(1 + x 2 + y 2 ) 2 = 1 x2 + y 2. (1 + x 2 + y 2 ) 2, x 2y

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA45 Matematikk vår 9 Løsningsforslag til eksamen.5.9 Gitt f(, y) = + +y. a) Vi regner ut f = f y = + + y ( + + y ) = + + y ( + + y ) = + y ( + + y ), y ( + + y ), og løser f =, f y =, dvs. + y =, () y =. () Den siste ligningen gir = eller y =. Men = er umulig, siden () blir + y =. Vi må derfor ha y =, og da sier () at =. Altså: De kritiske punktene er (, ) og (, ). b) R inneholder ingen av de kritiske punktene, så maksimumspunktet må ligge på randen. Randen består av fire rette linjestykker som vi sjekker hver for seg: Linjestykket y =,. Da er funksjonsverdien g() = f(,) =, som har kritiske punkter i = ± (der g () = ), men disse ligger + ikke i intervallet /, så vi står igjen med endepunktene = og = /, der vi har verdiene g() = og g(/) = /5. å vi tar kun med oss verdien /5 som mulig kandidat til maksimumsverdi. Linjestykket y =,. Da er funksjonsverdien h() = f(,) =, men denne er mindre enn g() for /. 5+ Linjestykket =, y. Da er funksjonsverdien f(, y) =. Linjestykket = /, y. Da er funksjonsverdien k(y) = f(/, y) = /, som har maksimumsverdi /5 i y =. 5/4+y Altså: Maksimumsverdien er /5. Fra komponenttesten (eller ved å regne ut curlf og se at den er null) ser vi at feltet er konservativt, dvs. det eksisterer en potensialfunksjon f(, y, z). For å finne denne, integrerer vi: f = y = f = y + g(y, z) = f y = + g y,. mai 9 ide av 5

2 Løsningsforslag til eksamen.5.9 men vi skal ha f y = + ze yz, så g y = ze yz = g = e yz + h(z) = f = y + e yz + h(z) = f z = ye yz + h (z), men vi skal ha f z = ye yz, så h (z) =, dvs. h(z) =, der er en vilkårlig konstant. Vi kan velge =, og har da som oppfyller f = F. Arbeidet blir derfor f(, y, z) = y + e yz, f(, 3, ) f(,, ) = 3 + e 6 = + e 6 3 ett g(, y, z) = + y + z 5, slik at kuleflaten er gitt ved g(, y, z) =. iden f(, y, z) = 3+y +z er en kontinuerlig funksjon på et lukket og begrenset område (en kuleflate), vet vi at f antar sin minimumsverdi i et punkt på kuleflaten. For å finne dette punktet bruker vi Lagrangemetoden, dvs. vi løser f = λ g under tilleggsbetingelsen g(, y, z) =. iden f = 3i + j + k og g = i + yj + zk, får vi ligningene 3 = λ, = λy, = λz, som gir (merk at λ ikke kan være lik null) ( ) 3 (, y, z) = λ, λ,. λ Men betingelsen + y + z = 5 gir da λ = 5 = λ = = λ = ±, og derfor er ( 5 (, y, z) = ±, 5, ). ( ) De tilsvarende verdiene av f er f 5 5,, = 7 = 5 ( ) og f 5, 5, = 5. Altså: Minimumsverdien er 5. 4 Kuleflaten +y +z = er gitt i kulekoordinater ved ρ =. Den andre kuleflaten er gitt ved ρ = cos φ (det ser vi fordi + y + (z ) = + y + z = z ρ = ρ cos φ). De to kuleflatene skjærer hverandre når cosφ = /, dvs. φ = π/3. D er derfor gitt i kulekoordinater ved ρ cos φ, φ π 3, θ π.. mai 9 ide av 5

