Løsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2,

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av Løsningsforslag til eksamen i TMA45 matematikk, Oppgave La fx, y, z) xy + arctanxz). La P være punktet,, ). a) Finn gradienten til f i P. b) La S være den av nivåflatene til f som går gjennom punktet P. Finn en ligning for S og en ligning for tangentplanet til S i P. Løsning. a) Partiell derivasjon gir, vha. kjerneregelen og formelen d du arctan u) +u, at f x y + Innsatt x, y, z),, ) gir dette svaret: + xz) z, f y xy, f z + xz) x. f,, ) i + j + k. b) Ligningen for S er fx, y, z) f,, ), dvs. xy + arctanxz) π 4, siden f,, ) + arctan ) og arctan ) arctan) π/4. Ligningen for tangentplanet til S i P er gitt ved: f,, ) [x, y, z] [,, ]) dvs. [/,, /] [x, y, z + ], som gir oss x ) + y ) + z + ). Dette er svar godt nok, men det blir penere hvis vi ganger med og rydder opp: x + 4y + z 4.

2 TMA45 Matematikk Side av Oppgave Finn og klassifiser de kritiske punktene til funksjonen fx, y) xe x +y )/. Har f absolutte dvs. globale) maksimums- og minimumsverdier? Husk å begrunne svaret.) Løsning. Partiell derivasjon med produkt- og kjerneregel gir f x e x +y )/ + xe x +y )/ x) x )e x +y )/, f y xye x +y )/, og for å finne de kritiske punktene løser vi ligningssettet {f x, f y }, dvs. x )e x +y )/, xye x +y )/. Faktoren e x +y )/ kan strykes, siden den alltid er positiv, så vi får x og xy. Den første ligningen gir x og derfor x ±. Den andre ligningen gir da y. Altså er det to kritiske punkter:, ) og, ). Vi bruker annenderiverttesten med f xx f yy fxy for å klassifisere disse punktene. Derivasjon gir f xx [ x + x ) x) ] e x +y )/ x[x 3]e x +y )/, f xy f yx x ) y)e x +y )/ yx )e x +y )/, f yy [ x xy y)] e x +y )/ xy )e x +y )/. I punktet, ) har vi da f xx, ) e /, f xy, ), f yy, ) e /, og derfor e >. Dessuten er f xx, ) <, så, ) er et lokalt maksimumspunkt. I punktet, ) har vi f xx, ) e /, f xy, ), f yy, ) e /, og derfor e >. Dessuten er f xx, ) >, så, ) er et lokalt minimumspunkt.

3 TMA45 Matematikk Side 3 av Svaret på det siste spørsmålet er ja; punktet, ) er et absolutt maksimumspunkt, og, ) er et absolutt minimumspunkt. Begrunnelsen er som følger. Merk at Det vi må vise er derfor at f±, ) ±e /, ) e / fx, y) e / for alle x og y. Men fx, y) når x, y) + se separat begrunnelse nedenfor). Ved å velge R tilstrekkelig stor, kan vi derfor garantere at ) fx, y) < e / når x, y) R, og da er selvsagt ) tilfredsstilt. Det gjenstår da kun å vise at ) er oppfylt når x, y) < R. Men siden f er kontinuerlig, vet vi fra en setning i boka at i den lukkede sirkeldisken D R gitt ved x + y R har f absolutte ekstremalpunkter; pga. ) må disse punktene ligge i det indre av D R, og de må følgelig være kritiske punkter for f. Disse punktene kan derfor ikke være noe annet enn ±, ), og det følger da at ) er oppfylt også for x, y) < R. La oss til slutt begrunne at fx, y) når x, y) +. I polarkoordinater x r cos θ, y r sin θ med r ) har vi fx, y) r cos θ)e r / re r / og fra L Hopitals regel ser vi at lim /. r + re r Oppgave 3 La S være flaten bestemt ved z x + y, z. Skisser S, og beregn fluksen opp gjennom S av vektorfeltet Fx, y, z) x + y )i + 3x y + y 3 x 3 )j + z + )k. Løsning. S er den delen av kjegleflaten z x + y som ligger over xy-planet. Den er en omdreiningsflate med z-aksen som rotasjonsakse, og fremkommer f.eks. ved å rotere det rette linjestykket gitt i xz-planet ved z x for x, rundt z-aksen.

4 TMA45 Matematikk Side 4 av Betingelsen z gir x + y, dvs. x + y. Definer området R er altså projeksjonen av S ned i xy-planet. Vi skal nå regne ut fluksintegralet R : x + y. I S F n ds, der det er spesifisert at normalen n skal ha positiv k-komponent. Alternativ. Divergensteoremet gir div F dv T F n ds } S {{ } I + F n ds, S } {{} I hvor T er det tredimensjonale området som ligger under S og over xy-planet. Overflaten til T består av to deler: S og bunnen S. Normalvektoren n peker ut av T. T er altså en rett sirkulær kjegle med grunnflate S R, og er gitt ved θ π, T : r, z r, i polarkoordinater. Utregning gir Derfor er T div F dv π r) π π div F + 3x + y ). + 3r )dz rdr dθ r) + 3r )r dr 4r 4r + 6r 3 6r 4 ) dr π ) 9π 5 5.

