Tentan , lösningar

UPPALA UNIVERITET MATEMATIKA INTITUTIONEN Bo tyf Flervariabelanalys K, X m.fl. Höstterminen 2008 Tentan 2008-12-16, lösningar 1. Avgör om det finns någon punkt på ytan (x 1) 2 + 2(y 1) 2 + 2z 8 som är sådan att normallinjen till ytan i denna punkt går genom origo. Lösning. Låt g(x, y, z) (x 1) 2 + 2(y 1) 2 + 2z. En normalvektor till ytan g 8 i en punkt (x, y, z) är n 1 2 g(x, y, z) (x 1, 2(y 1), 1). Normallinjen till ytan i denna punkt går genom origo om och endast om n är parallell med r (x, y, z), dvs det finns λ R så att r λn x λ(x 1), y 2λ(y 1), z λ. Av detta följer att x 1 1 λ 1, y 1 1 2λ 1, z λ. ätter vi in detta i ekvationen g 8 får vi 1 (λ 1) 2 + 2 + 2λ 8, (2λ 1) 2 vilket, efter multiplikation med (λ 1) 2 (2λ 1) 2, ger p(λ) (2λ 8)(λ 1) 2 (2λ 1) 2 + (2λ 1) 2 + 2(λ 1) 2 0. Ett reellt femtegradspolynom har alltid minst ett reellt nollställe. Alltså finns det en punkt på ytan sådan att normallinjen till ytan i punkten går genom origo. Alternativt har vi p() 167 < 0 < 67 p(4). atsen om mellanliggande värden medför att p(λ) har ett nollställe i intervallet < λ < 4. Vi kan även utnyttja det faktum att funktionen f(x, y, z) x 2 + y 2 + z 2, inskränkt till ytan g(x, y, z) 8, antar minimum (varför det?). I en minimipunkt är f 2r parallell med g 2n. 2. Bestäm alla stationära punkter till funktionen f(x, y) x x 2 x+2y 2 4y och avgör deras karaktär. Lösning. e stationära punkterna ges av ekvationerna 0 f x x 2 2x 1 (x 1)(x + 1) och 0 f y 4y 4 4(y 1) Ur den första ekvationen får vi x 1 eller x 1. en andra ekvationen ger y 1. e stationära punkterna är alltså (1, 1) och ( 1, 1). Hessianen för f är ( ) ( ) fxx f H(x, y) xy 6x 2 0 f xy f yy

( 4 0 H(1, 1) ) och H( 1, 1) ( 4 0 ) H( 1, 1) har negativ determinant, vilket medför att ( 1, 1) är en sadelpunkt. För H(1, 1) gäller att dess hörndeterminanter är 4 och 16. Båda är positiva så (1, 1) är en strikt lokal minimipunkt.. Avgör om vektorfältet F(x, y, z) (y 2 + z, 2xy, x) är konservativt och beräkna kurvintegralen F dr, där är kurvan x 2 cos πt, y sin πt, z t tagen från punkten ( 2, 0, ) till punkten (2, 0, 6). Lösning. Vi försöker hitta en primitiv funktion f(x, y, z) till F(x, y, z): För denna skall gälla att f F, vilket ger oss ekvationerna f x y 2 + z, f y 2xy, f z x Ur den första ekvationen får vi f(x, y, z) (y 2 + z) dx xy 2 + xz + g(y, z). Insatt i den andra ekvationen ger detta 2xy f y 2xy + g y g y 0 g g(z), dvs f(x, y, z) xy 2 +xz+g(z). Från den tredje ekvationen får vi slutligen x f z x+g (z) g (z) 0 g är en konstant ( 0). Alltså är f(x, y, z) xy 2 + xz en primitiv funktion till F. Existensen av en sådan betyder att F är ett konservativt fält. Vi får också genast F dr [xy 2 + xz] (2,0,6) ( 2,0, ) 12 6 6. 4. Bestäm, om det existerar, största och minsta värdet av funktionen f(x, y, z) x y + z 2 på skärningskurvan mellan ytorna x + y 2 0 och x 2 + 2y 2 + 2z 2 8. Lösning. å skärningskurvan är en kompakt mängd följer att (den kontinuerliga funktionen) f antar både maximum och minimum. Låt g(x, y, z) x + y 2 och h(x, y, z) x 2 + 2y 2 + 2z 2. I en extrempunkt till f är, enligt Lagrange, gradienterna till f, g och h linjärt beroende, vilket ger oss ekvationen 0 1 y 2 2z 1 2y 0 x 2y 2z 2yz 1 y 1 1 2 0 x 2 1 2yz 1 y 1 1 2 0 x 1 y + 2 0 2yz( 6x + y + 4) y 0, z 0 eller 6x + y + 4 0. amtidigt skall förstås bivillkoren x + y 2 0 och x 2 + 2y 2 + 2z 2 8 vara uppfyllda. Av likheten x y 2 följer att 6x + y + 4 6y 2 + y + 4 som alltid är positivt. Om

