen ger II = 2 Y (x, y, z ) ˆN ds = 2 K (x2 + y 2 + z 2 ) dv, där K är klotet x 2 + y 2 + z 2 4 och dv volymselementet. Övergång till sfäriska koordinater ger II = 6 2π π 2 0 0 0 ρ2 ρ 2 sin φ dρ dθ dφ = 768π 5, varav I = ( 6 4 + 768 5 )π. 17. Beräkna Y rot F N ds, då Y är den del av ytan x 2 + y 2 + (z 2) 2 = 8 som ligger ovanför (x, y)-planet, ˆN är den den yttre enhetsnormalen till Y och F = (y 2 cos xz, x e yz, e xyz ). Lösning: z = 0 ger oss randkurvan x 2 + y 2 = 4, orienterad moturs. Den är också orienterad rand till cirkelskivan D : x 2 + y 2 4 i planet z = 0. Kurvintegralen kan beräknas med Greens formel: Q x P y = x 2 e yz 2y cos xz = x 2 2y då z = 0. Integralen blir D (x2 2y) dxdy = D x2 dxdy = 2 D (x2 + y 2 ) dxdy. Övergång till polära koordinater ger svaret 12π. 5