Transcript Oswald Fogelklou 120109

UPPSALA UNIVERSITET
Matematiska institutionen
Oswald Fogelklou
Tel: 018-4713286
Tentamen
Flervariabelanalys, allmän kurs, ES2, W2
2012-01-09
1. Finn och klassificera samtliga kritiska punkter till funktionen
f (x, y, z) = z 2 (x3 + xy − y) − 2z.
Tips: Tänk på att funktionens hessian är symmetrisk.
2. Kurvan C kan på parameterform skrivas som r(t) = (t sin(t) + cos(t), t cos(t) − sin(t), t2 ),
där 0 ≤ t ≤ T och T är en positiv konstant. Båglängdsparametrisera kurvan C.
3. Bestäm samtliga lösningar f ∈ C 2 till den partiella differentialekvationen
2
∂ 2f
∂ 2f
∂f
2∂ f
+
4x
= 2(x2 + y),
−
4x
−
2
2
2
∂x
∂x∂y
∂y
∂y
genom att införa variablerna
(
u=x
v = x2 + y.
Variablerna u och v får inte förekomma i svaret.
4. Den enkla, slutna, styckvis släta och positivt orienterade kurvan C beskrivs på parameterform av r(t) = (cos(t), sin(2t)), där − π2 ≤ t ≤ π2 . Beräkna med hjälp av en linjeintegral
arean av det område som C är randkurva till.
5. Finn varje punkt i R3 som både ligger på den elliptiska paraboloiden z = x2 + y 2 och
på den hyperboliska cylindern x(y + 2) = 1 och som uppfyller att varje normalvektor till den
elliptiska paraboloiden i punkten är vinkelrät (ortogonal) mot varje normalvektor till den
hyperboliska cylindern i punkten. Bestäm även tangentplanet till den elliptiska paraboloiden
i varje sådan punkt.
6. Låt området Ω ⊂ R3 definieras av
(
x2 + y 2 + x = 2
Ω:
z = x2 − y 2 .
Bestäm största och minsta värde av funktionen f (x, y, z) = x + z i Ω om de existerar. Motivera noggrant.
7. Låt D vara området mellan de horisontella linjerna y = 0 och y = 2 och utanför cirkeln
x2 + (y − 1)2 = 1. Beräkna den generaliserade dubbelintegralen
ZZ
y
dA.
2
2
D x +y
1
(
x = r cos(θ)
Ledning: Gör koordinatbytet
y = r sin(θ).
8. Beräkna den generaliserade trippelintegralen
Z 1 Z √y Z 1
ez
dzdxdy,
2
3
0
y
x 3z − 2z
genom att först integrera över y, sedan över x och till sist över z.
Några trigonometriska formler
2 cos(x) cos(y)
2 sin(x) sin(y)
2 sin(x) cos(y)
2 cos2 (x)
2 sin2 (x)
2 sin(x) cos(x)
cos2 (x) + sin2 (x)
=
=
=
=
=
=
=
cos(x − y) + cos(x + y)
cos(x − y) − cos(x + y)
sin(x − y) + sin(x + y)
1 + cos(2x)
1 − cos(2x)
sin(2x)
1
2
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
LÖSNINGAR:
1. Lösning: Vi har en kritisk punkt om och endast om ∇f = 0, d.v.s
z 2 (3x2 + y) = 0
z 2 (x − 1) = 0
2z(x3 + xy − y) − 2 = 0.
(8)
(9)
(10)
Enligt ekvation (10) är z =
6 0. Ekvation (9) medför därför att x = 1. Enligt ekvation (8)
är nu y = −3x2 = −3. Om vi sätter in x = 1 och y = −3 i ekvation (10) får vi nu
2z(1 − 3 + 3) − 2 = 0 ⇔ z = 1. Den enda kritiska punkten är alltså (1, −3, 1). Hessianen blir


6z 2 x
z2
2z(3x2 + y)
.
z2
0
2z(x − 1)
H(x, y, z) = 
2
3
2z(3x + y) 2z(x − 1) 2(x + xy − y)
Om vi sätter in punkten (1, −3, 1) blir hessianen


6 1 0
H(1, −3, 1) =  1 0 0  .