y 0 fås x y 2 0 och 2z 2 8 (x, y, z) (0, 0, ±2). Om z 0 gäller x y 2 och y 4 + 2y 2 8 y 4 + 2 y2 8, y2 1 + 1 9 + 24 9 4 (x, y, z) ( 4, ± 2, 0). Jämför vi funktionsvärdena ser vi att ( ) f(0, 0, ±2) 4 och f( 4, ± 2, 0) 4 1 ± 2 f max f(0, 0, ±2) 4 och f min f( 4, 2, 0) 4 ( ) 1 + 2 5. Beräkna dubbelintegralen I (x y) 2 x + y dx dy där är triangeln med hörn i (0, 0), (, 0) och (0, ). Lösning. Av utseendet på både integranden och integrationsområdet frestas vi att göra variabelbytet u x y, v x+y. Punkterna (0, 0), (, 0) och (0, ) i xy-planet avbildas därvid på punkterna (0, 0), (, ) respektive (, ) i uv-planet. Området avbildas alltså på triangeln E med hörn i punkterna (0, 0), (, ) och (, ) (fortfarande i uvplanet). en räta linjen genom (0, 0) och (, ) har ekvationen u v. en räta linjen genom (0, 0) och (, ) har ekvationen u v. Området E kan därför beskrivas som mängden av alla punkter (u, v) sådana att 0 v och v u v. Vad gäller Jacobianen för variabelbytet har vi (u, v) (x, y) u x v x u y v y 1 1 1 1 2, vilket ger du dv 2 dx dy 2 dx dy, dx dy 1 2 du dv. Alltså gäller u 2 du dv v { uv u 2 [ ] u uv } I dv v 2 2v du 2v 6v 6v v2 E v0 v v0 v 2 u v ] v [ v 9 v0 27 9. u v 6. Visa att ekvationen z + (x 2 + 1)z 2x 2y + y 2 0 definierar z som en funktion av x och y, z z(x, y), i en omgivning av punkten (1, 1, 1). Visa också att (1, 1) är en stationär punkt till denna funktion och bestäm dess karaktär.

