Løsningsforslag til Eksamen i fag MA1103 Flerdimensjonal analyse

Transkript

1 Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg Side 1 v 5 Løsningsforslg til Eksmen i fg MA113 Flerdimensjonl nlyse Oppgve 1 Vi hr f(x, y) = (4 x 2 y 2 )e x+y. ) Kritiske punkt hr vi der f =. Vi prtiellderiverer f (produktregel): f x = xe x+y + (4 x 2 y 2 )e x+y = (4 x 2 y 2 2x)e x+y f y = (4 x 2 y 2 2y)e x+y (symmetri i x og y) Vi setter begge de prtiellderiverte lik og forkorter fktoren e x+y, siden denne lltid er positiv: (1) 4 x 2 y 2 2x = (2) 4 x 2 y 2 2y = (1) (2) gir x = y, og setter vi dette tilbke inn i (1) (eller (2)) får vi x 2 + x 2 = som hr løsning x = og x = 1. e kritiske punktene er derfor (, ) og (1, 1). Merknd 1: Vi kn ikke se bort i fr fktoren e x+y før vi hr prtiellderivert og stt de deriverte lik. ersom funksjonen vår hdde vært på formen e g(x,y), kunne vi derimot rgumentert med t eksponensilfunksjonen er voksende, så det er tilstrekkelig å nne kritiske punkt for eksponentfunksjonen g(x, y). Merknd 2: Når vi løser (1) (2) og nner x = y, hr vi funnet mye mer enn bre de kritiske punktene. Vi hr funnet lle punkt hvor de prtiellderiverte er like (vi ville jo fått smme resultt om det stod feks 8 på høyre side i begge likningene.) Vi ønsker å nne punktene hvor de prtiellderiverte er like, og smtidig lik. erfor må vi putte x = y tilbke inn i en v likningene. b) For å klssisere de kritiske punktene, kn vi bruke Hessienmtris. Finner derfor først de nnenordens prtiellderiverte v f: A = 2 f x 2 = (x 2)e x+y + (4 x 2 y 2 2x)e x+y = (2 x 2 y 2 4x)e x+y C = 2 f y 2 = (2 x 2 y 2 4y)e x+y (symmetri) B = 2 f = 2 f x y y x x2 y 2 2x 2y)e x+y

2 MA113, Side 2 v 5 [ ] A B Hessienmtris settes opp på følgene måte H =, og vi må undersøke determinnten til denne i de kritiske punktene, smt fortegnet til elementet A. Vi tester de B C kritiske punktene vi fnt i ): [ ] 2 8 H(, ) = e 4, deth < (, ) er et sdelpunkt. 8 2 [ 4 H(1, 1) = e 2 4 ], deth >, A < (1, 1) er toppunkt. c) Temperturen øker mest i grdientretning. Grdienten i (, ) er f(, ) = [4, 4], så temperturen øker mest i retning [1, 1] ut fr origo. En retningsvektor til linj y = 2x er u = [1, 2]. Forndringen pr. enhet i denne retnigen er d gitt ved ûf(, ) = û f(, ) = [1,2] 5 [4, 4] = Oppgve 2 Vi skl beregne integrlet x2 + y 2 da, der er disken x 2 + (y 1) 2 1, det vil si en disk med rdius 1 og sentrum i (, 1). (Se gur 1 i vedlegg.) Vi substituerer med polrkoordinter x = r cos θ, y = r sin θ, som gir da = r drdθ. Vi må nne grensene for r og θ. isken ligger i det øvre hlvpln, så vi hr θ π. Rdien vhenger v vinkelen, vi bruker sirkellikningen til å bestemme r som en funkjson v θ: x 2 + (y 1) 2 1 r 2 cos 2 θ + (r sin θ 1) 2 1 r(r 2 sin θ), som gir r 2 sin θ (siden r lltid er positiv). ermed: x2 + y 2 da = π 2 sin θ r2 r drdθ = 8 3 = 8 3 [ cos θ cos3 θ] π = 32 9 π sin3 θ dθ = 8 π (1 3 cos2 θ) sin θ dθ Merknd: et er fristende å ytte koordintsystemet slik t origo kommer til sentrum v disken, og så gå over til polrkoordinter. ette kn gjøres ved å velge u = x og v = y 1, og deretter u = r cos θ, v = r sin θ (eller direkte x = r cos θ, y = r sin θ + 1). Fortstt får vi da = r drdθ. Ulempen med dette er t det gir en vnskelig funksjon å integrere, siden vribelskiftet gir x 2 + y 2 = r 2 cos 2 θ + (r sin θ + 1) 2 = r 2 + 2r sin θ + 1. (NB! Vi må gjennomføre vribleskiftet for integrnden også, ikke bre for grensefunksjonene!)