5 TMA45 Matematikk Side 5 av Vi regner nå ut I S F n ds. Siden S R er et område i xy-planet, og er bunnen i T, må n k på S, mens ds dx dy. Følgelig er I Fx, y, ) k) dx dy ArealR) π. R }{{} Vi konkluderer at I T div F dv I 9π 5 + π 44π 5. Alternativ. Direkte utregning av I. Sett fx, y) x + y. Da er S er gitt som en graf z fx, y) over området R definert over), så n ds [ f x, f y, ] dx dy. Merk at n har positiv k-komponent, som ønsket.) Utregning gir x f x x + y, f y y x + y, slik at n ds ) xi yj x + y x + y + k dx dy. Derfor er I R R R F x, y, fx, y) ) ) xi yj x + y x + y + k dx dy x + y )i + 3x y + y 3 x 3 )j + fx, y) + ) k ) xx + y ) x + y + y3x y + y 3 x 3 ) + 3 x + y )) dx dy. x + y ) xi yj x + y x + y + k dx dy

6 TMA45 Matematikk Side 6 av Dette er greit å regne ut, men ikke særlig morsomt. I polarkoordinater har vi I π π π π [ cos θ)r cos θ + r sin θ) ] + sin θ)3r 3 cos θ sin θ + r 3 sin 3 θ r 3 cos 3 θ) + 3 r) r dr dθ [ cos θ) r3 3 + sin θ cos θ) r cos θ sin θ + sin 4 θ cos 3 θ sin θ ) r r 3 r3] dθ r [ 3 cos θ + sin θ cos θ cos θ sin θ + 5 sin4 θ 5 cos3 θ sin θ + 3 dθ 3] [ 3 cos θ + d 6 dθ sin3 θ) sin θ) sin θ + 5 sin4 θ + d ] dθ cos4 θ) dθ 3 + ) π 3 π [ 3 cos θ sin θ 4 θ] 5 sin4 dθ + 6 sin3 θ) π + }{{} cos4 θ) π + 5π }{{} 3 π [ sin θ 4 ] 5 sin4 θ dθ + 5π 3 4π π [ cos θ) 4 ] 5 sin4 θ dθ + 5π 3 4π π) 4 5 3π 4 + 5π 3 44π 5. Her brukte vi sin θ cos θ), som følger fra cos θ cos θ sin θ. Tilsvarende har vi cos θ + cos θ).) Kvadrering gir sin 4 θ cos θ + cos θ ) cos θ + ) cos θ) cos θ, 8 som viser at Denne ble brukt over.) π sin 4 θ dθ 3π 4.

7 TMA45 Matematikk Side 7 av Oppgave 4 La S være kuleflaten x + y + z. a) La A betegne arealet av den delen av S som ligger over planet z. Uttrykk A som et iterert dobbeltintegral, og vis ved å løse dette integralet at A 4 ) π. b) Bestem arealet av den delen av S som ligger over kvadratet x, y se figur). Hint: Dersom du benytter svaret fra punkt a), kan oppgaven løses uten integrasjon. Dersom du velger å løse oppgaven ved integrasjon, kan du få bruk for at ) arcsin x dx ) π) Løsning. a) Den øvre hemisfæren av den gitte kuleflaten kan parametriseres som en graf z fx, y) der fx, y) x y. S er den delen hvor z, dvs. x y x + y. Vi lar R være området i xy-planet gitt ved R : x + y Da er altså S grafen z fx, y) over R. Vi har ds + fx + fy dx dy Utregning gir f x x x y, f y y x y, slik at Følgelig er + fx + fy + x + y x y x y A S ds R dx dy. x y For å løse dette integralet, er det best å bruke polarkoordinater: π π A rdr dθ du r u dθ π) u ) ) π 4 ) π,

8 TMA45 Matematikk Side 8 av der vi brukte substitusjonen u r. b) La S betegne flaten hvis areal skal regnes ut. Alternativ. Uten integrasjon. Idéen er som følger: Start med hele kuleflaten med radius ), som har areal A 4π ) 8π. La S være den delen av kuleflaten hvor x, S den delen hvor x, S 3 den delen hvor y og S 4 den delen hvor y. Hver av disse kalottene er formlike med flaten S fra punkt a), så de har alle areal lik A. Tenk deg nå at vi starter med hele kuleflaten, og så kapper vi av flatene S, S, S 3 og S 4. Vi står da igjen med en flate Ŝ se figur under) med areal  A 4A 8π 4 4 ) ) π 8 π. Men flaten S er åpenbart ikke annet en den øvre halvdelen av xy-planet). Følgelig er arealet som søkes lik  ) 4 π. Ŝ dvs. den delen som ligger over Alternativ. Integrasjon. Merk at flaten S er grafen z fx, y) over kvadratet x, y. Vi har derfor Areal S) ds x y dx dy 4 dx dy. x y es Fra Rottmann har vi dx a x arcsin x a +