0 0 2
Eftersom D2 = −1 < 0 och det(H(1, −3, 1)) = −2 6= 0 är (1, −3, 1) en sadelpunkt.
SVAR: Den enda kritiska punkten är (1, −3, 1). Det är en sadelpunkt.
2. Lösning:
d
d 2
d
t sin(t) + cos(t) ,
t cos(t) − sin(t) ,
t
(11)
v(t) =
dt
dt
dt
= (sin(t) + t cos(t) − sin(t), cos(t) − t sin(t) − cos(t), 2t) = (t cos(t), −t sin(t), 2t).
Enligt (11) gäller
q
p
2
2
2
|v(t)| =
(t cos(t)) + (−t sin(t)) + (2t) = t2 cos2 (t) + t2 sin2 (t) + 4t2
q
√
√
=
t2 (cos2 (t) + sin2 (t)) + 4t2 = 5t2 = 5t,
√
Rt
Rt√
ty t ≥ 0. Därför gäller s(t) = 0 |v(τ )|dτ = 0 5τ dτ = 5t2 /2.
q √
Det följer att t = 2s/ 5, eftersom t ≥ 0. Följaktligen har vi
SVAR: Båglängdsparametriseringen
q
avkurvan
q
q
q √
q √ges av
q √
√
√
√
√
r(s) =
2s/ 5 sin
2s/ 5 +cos
2s/ 5 , 2s/ 5 cos
2s/ 5 −sin
2s/ 5 , 2s/ 5 ,
√ 2
där 0 ≤ s ≤ 5T /2.
3. Lösning: Enligt kedjeregeln gäller att
∂f
∂u
∂v
= ∂f
+ ∂f
= ∂f
+ 2x ∂f
∂x
∂u ∂x
∂v ∂x
∂u
∂v
∂f
∂f ∂u
∂f ∂v
∂f
=
+
=
.
∂y
∂u ∂y
∂v ∂y
∂v
Genom att återanvända formlerna för förstaderivatorna och att använda produktregeln får
vi
3
∂2f
∂x2
∂ ∂f
∂ ∂f
( + 2x ∂f
) = 2 ∂f
+ ∂u
+
∂x ∂u
∂v
∂v
∂u
∂2f
2 ∂2f
4x ∂u∂v + 4x ∂v2 ,
2
∂2f
∂2f
∂ ∂f
∂ ∂f
∂ ∂f
= ∂x
= ∂u
+ 2x ∂v
= ∂u∂v
+ 2x ∂∂vf2
∂x∂y
∂y
∂v
∂v
och
∂2f
∂y 2
=
∂ ∂f
∂x ∂x
=
∂ ∂f
∂ ∂f
∂ ∂f
2x ∂v
+ 2x( ∂u
+ 2x ∂v
) = 2 ∂f
+
∂u
∂v
∂v
∂v
∂2f
∂u2
+
2
= ∂∂vf2 .
Om vi sätter in uttrycken för de partiella derivatorna i differentialekvationen får vi
2
2
2
2
2
∂2f
∂2f
2 ∂f
+ ∂∂uf2 + 4x ∂u∂v
+ 4x2 ∂∂vf2 − 4x( ∂u∂v
+ 2x ∂∂vf2 ) + 4x2 ∂∂vf2 − 2 ∂f
= 2(x2 + y) ⇔ ∂∂uf2 = 2v.
∂v
∂v
Om vi integrerar en gång över u får vi
∂f
= 2uv + G(v).
∂u
Om vi integrerar en gång till över u får vi
f = u2 v + uG(v) + H(v) = x2 (x2 + y) + xG(x2 + y) + H(x2 + y), där G, H ∈ C 2 .