3 Løsningsforslag til eksamen.5.9 Videre er δ = /ρ, så masseintegralet blir (husk at dv = ρ sinφdρ dφdθ i kulekoordinater) M = π π/3 cos φ = π π/3 π ρ ρ sinφdρ dφdθ = π/3 cos φ ( cos φ )sinφdφ = π ( sin φ + cos φ ) π/3 = π. sinφdρ dφdθ 5 iden er den delen av z = y som ligger over z =, må vi ha y + + y ( ) + y, som beskriver projeksjonen R av ned i y-planet. R er altså en sirkelskive med radius og sentrum i (, ). er en graf z = f(, y) over R, der f(, y) = y, og vi har derfor ndσ = ± ( f i f y j + k) d dy men vi må velge fortegnet + for å få positiv z-komponent. Derfor blir F ndσ = k ( f i f y j + k) d dy = d dy (på ) og F ndσ = R d dy = arealet av R = π. i j k 6 a) curlf = y z = yi zj yk. y yz z b) Alternativ : tokes teorem. Teoremet gir F T ds = curlf ndσ, der er trekanten PQR, og n må ha positiv z-komponent, siden omløpsretningen til er PQR (dvs. mot klokken, sett ovenfra). Punktene P, Q og R ligger alle i planet + y + z =, så er en del av dette planet. Projeksjonen av ned i y-planet er trekanten R med hjørner (, ), (, ) og (, ), som kan beskrives ved R:, y. iden er en graf z = f(, y) over R, der f(, y) = y, har vi ndσ = ± ( f i f y j + k) d dy = ±(i + j + k)d dy, men vi må velge fortegnet + for å få positiv z-komponent. Dette gir curlf ndσ = ( yi zj yk) (i + j + k)d dy = ( y z y)d dy = ( + 3y)d dy (z = y på ),. mai 9 ide 3 av 5

4 Løsningsforslag til eksamen.5.9 og derfor curlf ndσ = = R ( + 3y)d dy = ( y + y 3 y ) d = Alternativ : Direkte utregning. Vi regner ut F T ds = y d + yz dy + z dz ( + 3y)dy d ( + )d = 3. direkte. Integralet deles opp i en sum av tre bidrag, ett fra hvert av linjestykkene PQ, QR og RP. Linjestykket PQ: Ligger i y-planet og er gitt (med som parameter) ved, y =, men med motsatt orientering, så vi setter inn et minustegn. Vi får derfor bidraget (siden z = ) PQ y d = ( ) d = 4 3. Linjestykket QR: Ligger i yz-planet og er gitt (med y som parameter) ved y, z = y, men med motsatt orientering, så vi setter inn et minustegn. Vi får derfor bidraget (siden = ) QR yz dy = y( y)dy = 4 3. Linjestykket RP: Ligger i z-planet og er gitt (med z som parameter) ved z, = z/, men med motsatt orientering, så vi setter inn et minustegn. Vi får derfor bidraget (siden y = ) RP z dz = ummen av bidragene er /3, som er svaret. ( z z ) dz = 3. 7 a) Med r = ti + (/3)t 3/ j, gir utregning at N = v = i + tj, v = + t, T = i + tj, + t = ti + j t( + t) 3/, = t( + t), = ti + j, κ = + t ds = ds = = = ds v t( + t) 3/. b) Vi må først finne ut hvor partikkelen er ved tiden t = 7/3 s. I løpet av 7/3 s beveger partikkelen seg en avstand s = vt = (7/3) = /3 m fra origo, men denne avstanden måles langs y = (/3) 3/, så vi må vite hvordan vi regner ut lengder langs denne kurven. Til det kan vi bruke parametriseringen fra punkt. mai 9 ide 4 av 5

5 Løsningsforslag til eksamen.5.9 (a), men vi kaller parameteren τ istedenfor t, siden t nå betegner tiden. Da blir lengden fra origo (τ = ) til et punkt med parameterverdi τ = b: s(b) = b v(τ) dτ = b + τ dτ = 3 ( + b)3/ 3. Ligningen s(b) = /3 gir b = 3, så partikkelen er i punktet = 3, y = (/3)3 3/, og fra punkt (a) har vi der (parameterverdi τ = 3) N = 3i + j = 3i + j, κ = + 3 3( + 3) 3/ = 3 3 = 6 3. Videre er farten konstant lik v = m/s, så akselerasjonen er a = κv N = 6 3 3i + j = 3i + j mai 9 ide 5 av 5