Institutionen för matematik SF166 Flervariabelanalys Tentamen Torsdagen den 18 augusti 16 Skrivtid: 8:-1: Tillåtna jälpmedel: inga Examinator: Mats Boij Tentamen består av nio uppgifter som vardera ger maximalt fyra poäng. Del A på tentamen utgörs av de tre första uppgifterna. Till antalet erållna poäng från del A adderas dina bonuspoäng. Poängsumman på del A kan dock som ögst bli 1 poäng. Bonuspoängen beräknas automatiskt. Antal bonuspoäng framgår från resultatsidan. De tre följande uppgifterna utgör del B oc de tre sista uppgifterna del C, som främst är till för de ögre betygen. Betygsgränserna vid tentamen kommer att ges av Betyg A B C D E Fx Total poäng 7 4 1 18 16 15 varav från del C 6 För full poäng på en uppgift krävs att lösningen är väl presenterad oc lätt att följa. Det innebär speciellt att införda beteckningar ska definieras, att den logiska strukturen tydligt beskrivs i ord eller symboler oc att resonemangen är väl motiverade oc tydligt förklarade. Lösningar som allvarligt brister i dessa avseenden bedöms med ögst två poäng. 1 Var god vänd!
SF166 Flervariabelanalys Tentamen 16-8-18 DEL A 1. Låt D vara det område ovanför x-axeln i xy-planet som begränsas av cirkeln x + y = 1 samt linjerna y = x oc y = x. Beräkna x-koordinaten av masscentrum för D som ges av x dxdy D D dxdy. (4 p). Beräkna kurvintegralen C xy dx y dy där kurvan C är den medurs orienterade triangeln med örnpunkter i (, ), (, ) oc (, 4). (4 p). Låt f(x, y) = e x y x + y + xy. (a) Visa att origo är en kritisk punkt till funktionen f. ( p) (b) Är origo ett lokalt minimum, ett lokalt maximum eller ingetdera till funktionen f? ( p)
SF166 Flervariabelanalys Tentamen 16-8-18 DEL B 4. Låt f(x, y) = xg(x + y) där g är en två gånger kontinuerligt deriverbar funktion. Visa att f x f y x + 1 f 4 y =. (4 p) 5. En kurva i planet parametriseras av r(t) = (t cos t, t sin t), där t. (a) Beräkna astigeten r (t) oc farten r (t) för t. ( p) (b) Beräkna kurvans båglängd från punkten r() till punkten r(). ( p) 6. En fylld vattentank ar formen av en rak stympad cirkulär kon med undre radie a, övre radie b, där b > a, oc öjd, enligt figuren. z b x a y Den koniska delen S av tanken kan parametriseras genom ( ) b a x = s + a cos t ( ) b a y = s + a sin t z = s där s, t < π. Kraften som vattnet utövar på ytan S ar z-komponent som ges av flödet av vektorfältet P(x, y, z) = ρg( z)(,, 1) = (,, ρg( z)) ut genom ytan S, där ρ är vattnets densitet oc g är tyngdaccelerationen. Beräkna denna kraftkomponent genom att beräkna flödesintegralen. (4 p) Var god vänd!