SVAR: f = x2 (x2 + y) + xG(x2 + y) + H(x2 + y), där G, H ∈ C 2 .
4. Lösning: dr = ( dtd cos(t), dtd sin(2t))dt = (− sin(t), 2 cos(2t))dt.
Det gäller att x = cos(t) och dy = 2 cos(2t)dt.
En formel
Rπ
H för arean
R π2 är
Arean= C xdy = − π cos(t)2 cos(2t)dt = −2π 2 cos(2t) cos(t)dt.
2
2
Enligt den trigonometriska formeln (1) har vi
R π2
R π2
Arean= − π (cos(2t − t) + cos(2t + t))dt = − π (cos(t) + cos(3t))dt = sin(t) +
2
2
= 1 − 1/3 − (−1 + 1/3) = 4/3 a.e.
SVAR: Arean är 4/3 a.e.
sin(3t)
3
π2
− π2
5. Lösning: Den elliptiska paraboloiden kan skrivas som x2 + y 2 − z = 0.
En normalvektor till den är n1 = ∇(x2 + y 2 − z) = (2x, 2y, −1) 6= 0.
Den hyperboliska cylindern kan skrivas som x(y + 2) − 1 = 0.
En normalvektor till den är n2 = ∇(x(y + 2) − 1) = (y + 2, x, 0). På den hyperboliska cylindern gäller n2 6= 0.
Ortogonalitetsvillkoret är ekvivalent med ekvationen
n1 • n2 = 0
⇔
(2x, 2y, −1) • (y + 2, x, 0) = 0
⇔
W
2x(y + 2) + 2yx = 0 ⇔ 4x(y + 1) = 0 ⇔ x = 0 y = −1.
Om x = 0 ligger dock inte motsvarande punkt på den hyperboliska cylindern, så y = −1.
Eftersom motsvarande punkt ligger på den hyperboliska cylindern har vi
x(−1 + 2) − 1 = 0 ⇔ x = 1.
Eftersom motsvarande punkt ligger på den elliptiska paraboloiden har vi
12 + (−1)2 − z = 0 ⇔ z = 2.
Punkten blir alltså (1, −1, 2).
Det följer att n1 = (2x, 2y, −1) = (2, −2, −1).
Tangentplanets ekvation blir därför (2, −2, −1)•(x−1, y +1, z −2) = 0 ⇔ 2x−2y −z −2 = 0
SVAR: Den enda punkten som uppfyller villkoret är (1, −1, 2). Den elliptiska paraboloidens
tangentplan i punkten har ekvationen 2x − 2y − z − 2 = 0.
6. Lösning: Projektionen av {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + y 2 + x = 2} på xy-planet är en cirkel.
4
Det följer att x och y är begränsade och därför även z = x2 − y 2 . Därmed är Ω begränsad.
Eftersom Ω även är sluten och f är kontinuerlig existerar största och minsta värde för f .
Definiera g(x, y, z) = x2 + y 2 + x − 2 och h(x, y, z) = x2 − y 2 − z.
Då gäller Ω = {(x, y, z) ∈ R3 |g(x, y, z) = 0, h(x, y, z) = 0}.
Extrempunkter kan bara finnas där
∇f 1
0
1
0 = −4y(1 + 2x).
0 = ∇g = 2x + 1 2y
∇h 2x
−2y −1 Alltså gäller x = −1/2 eller y = 0.
Om vi sätter in x = −1/2 i g(x, y, z) = 0 får vi y 2 = 2 − x2 − x = 2 − 1/4 + 1/2 = 9/4. Detta
medför att z = x2 − y 2 = 1/4 − 9/4 = −2. Det medför i sin tur att f = x + z = −1/2 − 2 =
−5/2.
W
Om vi sätter in y = 0 i g(x, y, z) = 0 får vi x2 +x−2 = 0. Följaktligen gäller x = 1 x = −2.
Om x = 1 blir z = x2 − y 2 = 12 − 02 = 1. Det följer att f = x + z = 1 + 1 = 2.