Lösning. Låt F (x, y, z) z + (x 2 + 1)z 2x 2y + y 2. Vi har då F z z 2 + x 2 + 1, F z (1, 1, 1) 5 0. Av implicita funktionssatsen följer att ekvationen F 0 i en omgivning av (1, 1, 1) definierar z som en -funktion av (x, y) (ty F är ). erivatorna av denna funktion z z(x, y), där z(1, 1) 1, fås nu genom upprepad implicitderivering av ekvationen 0 F (x, y, z): 0 F x + F z z x 2xz 2 + (z 2 + x 2 + 1)z x 0 F y + F z z y 2 + 2y + (z 2 + x 2 + 1)z y Insättning av x y z 1 ger 0 2 2 + 5z x (1, 1), z x (1, 1) 0, respektive 0 2 + 2 + 5z y (1, 1), z y (1, 1) 0. (1, 1) är alltså en stationär punkt för z(x, y). Fortsatt derivering ger 0 2z + (... )z x + (z 2 + x 2 + 1)z xx 0 2xz y + (... )z x + (z 2 + x 2 + 1)z xy 0 2 + (... )z y + (z 2 + x 2 + 1)z yy Insättning av x y z 1 och z x z y 0 ger 0 2 + 5z xx (1, 1), 0 5z xy (1, 1) respektive 0 2 + 5z yy (1, 1). Alltså har vi z xx (1, 1) z yy (1, 1) 2 5 och z xy(1, 1) 0. et innebär att Hessianen för z(x, y) är negativt definit i (1, 1), alltså att z(x, y) har strikt lokalt maximum i (1, 1). 7. Låt F(x, y, z) (x y, y + 8z, z x). Beräkna kurvintegralen I F dr, där är skärningskurvan mellan ytorna x + 2y + 8z 1 och x + y 2 + 4z 2 5, orienterad moturs sett från punkten (99, 0, 0). Lösning. en kanske enklaste lösningen fås genom att eliminera x ur integralen: På gäller att x 1 2y 8z, vilket insatt i den andra ekvationen ger y 2 2y +4z 2 8z 5, som är en ekvation för :s projektion, p, på yz-planet. Genom kvadratkomplettering får vi (y 1) 2 +4(z 1) 2 9, vilket betyder att p är en ellips med halvaxlarna och 2. Vi får även dx 2dy 8dz, F (1 y 8z, y+8z, 2y+9z 1), dr ( 2dy 8dz, dy, dz) och F dr (1 y 8z)( 2dy 8dz) + (y + 8z)dy + (2y + 9z 1)dz (7y + 24z 2)dy + (26y + 7z 9)dz Alltså har vi I (7y + 24z 2)dy + (26y + 7z 9)dz (7y + 24z 2)dy + (26y + 7z 9)dz, p där p är orienterad moturs. Greens sats ger nu I (26 24)dA 2A() 2 π 2 9π, där är området innanför p. Alternativt ger tokes sats att I ( F) d ( 8, 1, 1) d,

där är den del av planet x + 2y + 8z 1 som ligger innanför (en ellipsskiva). Vi parametriserar med y, z som parametrar och får r (1 2y 8z, y, z) (där (y, z) ), r y ( 2, 1, 0), r z ( 8, 0, 1) och r y r z i j k 2 1 0 8 0 1 (1, 2, 8). å r y r z har positiv x-komponent följer att d (1, 2, 8) dy dz. Alltså får vi I ( 8, 1, 1) (1, 2, 8) dy dz ( 8 + 2 + 8) dy dz 2 dy dz 9π, som förut. 8. Låt F(x, y, z) (2x + x 2 z + y 2 z 2 + ye z2, x 2 z 2 + xe z2 + y y 2 z, e y x2 xz 2 + yz 2 ). Finn flödet av F genom halvsfären : x 2 + y 2 + z 2 1, y x, som är orienterad med normalen pekande bort från origo. Lösning. Låt B vara den del av planet x y 0 som ligger innanför sfären x 2 +y 2 +z 2 1 orienterad med normalen i samma riktning som (1, 1, 0). Ytan B är då sluten, med utåtriktad normal. B är är den orienterade randen till ett halvklot (med radien 1), som vi betecknar med K. Om det sökta flödet betecknas med I så har vi I F d F d + Vektorfältets divergens ges av B B F d I 1 + I 2. F (2 + 2xz) + (1 2yz) + ( 2xz + 2yz). Med hjälp av Gauss divergenssats får vi I 1 ( F) dv K K () dv V (K) 2 4π 2π. Vi parametriserar nu B med x, z som parametrar och får r (x, y, z) (x, x, z), där 1 x 2 + y 2 + z 2 2x 2 + z 2, r x (1, 1, 0), r z (0, 0, 1) samt i j k r x r z 1 1 0 (1, 1, 0). 0 0 1 Parameterområdet ges av 2x 2 + z 2 1. Parametriseringen är kompatibel med orienteringen av B, vilket betyder att d (1, 1, 0) dx dz. Vi får därför (y byts mot x): I 2 (2x + x 2 z + x 2 z 2 + xe z2, x 2 z 2 + xe z2 + x x 2 z,... ) (1, 1, 0) dx dz (x + 2x 2 z) dx dz 0 av symmetriskäl. et sökta flödet är därför 2π + 0 2π.