SF166 Flervariabelanalys Tentamen 16-8-18 DEL C 7. Visa att om x, y oc z uppfyller att x, y, z oc x + y + z så måste xyz 1/6. (4 p) 8. En kropp K i rummet ligger mellan planen z = oc z = 1. Dessutom vet vi att tvärsnittet av planet z = a oc kroppen utgör en cirkelskiva med radie a för varje a i intervallet a 1. (a) Skissera två olika sådana kroppar K. (1 p) (b) Vet vi tillräckligt för att kunna bestämma volymen av K? I så fall, beräkna volymen, annars förklara vad som saknas. ( p) 9. Låt F vara vektorfältet F(x, y, z) = (x, y + 1, z 1) oc låt C P vara en orienterad slät kurva som börjar i origo oc slutar i punkten P = (x, y, z ). Bestäm den punkt P som ligger längst från origo oc som uppfyller C P F dr = 9. (4 p) 4
SF166 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 16-8-18 DEL A 1. Låt D vara det område ovanför x-axeln i xy-planet som begränsas av cirkeln x + y = 1 samt linjerna y = x oc y = x. Beräkna x-koordinaten av masscentrum för D som ges av x dxdy D D dxdy. (4 p) Lösningsförslag. I polära koordinater beskrivs området av r 1 oc π/ θ π/4. Vi beräknar täljaren som 1 π/4 [ ] r x dxdy = r 1 ( cos θ dθdr = [sin θ] π/4 π/ D π/ = 1 ) = 6 oc vi får nämnaren som 1 dxdy = D π/4 π/ [ r r dθdr = ] 1 [θ] π/4 π/ = 1 Därmed ges x-koordinaten av masscentrum för D av 4 6 5π = 4( ). 5π ( π 4 π ) = 5π 4. Svar. x-koordinaten för masscentrum för D är 4( ). 5π
SF166 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 16-8-18. Beräkna kurvintegralen C xy dx y dy där kurvan C är den medurs orienterade triangeln med örnpunkter i (, ), (, ) oc (, 4). (4 p) Lösningsförslag. Vi kan använda en parametrisering av kurvan i tre delar oc får då r 1 (t) = (, 4t), t 1, r (t) = (t, 4(1 t)), t 1 oc r (t) = ((1 t), ), t 1. Genom detta blir kurvintegralen 1 = = (, 16t ) (, 4) dt + 1 1 1 (1t(1 t), 16(1 t) ) (, 4) dt + 64t + 6t(1 t) + 64(1 t) dt [ ] 6t 6t 6t 1 dt = 6t = 18 1 = 6. 1 (, ) (, ) dt Vi kan också använda Greens formel som ger oss kurvintegralen som en dubbelintegral över området D som begränsas av triangeln C. Eftersom kurvan är negativt orienterad får vi 4 4x/ xy dx y dy = (x ) dxdy = x dydx = [xy] 4 4x/ dx = C D 4 x( x) dx = 4 Svar. C xy dx y dy = 6 [ x x ] = 4 ( 7 ) 9 = 18 1 = 6.
SF166 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 16-8-18. Låt f(x, y) = e x y x + y + xy. (a) Visa att origo är en kritisk punkt till funktionen f. ( p) (b) Är origo ett lokalt minimum, ett lokalt maximum eller ingetdera till funktionen f? ( p) Lösningsförslag. (a) För att kontrollera att det är en kritisk punkt beräknar vi gradienten som är grad f(x, y) = (e x y 1+y, e x y +1+x) oc grad f(, ) = (e 1+, e +1+) = (, ). Alltså är origo en kritisk punkt. (b) Vi beräknar Taylorpolynomet av ordning två kring origo genom att också beräkna andraderivatorna. Vi ar f x = ex y, vilket i origo ger f x (, ) = e = 1, f x y = ex y + 1, f y = ex y f x y (, ) = f e + 1 =, y (, ) = e = 1. Alltså ges Taylorpolynomet av p(x, y) = 1 + 1 ( x + y ) vilket visar att origo är ett lokalt minimum eftersom p(x, y) > 1 för alla (x, y) (, ). Vi kan också använda Taylorpolynomet i en variabel för e t som är 1 + t + t / för att snabbare komma till p(x, y) = 1 + (x y) + (x y) x + y + xy = 1 + x + y. Svar. (b) Origo är ett lokalt minimum.
4 SF166 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 16-8-18 DEL B 4. Låt f(x, y) = xg(x + y) där g är en två gånger kontinuerligt deriverbar funktion. Visa att f x f y x + 1 f 4 y =. (4 p) Lösningsförslag. Vi beräknar de partiella derivatorna med jälp av kedjeregeln oc får f x = g(x + y) + f xg (x + y), y = xg (x + y) samt andraderivatorna f x = g (x + y) + g (x + y) + xg f (x + y), x y = g (x + y) + xg (x + y) oc f y = 4xg (x + y). Vi sätter nu in dessa i uttrycket f x f y x + 1 f 4 y = (g (x + y) + xg (x + y)) (g (x + y) + xg (x + y)) + 1 4 4xg (x + y) =, vilket skulle visas.