Om x = −2 blir z = x2 − y 2 = (−2)2 − 02 = 4. Det följer att f = x + z = −2 + 4 = 2.
Alternativt kan man lösa ut z ur z = x2 − y 2 . Vi får då ett problem i två variabler.
SVAR: Största och minsta värdet är 2 respektive −5/2.
7. Lösning: Eftersom y ≥ 0 är integranden aldrig negativ och vi kan räkna på som vanligt. Vi inför polära koordinater
(
x = r cos(θ)
y = r sin(θ).
Linjen y = 2 motsvarar r sin(θ) = 2 ⇔ r = 2/ sin(θ). Detta blir en övre gräns för r.
Cirkeln x2 + (y − 1)2 = 1 ⇔ x2 + y 2 − 2y + 1 = 1 ⇔ x2 + y 2 = 2y motsvarar r2 = 2r sin(θ) ⇔
r = 2 sin(θ) om r > 0. Detta blir en undre gräns för r.
Eftersom y ≥ 0 gäller 0 ≤ θ ≤ π.
Variabelbytet medför
ZZ
D
Z πZ 2
Z π
2
sin(θ)
r sin(θ)
sin(θ)
rdrdθ
=
sin(θ)drdθ
=
sin(θ)[r]
2 sin(θ) dθ
r2
0
2 sin(θ)
0
2 sin(θ)
0
Z π
Z π
2
=
(2 − 2 sin (θ))dθ =
2 cos2 (θ)dθ.
(12)
y
dA =
2
x + y2
Z
0
π
Z
2
sin(θ)
0
Om vi använder den trigonometriska formeln (4) i (12) får vi
π
ZZ
Z π
y
sin(2θ)
dA =
(1 + cos(2θ))dθ = θ +
= π.
2
2
2
D x +y
0
0
RR
y
SVAR: D x2 +y
2 dA = π.
8. Lösning: Eftersom 0 ≤ z ≤ 1 gäller z 2 ≥ z 3 ⇒ 3z 2 ≥ 2z 3 så integranden är aldrig
negativ och vi kan räkna på som vanligt med itererad integration. Vi har
0 ≤ y≤1
√
y ≤ x≤ y
x ≤ z ≤ 1.
5
(13)
(14)
(15)
Variabeln z ska nu vara ytterst. Variabeln får inte bero av andra variabler. Vi har z ≥ x ≥
y ≥ 0 från (15), (14) och (13) och z ≤ 1 från (15). Därmed får vi integrationsintervallet
0 ≤ z ≤ 1.
Variabeln x ska vara i mitten. Variabeln får bara bero av den yttersta variabeln, d.v.s. z. Vi
har x ≤ z från (15) och x ≥ y ≥ 0 från (14) och (13). Därmed får vi integrationsintervallet
0 ≤ x ≤ z.
√
Variabeln y ska vara innerst. Den får bero av övriga variabler. Vi har y ≤ x och x ≤ y ⇔
y ≥ x2 från (14). Följaktligen blir integrationsintervallet x2 ≤ y ≤ x.
Den generaliserade trippelintegralen blir
Z 1 Z √y Z 1
Z 1Z zZ x
Z 1Z z
ez
ez
ez
dzdxdy
=
dydxdz
=
[y]xx2 dxdz
2 − 2z 3
2 − 2z 3
2 − 2z 3
3z
3z
3z
2
y
x
0
0
0
x
0
0
2
z
Z z
Z 1
Z 1
z
x
x3
e
ez
2
−
dz
(x − x )dxdz =
=
2
3
2
3
2
3 0
0 3z − 2z
0
0 3z − 2z
2
Z 1 z
Z 1
ez
z3
e
1
e−1
z
−
dz =
dz = [ez ]10 =
.
=
2
3
2
3
6
6
0 3z − 2z
0 6
SVAR:
R 1 R √y R 1
0
y
ez
dzdxdy
x 3z 2 −2z 3
=
e−1
.
6
6