9 TMA45 Matematikk Side 9 av for a > og a x a. Vi bruker denne formelen med a y, hvilket gir hvor vi brukte siste del av hintet. Areal S) arcsin arcsin ) x y y dy dy ) ) π 4 π, Oppgave 5 Betrakt vektorfeltene Fx, y, z) + x)e x+y i + xe x+y j zk, Gx, y, z) + x)e x+y i + xe x+y j yk Fx, y, z) + z y)k. a) Bestem en funksjon fx, y, z) slik at f F. b) Beregn G T ds langs den orienterte kurven gitt ved rt) t)e t i + tj + tk for t. Løsning. a) Ligningen f F skrevet komponentvis gir: ) ) 3) f x + x)e x+y, f y xe x+y, f z z. Integrasjon av ) mhp. y gir 4) f xe x+y + x, z). Dette medfører partiell derivasjon mhp. x) og sammenligner vi dette med ), ser vi at f x + x)e x+y + x, z) x x, z) z). x Partiellderivasjon av 4) mhp. z, og sammenligning med 3), gir da f z z) z z) z + K K konstant) men vi kan like godt ta K. Konklusjonen er at f F med fx, y, z) xe x+y z.

10 TMA45 Matematikk Side av b) Trikset her er å bruke i) at G F + z y)k og ii) at F er et gradientfelt fra pkt. a)). Det er håpløst å regne ut integralet direkte.) Altså er G T ds F T ds + z y)k T ds. } {{ } } {{ } I II Men I f r) ) f r) ) f,, ) f,, ) 4 e, og, med notasjonen rt) xt)i + yt)j + zt)k, II og følgelig er svaret: z y) dz zt) yt) ) z t) dt G T ds 4 e + e. t t) dt 4t dt, Oppgave 6 En orientert kurve er gitt ved rt) cos t i + + sin t)j + cos t sin t)k for t π. a) Vis at ligger i et plan, og finn en ligning for dette planet. Hva slags kurve er projeksjonen av i xy-planet? b) Bruk Stokes teorem til å regne ut F T ds, der Fx, y, z) ye x i + x + e x )j + z e z k. Løsning. a) Vi skriver som vanlig xt), yt) og zt) for komponentfunksjonene til rt). Vi ser at xt) + yt) + zt), så ligger i planet gitt ved x + y + z. Projeksjonen i xy-planet er kurven parametrisert ved xt)i + yt)j cos ti + + sin t)j for t π, og dette er åpenbart en sirkel med sentrum i, ) og radius. Figuren under viser romkurven rød, hvis du har farger) og en del av planet som den ligger i, samt projeksjonen av i xy-planet.

11 TMA45 Matematikk Side av b) Stokes teorem gir F T ds S curl F n ds der flaten S må velges slik at er randkurven, og flatenormalen n må være riktig orientert i henhold til orienteringen av : Vi skal ha at n T peker inn i S, der T er enhetstangentvektoren langs med den gitte parametriseringen. Mindre formelt: Hvis vi går rundt kurven i den gitte omløpsretningen og med hodet i retning n, så skal flaten S ligge på venstre hånd.) Vi velger den enklest mulige flaten S, nemlig den delen av planet x + y + z som ligger innenfor husk at ligger i dette planet). S er altså gitt som en graf z x y over området R som er avgrenset av projeksjonen til i xy-planet, nemlig se figuren) R : x + y ). Vi har to mulige normalvektorer på S, nemlig n ±i + j + k)/ 3. Hvilken av dem velger vi? Vel, sett ovenfra fra den positive z-aksen) er orientert mot klokken, så n må ha positiv k-komponent. Vi må altså ta n i + j + k)/ 3. Siden ds 3 dx dy på S spesialtilfelle ), har vi derfor på S. Vi regner ut Konklusjonen er: n ds i + j + k) dx dy i j k curl F x y z ye x x + e x z e z xk. F T ds S curl F n ds R x dx dy. Siden R er symmetrisk om y-aksen, mens integranden x er en odde funksjon, ser vi at F T ds. Alternativt kan vi vise dette ved direkte utregning, f.eks. som følger. Siden vi antar r > her) x + y ) x + y y + r r sin θ + r r sin θ r sin θ

12 TMA45 Matematikk Side av har vi i polarkoordinater R : θ π, r sin θ. Begrensningen θ π kommer fordi R ligger i halvplanet y.) Da har vi R x dx dy π sin θ π π 3 r3 r cos θ) rdr dθ ) sin θ cos θ)dθ 6 3 sin3 θ cos θdθ 4 sin 4 θ ) π. 3