Transcript Måndag 13 januari 2014.

F¨or studenter i Flervariabelanalys
TM-Matematik
Mikael Forsberg
0734-41 23 31
Flervariabelanalys
MA012B
2014 01 13
Skrivtid: 09:00-14:00. Hj¨
alpmedel ¨
ar formelbladen fr˚
an insidan av P¨armen i Adams Calculus, dessa
formler bifogas tentan.
L¨osningarna skall vara fullst¨
andiga och l¨
atta att f¨olja. B¨orja varje ny uppgift p˚
a ny sida.
Anv¨and ej baksidor. Skriv namn p˚
a varje inl¨amnat blad.
1. Best¨am och klassificera alla kritiska punkter till funktionen f (x, y) = x + x2 + xy + y 3 .
2. Ber¨akna
dz
dt
d¨
ar z = txy 2 , x = t + ln(y + t2 ) och y = et
3. Funktionen T (x, y) = x2 + 2x + y 2 − 4y + 5 anger hur temperaturen ¨ar f¨ordelad i det reella planet.
Ber¨akna den riktning i vilken temperaturen ¨okar mest i punkten (1, 0). Hur stor ¨ar temperatur¨
okningen
i denna punkt om man r¨
or sig i x-axelns positiva riktning?
4. Ber¨akna kortaste avst˚
andet fr˚
an origo till ytan xy 2 z = 2.
5. Ber¨akna
ZZ
(x + y)dA,
S
d¨ar S√¨ar det omr˚
ade i f¨
orsta kvadranten som ligger i cirkelskivan x2 + y 2 ≤ a2 och nedanf¨
or linjen
y = ( 3) · x
6. Ber¨akna
ZZZ
zdV,
S
d¨ar S ¨ar den del av den f¨
orsta oktanten som ligger ovanf¨or planet x + y − z = 1 och nedanf¨
or planet
z=1
7. Visa att vektorf¨
altet
F (x, y, z) =
2x 2y x2 + y 2
, ,−
z z
z2
¨ar konservativt och ber¨
akna dess potentialfunktion φ(x, y, z).
8. Ber¨akna
I
F • dr,
C
d¨ar F = (−y 3 , x3 , −z 3 ) och C ¨
ar sk¨
arningskurvan mellan cylindern x2 +y 2 = 1 och planet 2x+2y+z = 3
orienterad s˚
a att projektionen till xy-planet ¨ar orienterad moturs.
Svar till tentamen i Flervariabelanalys, 2014 01 13.
−1
1. p1 = (− 43 , 12 ) ¨
ar ett lokalt minimum och p2 = ( −1
ar en sadelpunkt.
3 , 3 ) ¨
2. ty 2 1 +
y+2t
y+t2
+ 2txy 2 + xy 2
3.
4. Kortaste avst˚
andet ¨
ar 2
5. =
√
a3 ( 3+1)
2
6. Integralen blir 17/24
7. φ(x, y, z) =
8.
3π
2
x2 +y 2
z
L¨
osningar till tentamen i Flervariabelanalys, 2014 01 13.
1. Kritiska punkter ¨
ar s˚
adana som g¨
or att de partiella f¨orstaderivatorna blir noll. F¨orstaderivatorna blir
∂f
= 1 + 2x + y
∂x
∂f
= x + 3y 2
∂y
B˚
ada dessa derivator ska allts˚
a vara noll och d˚
a kan vi fr˚
an uttrycket f¨or partialderivatan m.a.p. y l¨
osa ut
2
x = −3y och s¨atta in i uttrycket f¨
or partialderivan f¨or x:
(
√
1
00 +00
1 ± 1 + 24
2
2,
=
1 + y − 6y = 0 ⇒ y =
12
− 13 , 00 −00
Med dessa v¨arden s˚
a kan vi l¨
osa ut motsvarande v¨arden f¨or x:
(
− 43 om y = 21
x=
− 13
om y = − 13
−1
Vi har allts˚
a tv˚
a kritiska punkter p1 = ( 34 , 12 ) och p2 = ( −1
3 , 3 ).