3 MA113, Side 3 v 5 Oppgve 3 Vi skl studere området R, som er vgrenset v tene z = y 2, z = 2 y, x = og x = 2. ) En skisse over området er gitt som gur 2 i vedlegget. Vi ser t x 2 og y 2 z 2 y. Vi nner grensene til y ved å nne y-koordinten til skjæringslinjene mellom den prbloske sylinderen og skråplnet: y 2 = 2 y y 2 + y 2 = y = y = 1 (smme nnengrdslikning som i 1)) Volumet blir dermed V = R dv = y y 2 dzdydx = y y 2 dy = 9 b) Vi hr fått oppgitt vektorfeltet F = [, 2y xy, xz] og skl beregne uksen v F ut gjennom overten til R. Vi må dele denne inn i re deler; se gur 3 i vedlegget. S 1, S 2, S 3, S 4, plnet x = : ˆN1 ds = [ 1,, ]dydz, S 1 F ˆN 1 ds =. plnet x = 2 : ˆN2 ds = [1,, ]dydz, S 2 F ˆN 2 ds =. plnet z = 2 y : ˆN3 ds = [, 1, 1]dxdy, S 3 F ˆN 3 ds = 2 1 2y xy + x(2 y) dydx = 12 (prbolske) sylinderten z = y 2 : ˆN4 ds = [, 2y, 1]dxdy, S 4 F ˆN 4 ds = 2 1 2y(2y xy) xy2 dydx = 6 en totle uksen blir dermed S F ˆN ds = = 18. c) ivergensteormete sier t dersom R er et regulært område i rommet og S er (den lukk) overten til R, med enhetsnorml ˆN pekende ut v R, og F er et gltt vektorfelt denert på R, så gjelder R div F dv = S F ˆN ds. I vårt tilfelle er lle betingelser oppfylt. Vi nner divergensen til F: div F = 2 x+x = 2. ermed får vi F ˆN ds 2 dv = 2V (R) = 18. S (Her hr vi brukt t vi fnt volumet til R i oppgve ).) Vi ser t svret stemmer godt overens med resulttet vi kk i oppgve b). R

4 MA113, Side 4 v 5 Oppgve 4 Vi er gitt følgende prmetrisering v en kurve C: x = t sin t r(t) : y = 1 cos t z =, < t <. t. Vi deriverer prmeterfrem- ) Lengden v C når t [, 2π] er gitt ved ds = 2π C stillingen: dr = [1 cos t, sin t, ]. ermed: dt C ds = 2π (1 cos t)2 + sin 2 t dt = 2π = 2 2π sin t 2 dt = 2[ cos t 2 ]2π = 8 r dt 2 2 cos t dt = 2π 4 sin 2 t 2 dt (Her hr vi brukt hintet 1 cos t = sin 2 t for å omforme utrykket inne i kvdrtroten, smt 2 2 t sin t for t [, 2π] når vi trekker kvdrtroten.) 2 b) Greens teorem sier t når er et regulært område i plnet med rndkurve C, hvor C er en stykkevis gltt, lukket kurve som ikke krysser seg selv og er positivt orientert med hensyn på (dvs. området ligger på venstre hånd når vi går rundt C i positiv omløpsretning), og F = [F 1, F 2 ] er et gltt, plnt vektorfelt denert på, så gjelder C F 1 dx + F 2 dy = F 2 x F 1 y da. Om vi kller området begrenset v x-ksen og kurven C når t [, 2π] for, skl vi nne da. Hvis vi vil bruke Greens teorem trenger vi et vektorfelt hvor F 2 F 1 = 1 (eller i x y lle fll en eller nnen konstnt). Et mulig vlg er F = [, x]. Vi sjekker t forutsetningene for å bruke teoremet er oppfylt. Merk t rnden til består v to gltte biter; en øvre bit (C 1 ) som kn prmetriseres som i ); x = t sin t, y = 1 cos t, t [, 2π] (gir dx = 1 cos t dt og dy = sin t dt), og en nedre bit (C 2 ) (lngs x-ksen), hvor vi kn sette x = x og y =, for x [, 2π] (gir dy = ). Vi må psse på orienteringen når vi integrerer lngs kurv, se gur 4 i vedlegget. Vi nner: A() = da = dx + xdy = C 1 C 2 2π (t sin t) sin t dt = 3π c) Vi er gitt en generell kurve C med to ulike prmetrisieringer r 1 (t) og r 2 (u) for t b og c u d, som begge er en-til-en. et er videre nttt t prmeriseringene går i smme retning. ette betyr t for hver t [.b] nnes en unik u = u(t) [c, d] slik t r 1 (t) = r 2 (u(t)), smt t du. dt

5 MA113, Side 5 v 5 Ved å bruke kjerneregelen for derivjson får vi: ermed: q.e.d. dt r 1(t)t = d dt r 1(t) = d dt r 2(u(t)) = d du r 2(u) du dt. du r 2(u) du dt t = du r 2(u)u dt dt = d c du r 2(u)u,