e y + ye x +2x xe y + e x +1 0 = 0

Transkript

1 LØNINGFORLAG TIL EKAMEN I FAGET 55/7 MATEMATIKK. august Oppgave. (i) Ja. (ii) Ja. (iii) Nei. Alternativt: (i) Ja. (ii) Ja. (iii) Ja. Oppgave. a) curlf (x, y) F i j k (x, y) / x / y / z e y + ye x +x xe y + e x + Altså erf konservativt. f(x, y) er slik at f(x, y) F (x, y). Det vil si, f x (x, y) e y + ye x +x som gir f(x, y) xe y + ye x + x + ϕ(y) der ϕ(y) er en eller annen deriverbar funksjon av y. Videre er f y (x, y) xe y + e x + ϕ (y) xe y + e x +. Altså erϕ (y) slik at ϕ(y) y +. Vi velger f. eks.. Detgir f(x, y) xe y + ye x + x + y b) W F T ds (,e π ) (,) F T ds f(,e π ) f(, ) (e π ). c) G T ds π π { }{ } e t cos t i e t sin t j (e t sin t + e t cos t) i +(e t cos t e t sin t) j dt e t dt ( ) e 8π Oppgave 3 Fra ligningen for tangentplanet ser vi at f(, ) i 3 j. D i+ j f(, ) f(, ) i + j i + j ( i 3 j) ( i + j) La α være den søkte vinkelen. Da er tan α /. Det vil si, α tan ( / ).6 (eller α π.6.5). Oppgave Parameterfremstilling av skjæringskurven: x cost, y sint, z ln( cos t sin t) (cos t+sin t) ln( sin t) for t π. Vi finner kandidater til max og min ved å sette dz/dt. dz dt sin t ( cos t) for t π + k π

2 der k er et vilkårlig heltall. Det gir t π : z ln( sin π ) ln. Min t 3π : z ln( sin 3π ) ln3. Max t 5π : pi z z( ). Min t 7π : z z( 3π ). Max De høyeste punktene på skjæringskurveen er derfor (,, ln 3 )og(,, ln 3 ). De laveste punktene er (,, ln )og(,, ln ). Alternativt: På skjæringskurven er z ln( xy) Maksimum inntrer når xy er minst mulig på enhetssirkelen. Det vil si, når xy. Minimum inntrer når xy er størst mulig på enhetssirkelen. Det vil si, når xy. Derav følger svaret. Alternativtkan vi bruke Lagranges metode: Vi skal finne max og min for funksjonen f(x, y, z) z under bibetingelsene g(x, y, z) x + y og h(x, y, z) ln( xy) (x + y ) z Det gir ligningene () y xλ +( xy x )µ () x yλ +( xy y )µ (3) λ +( µ () x + y (5) ln( xy) (x + y ) z Vi ser med en gang at x ogy fordi x barenår y og vice versa (se ligning () og ()), noe som strider mot ligning (). Løser vi ligningssystemet, får vi at x y. Det gir de samme fire punktene som før. Flere alternativ finnes naturligvis også. For eksempel, løs g(x, y, z) med hensyn på y, sett inn i h(x, y, z) og maksimer/minimer f(x, y, z) under én bibetingelse. Oppgave 5 Vi må dele opp integrasjonsområdet i to deler. Den ene delen R er gitt ved at x y x y (det vil si, R er den delen av R som er under linjen y x). Den andre delen R er gitt ved at x y y x (det vil si, R er delen

3 over den samme linjen). Det gir x y da (x y)da + (y x)da R R R Alternativt: x y da R x x y (x y)dy dx + ( x x + ) dx + [ x 3 6 x + x ] [ e x + x x x e x yx ( e x (y x)dy dx xex + x xex + e x + x3 6 [ x y (x y)] e x y dx ] ) dx e (e 5) ( x e x (x e x ) x (x ))dx der (x e x ) < i hele integrasjonsområdet og (x ) > i hele integrasjonsområdet. Derfor får vi x y ((e x x) +(x ) )dx R som gir det samme svaret. Oppgave 6 Parametriseringen x cost, y sint for t π av sirkelen gir: π { } f(x, y)dx + g(x, y)dy f(cos t, sin t)( sin t)+g(cos t, sin t)cost dt π (sin t +cos t)dt π dt π. Resonnementet er galt fordi f og g ikke er deriverbare i hele området innenfor. De har begge en diskontinuitet i origo. Oppgave 7 a) y koordinaten til tyngdepunktet er gitt ved y ydv der V er volumet til T. Vi beregner dette ved å bruke sylinderkoordinater. Projeksjonen av V T skjæringskurven mellom de to flatene z rcos t +5 og z r +rsin t + ned i xy planet er gitt ved: r sin θ +5r +r sin θ + det vil si: sirkelen r Volumet er derfor gitt ved π V dv T π dθ π θ r r sin θ+5 zr +r sin θ+ rdzdrdθ π θ r ( r )rdrdθ

4 Det gir b) y π π π θ r π r sin θ+5 r sin θ r dz dr dθ zr +r sin θ+ π ( ( r )r sin θdrrθ π 3 ) sin θdθ. 5 curl F i j k (x, y) / x / y / z y y z 3 x + y 6 i(6y 5 3y z ) j + k Ifølge tokes setning er F T ds curl F nd der er flaten i planet avgrenset av og n er enhetsnormalvektor til med positiv k komponent. Det vil si, F T ds 5 7 π n i j + k i j + k j + k 7. 7 ( + )d 5 7 θ r d r + r zr + 5 π z θdr dθ 7 7rdrdθ5π Alternativt kan kurveintegralet regnes ut direkte. om parametrisering av kan man bruke: x cosθ, y sinθ, z sinθ +5 for θ π.

