Løsningsforslag eksamen TMA4105 matematikk 2, 25. mai 2005

Transkript

1 Løsningsforslag eksamen TMA5 matematikk, 5. mai 5 Oppgave Vi finner de partiellderiverte av første og annen orden av f, ) = sin : f = sin, f = cos, f =, f = cos, f = sin. Finner de kritiske punktene ved å løse f = f =. f = gir sin =, dvs. = πn for n heltallig. Derfor er cos = ±, så f = gir =. De kritiske punktene er altså =, = πn, n =,±,±,... Diskriminanten i annenderiverttesten er, ) = f f f = cos og i de kritiske punktene har denne verdi, siden cos = cosπn = ± for heltallig n. De kritiske punktene er derfor sadelpunkter

2 Oppgave Området T er beskrevet ved:,, z. ) De to første ulikhetene gir oss projeksjonen i -planet: =.5.5 De to siste ulikhetene i ) beskriver snittet mellom T og et plan = konst., som er parallelt med z-planet. Snittet blir størst for verdien =, og da har vi som er projeksjonen av T i z-planet:, z z= z z Ut fra disse skissene er det lett å se hva de ne grensene skal være: Vi integrerer først i fra til ser dette fra den første skissen), deretter i fra z til ser dette fra den andre skissen); så integreres z fra til. Svaret er altså: z f,, z) d d dz = dz z d f,, z) d Følgende figur viser området T sett fra ulike vinkler.

3 Oppgave F er konservativt: Vi finner at F = f, der f,, z) = + z ) + z. For en hvilken som helst glatt kurve C som starter i,, ) og slutter i,,) har vi derfor arbeidet F dr = f,,) f,, ) = = 9. C Oppgave Utregning gir f = cos cos i sin sin j, g = i + j Figur D viser gradientfeltet til g, ). Oppgave 5 a) Flaten S er gitt ved z = f, ) der f, ) =. Ligningen for tangentplanet i,,) er gitt ved z = f,) + )f,) + )f,) dvs. z = + ) ) + ) ) som forenkles til z = 6 b) Her er det flere muligheter.

4 Alternativ Projeksjonen av C i -planet er gitt ved = > ), dvs. =. Dette gir ) z = = = 6 som skal maksimeres, for >. Finner kritisk punkt: dz d = + 5 = 86 = = ± men vi skal ha >, derfor er =, = =, og svaret blir z = = =. Alternativ Lagrange-multiplikatormetoden. Vi skal maksimere z = f, ) = under bibetingelsen g, ) = der g, ) =. Dessuten skal >. Dette gir ligningene f = λ g og g, ) =, dvs. = λ8, ) = λ, ) =, ) der >. Fra ) får vi λ =, som innsatt i ) gir =, dvs. =. Innsatt i ) gir dette 8 =, dvs. =. ) gir da =. Resten går som i alternativ. c) Igjen har vi flere muligheter. Alternativ La α være vinkelen vi skal bestemme. Stigningstallet tanα vet vi er lik den retningsderiverte av f, ) = i punktet,/), i retningen bestemt av kurven C. Mer presist, tanα = D u f,/) = f,/) u der u = u i + u j skal være tangent til projeksjonen av C i -planet, og skal ha lengde. Men projeksjonen av C i -planet er gitt ved = for >, dvs. vi kan parametrisere den ved rt) = t i + j t > ). t

5 Tangentvektoren er r t) = i t j. Vi ser på punktet svarende til parameterverdi t =, og derfor tar vi Dette gir oss siden f = i j) Dette gir u = r ) r ) = i j i j = i ). 5 j tanα = f,/) u = i ) j i ) 5 j = 7 ) = α = arctan 7 ) 57, 5 grader. Her fikk vi en negativ vinkel, pga. orienteringen av r. Både α 57, og α 57, er fullgode svar, siden det kun står finn vinkelen i forhold til horisontalplanet i oppgaven. Alternativ z-verdien svarende til, ) =,/) er z = /) = 7/6, så punktet vi ser på er P =,/,7/6). C er skjæringskurven mellom to flater gitt ved ligninger F,, z) = og G,, z) =, der F,, z) = z + + og G,, z) =. En tangentvektor til C i P er derfor T = FP) GP) = [,/,] [,,] = [,,7]. Stigningstallet tanα er da gitt ved 7 tanα = = 7 i + j = 7 5, ) og resten går som i alternativ. Som et alternativ til ) kan vi resonnere slik: α er vinkelen mellom T og projeksjonen av T i -planet, som er i + j; derfor er cosα = T i + j) T + = i + j = 69 5

6 som gir α = arccos 69 57,. Følgende figur viser et utsnitt av flaten S med kurven C i rødt), tangentplanet i punktet P, og tangentvektoren T skalert)..5 z

7 Oppgave 6 a) Vi bruker slinderkoordinater r, θ, z). Slinderen r = og kuleflaten r + z = skjærer hverandre der hvor + z =, dvs. z = ±. z r = O r r + z = I slinderkoordinater er derfor T beskrevet ved enten θ π, z, r z eller, alternativt, θ π, r, r z r. Volumet er derfor V = π z = π = π r z z ) dz r dr dz dθ dz = π z ) z = π 6 ) = π 7

8 eller, alternativt og enklere), V = π r = π = π = π r dz dr dθ r r r dr r ) / b) Utregning gir divf =. Fra divergensteoremet får vi da: F n ds = divf dv = dv = V = π. c) På S har vi S T n ds = ±r u r v du dv, der fortegnet må velges slik at retningen er inn mot z-aksen, siden det er angitt i oppgaven at n skal peke ut av T. For å se hva som er det riktige fortegnet, regner vi ut krssproduktet: r u r v = sin u i + cos u j ) k = cos u i + sin u j så vi må sette inn et minustegn for å få korrekt orientering. Altså er n ds = cos u i + sin u j ) du dv, og vi får merk at k-komponenten i F ikke gir noe bidrag) I = = = π π π = π. Fcos u,sin u, v) cos u i + sin u j ) du dv cos u + v sin u )cos u + sin u v cos u)sin u du dv T ) du dv Vi trenger faktisk ikke regne ut fluksen gjennom S, fordi F n ds = I + I = I = F n ds I = π + π = 6 π. S S 8