SF166 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 16-8-18 5 5. En kurva i planet parametriseras av r(t) = (t cos t, t sin t), där t. (a) Beräkna astigeten r (t) oc farten r (t) för t. ( p) (b) Beräkna kurvans båglängd från punkten r() till punkten r(). ( p) Lösningsförslag. (a) Vi deriverar för att få astigeten r (t) = (t cos t t sin t, t sin t + t cos t) oc farten ges av beloppet av detta. Vi får r (t) = t (4 cos t 4t sin t cos t + t sin t) +t (4 sin t + 4t sin t cos t + t cos t) = 4t + t 4 = t (t + 4) där vi ar använt trigonometriska ettan cos t + sin t = 1. Därmed är r (t) = t t + 4 i oc med att t. (b) Kurvans båglängd ges av integralen av r (t) över intervallet, alltså av r (t) dt = t [ ] 1 4 + t dt = (4 + t ) / = 8/ 4/ = 16 8 = 8( 1). Svar. (a) Hastigeten är r (t) = (t cos t t sin t, t sin t + t cos t) oc farten är r (t) = t t + 4. (b) Båglängden är 8( 1)
6 SF166 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 16-8-18 6. En fylld vattentank ar formen av en rak stympad cirkulär kon med undre radie a, övre radie b, där b > a, oc öjd, enligt figuren. z b x a y Den koniska delen S av tanken kan parametriseras genom ( ) b a x = s + a cos t ( ) b a y = s + a sin t z = s där s, t < π. Kraften som vattnet utövar på ytan S ar z-komponent som ges av flödet av vektorfältet P(x, y, z) = ρg( z)(,, 1) = (,, ρg( z)) ut genom ytan S, där ρ är vattnets densitet oc g är tyngdaccelerationen. Beräkna denna kraftkomponent genom att beräkna flödesintegralen. (4 p) Lösningsförslag. Om vi tillsluter ytan är förutsättningarna för att använda divergenssatsen uppfyllda. Vi gör det genom att lägga till cirkelskivor vid z = oc z =. Divergensen av vektorfältet är div F = ρg, vilket gör att integralen av divergensen över den stympade konen blir ρgv, där V är volymen V. Vi kan beräkna V som π (b a)z/+a [ ] r (b a)z/+a V = r drdθdz = π dz = ( [ (b a)z π π + a) dz = (b a) ( b a ) = π(b + ab + a ) = π (b a) ( (b a)z ) ] + a Vi beöver nu dra bort flödet genom cirkelskivorna som vi lagt till. Vid den övre cirkelskivan är fältet noll oc vid den nedre cirkelskivan ar vi kraften (,, ρg) oc normalvektor (,, 1), vilket gör att flödet blir ρg gången cirkelns area som är πa. Slutligen får vi kraften som πρg(b + ab + a ) + πρga = πρg(b + ab a ) = πρg(b a)(b + a)
SF166 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 16-8-18 7 Svar. Den sökta kraftkomponenten är πρg(b a)(b+a). DEL C 7. Visa att om x, y oc z uppfyller att x, y, z oc x + y + z så måste xyz 1/6. (4 p) Lösningsförslag. Ett sätt att visa oliketen är genom att använda Lagranges metod för att finna maximum för funktionen f(x, y, z) = xyz under de givna bivillkoren. Gradienten är (yz, xz, xy) som är noll bara på koordinataxlarna där också funktionens värde är noll. Dessa punkter kan inte vara kandidater för maximum i oc med att funktionen antar positiva värden i området. Observera att funktionen f är kontinuerligt deriverbar i ela R oc att området som beskrivs av oliketerna är kompakt. Det betyder att det måste finnas ett maximum för funktionen oc att detta maximum antingen är en inre kritisk punkt eller en punkt som ligger på randen. Vi ser därför på randen. Den består av fyra triangelformatde delar, varav tre ligger i koordinatplanen där funktionens värde är noll. De enda återstående kandidaterna är punkter i planet x + y + z = oc vi använder där Lagranges metod som säger att gradienten till f ska vara parallell med gradienten till bivillkoret, (1,, ) i en lokal extrempunkt. Vi får ekvationssystemet yz = λ, xz = λ oc xy = λ. Eftersom λ = åter ger funktionsvärde noll kan vi anta att λ oc vi får då x = y, z = x. När vi sätter in det i bivillkoret får vi x + x + x =, dvs x = 1, vilket ger y = 1/ oc z = 1/. Detta är den enda återstående kandidaten för en maxpunkt för den kontinuerliga funktionen f(x, y, z) på det kompakta området som ges av oliketerna. Därmed ar vi visat att xyz 1 (1/) (1/) = 1/6 i ela området som ges av oliketerna.