5 LØNINGFORLAG TIL IF55,. MAI, Oppgave. A: (vi). B: (ii) Oppgave. Vi skal maksimere funksjonen f(x, y, z) xyz under bibetingelsen g(x, y, z) x a + y b + z c. Lagrange multiplikatormetode gir ligningssystemet Det vil si, f(x, y, z) λ g(x, y, z) og g(x, y, z). () yz λ x a () xz λ y b (3) xy λ z x () a + y b + z c Det er klart at maksimum må inntreffe i et punkt der x,y ogz. Vi kan derfor multiplisere ligningene () - (3) med henholdsvis x, y og z. Detgir c xyz λ x a λ y b λ z c slik at x a y b z c. x Innsatt i () gir det 3 a slik at x ±a/ 3, y ±b/ 3ogz ±c/ a b 3. Maksimum for f(x, y, z) erderfor 3 3 (og minimum er abc 3 3 ). Oppgave 3. Ved kjerneregelen (kjederegelen) gjelder dt dt T x dx dt + T y dy dt + T z dz T dt x, T y, T dx z dt, dy dt, dz dt,, 7, 5, 7, 5, /h c abc /min 5 3 /min. Oppgave. La f(x, y, z) xz yz +cosxy. Daer N(x, y, z) f(x, y, z) z y sin xy, z x sin xy, xz y en normalvektor til i punktet (x, y, z). pesielt er N(,, ),,.

6 Punktet (,, ) ligger både på flaten (f(,, ) ) og på den gitte kurven (t ). Tangentvektor til kurven i (,, ) er r () der r(t) ln t, t ln t, t. Det vil si r () t, ln t +, t,,. iden N(,, ) r (),,,,,er N(,, ) en normalvektor til tangenten til kurven i (,, ). Derfor ligger tangenten til kurven i normalplanet til flaten. Oppgave 5. a). Kirkerommets volum V x +y 8 π 8 ( x 5 + y ) da ( r cos θ + r sin θ 5 ) rdrdθ 53. π. b). La f(x, y) x /5 + y/, slik at taket til kirken er som en del av grafen til f. Dagir f(x, y) den maksimale retningsderiverte i punktet (x, y). Vi har f(x, y) x 5, f(x, y) ( x 5 ) +( ) ( 5 ) +( ).8 for x + y. iden tan 6 3 >.8, er helningen på taket alltid mindre enn 6 med horisontalplanet. Altså kan takbelegget benyttes. Oppgave 6. Vi legger T inn i et koordinatsysten slik at z aksen følger symmetriaksen i T og xy planet ligger i skjøten mellom del A og B. Da kan T beskrives i sylinderkoordinater ved med massetetthet Massen til T er r z r for r, θ π m { /3 for z>, δ(r, θ, z) /3 for z<. ( ) 3 π ( 3 + ) 3 π 3 3 8π 9. På grunn av symmetrien ligger tyngdepunktet (x, y, z) til T på z aksen. Det vil si, x,y og z m + z δ dv 9 { π 8π T π r z 3 rdzdrdθ } 5. r z 3 rdzdrdθ

7 3 Avstanden mellom P og tyngdepunktet er derfor + /5 /5. Oppgave 7. a). div F (x +cosyz)+ x y ( arctan y)+ ( + z ) z +y +y + +y. b). er gitt ved z e x y forx + y. ammen med flaten B : z forx + y danner den en enkel lukket flate. Ifølge divergensteoremet gjelder derfor F nd+ F ( k)da div FdV, B T der T er området innenfor den lukkede flaten. Det vil si, F nd π e r π rdzdrdθ x +y ( + )da r(e r )dr +(arealetav B )π(e 3). Oppgave 8. Flaten harenrandsombestår av glatte deler: : x t, y, z, t, : x cosθ, y sinθ, z θ, θ π, 3 : x t, y, z π, t, : x, y, z π t, t π. La P (x, y, z) z, Q(x, y, z) x y og R(x, y, z) x y betgne koordinatene til G. Ifølge tokes teorem gjelder curl G nd G Tds+ G Tds+ G Tds+ G Tds 3 Pdx+ Pdx+ Qdy+ Rdz+ Pdx+ Rdz 3 dt + π [ sin θ + θ cos θ cos6 θ 6 {θ( sin θ)+cos θ sin θ cos θ +}dθ + ] π π π π. π( dt)+ π ( dt)