Vi ber¨aknar nu Hessianen, som ¨
ar matrisen med andraderivator:
" 2
# ∂ f
∂2f
2 1
2
∂x∂y
∂x
H(x, y) =
=
∂2f
∂2f
1 6y
2
∂y∂x
∂y
I p1 s˚
a ¨ar hessianens determinant positiv och eftersom andraderivan m.a.p. x ¨ar positiv s˚
a ger andraderivatatestet att p1 ¨
ar ett lokalt minimum. I p2 s˚
a ¨ar hessianens determinant negativ vilket indikerar
att p2 ¨ar en sadelpunkt.
2. Hur variablerna beror av varandra kan vi st¨alla upp i schemat i figur 1 Fr˚
an detta schema f˚
ar vi att:
z
x
y
t
y
t
t
t
Figure 1: Schema som visar hur variabeln z beror av variablerna x, y och t
(vi utnyttjar ocks˚
a att y = et ger att
dz
=
dt
∂y
∂t
= et = y
∂z ∂x
∂z ∂x ∂y ∂z ∂y
∂z
+
+
+
=
∂x ∂y ∂t ∂y ∂t |{z}
∂t
|∂x{z∂t}
| {z } | {z }
ty 2 (1+
2t
)
y+t2
ty 2 (
y
)
y+t2
2txy·y
=xy 2
2t
y
= ty 2 (1 +
) + ty 2 (
) + 2txy 2 + xy 2 =
y + t2
y + t2
y + 2t
y + 2t
2
2
2
2
= ty 1 +
+ 2txy + xy = ty 1 + 2x +
+ xy 2
y + t2
y + t2
3. Gradientens belopp i den aktuella punkter anger den maximala ¨okningen:
√
√
||∇(T )(1,0) || = ||(2x + 2, 2y − 4)||(1,0) = ||(4, −4)|| = 32 = 4 2
¨
Okningen
i en annan riktning, given av en enhetsvektor ges av skal¨arprodukten mellan gradientvektorn
och den aktuella riktningen. I v˚
art fall har vi att positiva x-axeln ges av enhetsvektorn ex = (1, 0) och d˚
a
f˚
ar vi att ¨okningen i denna riktning blir
∇(T )(1,0) • ex = (4, −4) • (1, 0) = 4
4. Vi anv¨ander oss av Lagrange multiplikatormetod:
p
Vad ska minimeras? Avst˚
andet till origo: x2 + y 2 + z 2 som ¨ar ekvivalent med att
x2 + y 2 + z 2
ska minimeras
Vad ¨
ar bivillkoret : Vi s¨
oker den punkt p˚
a ytan xy 2 z = 2 som ligger n¨armast origo. Detta betyder att
v˚
ar punkt ska uppfylla ytans ekvation, som blir v˚
art bivillkor.
Lagrangefunktion:
L(x, y, z, λ) = x2 + y 2 + z 2 + λ(xy 2 z − 2)
Lagrangefunktionens gradient ska vara noll ::
∂L
∂x
∂L
∂y
∂L
∂z
∂L
∂λ
= 2x + λy 2 z = 0,
⇔
⇔
= 2y + 2λxyz = 0
= 2z + λxy 2 = 0
= xy 2 z − 2 = 0
⇔
−λ = 2x/y 2 z
(1)
−λ = 1/xz
(2)
−λ = 2z/xy 2
(3)
x2 y 4 z 2 = 4
⇒
(4)
(1), (2) and (3) ger oss att
2x2 = y 2 = 2z 2
(5)
och s¨atter vi in detta i (4) s˚
a f˚
ar vi
x8 = 1
⇒
x2 = 1
Eftersom det minsta avst˚
andet bara involverar kvadraterna x2 , y 2 och z 2 s˚
a beh¨over vi inte l¨
agga
ned tid p˚
a att f˚
a fram v¨
arden p˚
a x, y och z, som visserligen beh¨ovs f¨or att best¨amma de punkter d¨
ar
minima intr¨
affar. Men uppgiften fr˚
agade inte efter detta vilket betyder att kvadraterna r¨
acker f¨
or
oss.