8 SF166 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 16-8-18 8. En kropp K i rummet ligger mellan planen z = oc z = 1. Dessutom vet vi att tvärsnittet av planet z = a oc kroppen utgör en cirkelskiva med radie a för varje a i intervallet a 1. (a) Skissera två olika sådana kroppar K. (1 p) (b) Vet vi tillräckligt för att kunna bestämma volymen av K? I så fall, beräkna volymen, annars förklara vad som saknas. ( p) Lösningsförslag. (a) Vi kan få olika sådana kroppar genom att placera cirklarnas centrum längs olika kurvor, exempelvis längs z-axeln, eller längs linjen (t,, t), där t 1, så att z-axeln tangerar kroppen. (b) Förutsatt att vi med kropp menar något som är tillräckligt reguljärt för att kunna beräkna en volym med en integral ar vi tillräcklig information. Ett tillräckligt villkor för sådan regularitet är att kurvan som ges av cirklarnas centra är kontinuerlig. Vi kan nu beräkna volymen för K genom upprepad integration där vi börjar att integrera i x- oc y-led oc i sista steget integrerar i z-led. Då kommer resultatet av de två första integrationerna ge 1 [ ] z π(z ) 5 1 dz = π = π 5 5. Svar. (b) Volymen är π/5 volymsenet.
9. Låt F vara vektorfältet SF166 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 16-8-18 9 F(x, y, z) = (x, y + 1, z 1) oc låt C P vara en orienterad slät kurva som börjar i origo oc slutar i punkten P = (x, y, z ). Bestäm den punkt P som ligger längst från origo oc som uppfyller C P F dr = 9. Lösningsförslag. Vektorfältet är konservativt med en potential som ges av (x ) (y + 1) Φ(x, y, z) = + + vilket gör att integralen från origo till (x, y, z ) blir Φ(x, y, z ) Φ(,, ) = (x ) Villkoret på integralens värde blir därmed + (y + 1) (z 1) + (z 1). (4 p) (x ) + (y + 1) + (z 1) = 1 oc vi söker den punkt som ligger längst från origo oc som uppfyller detta villkor. Enligt Lagranges metod beöver vi a att gradienterna för målfunktionen x + y + z ska vara parallell med gradienten för bivillkoret i denna punkt. Detta ger (x, y, z ) = λ(x, y + 1, z 1) vilket vi kan skriva som (x, y, z ) = (µ, µ, µ) där µ = λ/(λ ). När vi sätter in detta i bivillkoret får vi (µ ) + ( µ + 1) + (µ 1) = 1 dvs (µ 1) = 1 µ = 1 ±. Alltså får vi de två lösningarna (x, y, z ) = (6,, ) oc (x, y, z ) = (, 1, 1), varav den första ligger längst från origo. Svar. P = (6,, ) är den punkt som ligger längst från origo oc uppfyller villkoret.