8 LØNINGFORLAG TIL EKAMEN I IF55 MATEMATIKK august Oppgave. a) f x (x, y) 3x y + y y eller y 3x f y (x, y) x 3 +xy + Tilfellet y girx 3 slik at ( 3, ) ( 3 5, ) er et kritisk punkt. Tilfellet y 3x gir at x 3 6x 3 +,detvilsi,x, slik at (, ) er et kritisk punkt. Flere kritiske punkt finnes ikke. Klassifisering ved annenderiverttesten: Testfunksjonen (x, y) f xx (x, y)f yy (x, y) f xy(x, y) 6xy x (3x +y) gir at ( 3, ) < og (, ) <. Begge de kritiske punktene er derfor sadelpunkter. b) f(x, y) vokser med x og vokser med y i første kvadrant. Maksimum ligger derfor i punktet (,) der både x og y er størst, mens minimum ligger i (, ) der både x og y er minst i området. tørste verdi er derfor f(, ) og minste verdi er f(, ). Oppgave. f(a, b, c) a, b, 8c. Tangentplanet er derfor T : a(x a)+b(y b)+8c(z c). Punktet (,, ) ligger i T hvis og bare hvis a b +8c( c). I tillegg må a + b +c 6, siden punktet (a, b, c) ligger på ellipsoideflaten. Vi har altså ligningene () a + b +c 6c () a + b +c 6 ubtraksjon viser at 6c 6, det vil si, c. Innsatt i () gir det: a + b. Med andre ord, kurven er en horisontal sirkel i høyde z med sentrum på z-aksen og radius 3. Oppgave 3 Volumet til legemet er V π π θ ϕ cos ϕ ρ ubstitusjonen u cos ϕ gir π ρ sin ϕdρdϕdθπ 3 ( cos ϕ)3 sin ϕdϕ. V π 3 3 u 3 du π 3 [ u ] 3 π 3

9 Oppgave I x x sin z x sin z sin z dy dz dx x dz dx x z z R z da der R er området i første kvadrant av xz planet, avgrenset av koordinataksene og parabelen z x. Vi bytter integrasjonsrekkefølgen og får I z z x x sin z dx dz [ ] cos z z sin zdz ( cos 8). Oppgave 5 f(x, y) er ikke kontinuerlig i origo fordi x lim f(x, ) lim x x x lim f(, ). x (Dette kan også vises ved å se at lim r f(r cos θ, r sin θ) eravhengigavθ, slik at lim (x,y) (,) f(x, y) ikke eksisterer.) Ved definisjonen av de partiell deriverte gjelder Oppgave 6 f x (, ) lim x f(x, ) f(, ) x f y (, ) lim y f(,y) f(, ) y 3x z +3y z 3r z i sylinderkoordi- a) div F (x3 z) + (y3 z) + (x + y ) x y z nater. Ved divergensteoremet har vi π F nd 3r zdv T [ π 3r 3 ( r ) ] x lim x x x eksisterer ikke. lim y y lim. 3 y r dr π 3r z rdzdrdθ [ 3 r ] r6 π b) Fluksen ut gjennom er lik fluksen ut gjennom hele minus fluksen ut gjennom bunnen av halvkulen. Det vil si: F nd F nd F (x, y, ) ( k) d Bunn π π,,r,, rdrdθ π +π r 3 dr π + π 3π. Oppgave 7 curl F i j k x y z z cos x zg(y) f(x)+y y g(y), f (x)+cosx,

10 når g(y) y og f (x) cosx, detvilsif(x) sinx +. Videre skal (,,) F (,,) T ds 6, der integralet er uavhengig av veivalg. Vi velger derfor å bruke det vertikale linjestykket x,y,z t for t som vei. Det gir 3 (,,) (,,) F T ds z,,,, dt 6. Det vil si, 6, og de søkte funksjonene er g(y) y og f(x) sinx +3. Oppgave 8 Projeksjonen av ned i xy planet er gitt ved x +x + y 3x, det vil si, x + y som er en sirkel med sentrum i origo og radius. Parametriseringen : x cosθ, y sinθ, z x cosθ for θ π av gir retning mot klokken sett ovenfra, og F T ds yz dx (xz +3x )dy +dz π π π {sin θ( cosθ)( sin θ) (cos θ( cosθ)+3cos θ)cosθ}dθ { sin θ +sin θ cos θ cos θ +cos 3 θ 3cos 3 θ)dθ ( +cosθ 3cos 3 θ}dθ π ( )dθ π. Vi må da velge enhetsnormalen n til med positiv k-komponent. Det vil si, n (x +x + y + z) (x +x + y + z) x +, y, (x +) +(y) +. Videre er curl F i j k (x, y, z) x y z x, y, 6x z yz xz 3x og derved curl F x +, y, x +y 6r 6 i polarkoordinater. Projeksjonen R av ned i xy planet er lik sirkelskiven med sentrum i origo og radius. Derved har vi (curl F ) nd (r 6) (x +) +(y) + +( x ) +( y) da R π (r 6)rdrdθ π.