Nu ger ekvation (5) att y 2 = 2 och z 2 = 1 vilket ger oss det minsta avst˚
andet
p
√
x2 + y 2 + z 2 = 1 + 2 + 1 = 2
5. Eftersom omr˚
adet beskrivs enklast i pol¨ara koordinater s˚
a ¨ar det l¨ampligt att f¨ors¨oka ¨overf¨
ora hela
problemet till pol¨
ara koordinater.
x = r cos θ,
y = r sin θ,
dA = rdrdθ
Vi f˚
ar f¨orst att S kan skrivas som
S = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θπ/3}
Integralen blir nu
Z
ZZ
π/3 Z a
(r cos θ + r sin θ)rdrdθ =
(x + y)dA =
0
S
Z
0
π/3 Z a
(cos θ + sin θ)r2 drdθ =
√
Z
a3 3 + 1
=
cos θ + sin θdθ =
=
3 0
3
2
√
a3 ( 3 + 1)
=
2
=
0
a3
0
π/3
6. Tricket med denna uppgift ¨
ar att skriva om integrationsomr˚
adet s˚
a att det blir enkelt beskrivet m.a.p
v˚
ara axlar. Omr˚
adet kan ses i figur 2.
z=1
y=1+z
x=1+z-y
Figure 2: Integrationsomr˚
adet till uppgift 6
Vi har
S = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1 + z − y, 0 ≤ y ≤ 1 + z, 0 ≤ z ≤ 1}
som ger oss integralen
ZZZ
Z 1 Z 1+z Z 1+z−y
z dxdydz =
zdV =
0
S
0
0
Z 1 Z 1+z
Z
=
z
(1 + z − y)dydz =
0
0
1
0
z(1 + z)(1 + z) − z(1 + z)2 /2 dz =
|
{z
}
2
= 12 z(1+z)2 = z+2z2 +z
1
=
2
Z
0
1
z + 2z 2 + z 3 dz =
3
17
24
7. B¨orja med att visa att f¨
altet ¨
ar konservativt och detta ¨ar ekvivalent med att rotationen blir noll, dvs
∇ × F = 0: Vi har
∂F1
=
0
∂y
∂F1
= − 2x
z2
∂z
∂F2
= − 2y
z2
∂z
∂F2
∂x
∂F3
=
∂x
∂F3
=
∂y
=
vilket visar att rotationen ¨
ar noll och f¨
altet konservativt (f¨orutsatt av vi verkligen ¨ar i en enkelt sammanh¨angande m¨
angd) Vi ber¨
aknar nu en potentialfunktion Φ(x, y, z) och f¨or denna g¨aller att
∂Φ
2x
=
,
∂x
z
∂Φ
2y
=
,
∂y
z
∂Φ
x2 + y 2
=−
,
∂z
z2
Vi b¨orjar med att integrera m.a.p. x, integrationskonstanten kan d˚
a bero av y och z:
Z
2x
x2
∂Φ
∂H
2y
Φ(x, y, z) =
dx =
+ H(y, z) ⇒
=
=
z
z
∂y
∂y
z
Nu integrerar vi detta uttryck m.a.p y och f˚
ar d˚
a
H(y, z) =
y2
+ G(z)
z
S¨atter vi samman detta s˚
a f˚
ar vi
Φ(x, y, z) =
x2 y 2
x2 + y 2
+
+ G(z) =
+ G(z),
z
z
z
d¨ar G(z) ¨ar integrationskonstanten, som h¨
ar f˚
ar bero av z. Derivering m.a.p z ger att vi kan utnyttja den
tredje f¨oruts¨attningen
x2 + y 2
∂Φ
x2 + y 2
−
=
=
−
+ G0 (z)
z2
∂z
z2
Vi f˚
ar allts˚
a att G(z) = konst. Vi har inga speciella krav som kan best¨amma konstanten vilket g¨
or att vi
¨ar fria att s¨atta den noll.
V˚
ar slutliga potentialfunktion ¨
ar allts˚
a
Φ(x, y, z) =
x2 + y 2
z
8. Se figur 3
z
C
S
x
R
y
Figure 3: Figur till uppgift 8
C ¨ar den orienterade randen till en elliptisk skiva S som ligger i planet 2x + 2y + z = 3 och ligger
ovanf¨or en cirkelskiva x2 + y 2 ≤ 1. Normalvektor f¨or planet och ellipsskivan ¨ar N = (2, 2, 1) och vi f˚
ar
d¨arf¨or ytelementet f¨
or ellipsskivan
N dS = (2, 2, 1)dxdy
Vi f˚
ar ocks˚
a att
∇ × F = (0, 0, 3(x2 + y 2 )
D˚
a f˚
ar vi m.h.a. Stokes Sats
ZZ
ZZ
Z
ointC F • dr =
∇ × F • N dS =
3(x2 + y 2 )dxdy = 3
S
R
0
1Z
02π r3 drdθ =
3π
2