LØNINGFOLAG IL EKAMEN I FAGE 55/7 MAEMAIKK. august Oppgave. (i Ja. (ii Ja. (iii Nei. Alternativt: (i Ja. (ii Ja. (iii Ja. Oppgave. 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 (,e π W F ds F ds f(,e π f(, (e π. (, c G 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 Fra ligningen for tangentplanet ser vi at f(, i j. D i+ j f(, f(, i + j i + j ( i 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 der k er et vilkårlig heltall. Det gir t π : z ln( sin π ln. Min t π : z ln( sin π ln. Max t 5π : pi z z(. Min t 7π : z z( π. Max De høyeste punktene på skjæringskurveen er derfor (,, ln og(,, ln. 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 ( 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 er gitt ved at x y x y (det vil si, er den delen av som er under linjen y x. Den andre delen er gitt ved at x y y x (det vil si, er delen
over den samme linjen. Det gir x y da (x yda + (y xda Alternativt: x y da x x y ( x x + x 6 x + x ] x (x ydy dx + dx + + e x x x e x yx ( e x (y xdy dx xex + x dx xex + e x + x 6 x y (x y] e x y 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 som gir det samme svaret. Oppgave 6 Parametriseringen x cost, y sint for t π av sirkelen gir: π { } f(x, ydx + g(x, ydy f(cos t, sin t( sin t+g(cos t, sin tcost dt π (sin t +cos tdt π dt π. esonnementet er galt fordi f og g ikke er deriverbare i hele området innenfor. De har begge en diskontinuitet i origo. Det gir y π π θ r π π r sin θ+5 r sin θ r dz dr dθ zr +r sin θ+ π ( ( r r sin θdrrθ π sin θdθ. 5 b (x, y / x / y / z y y z x + y 6 i(6y 5 y z j + k Ifølge tokes setning er F ds curlf nd der er flaten i planet avgrenset av og n er enhetsnormalvektor til med positiv k komponent. Det vil si, F 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. Oppgave 7 y koordinaten til tyngdepunktet er gitt ved y ydv der V er volumet til. Vi beregner dette ved å bruke sylinderkoordinater. Projeksjonen av V 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 π dθ π θ r r sin θ+5 zr +r sin θ+ π rdzdrdθ ( r rdrdθ θ r
LØNINGFOLAG IL 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 ( 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 ( - ( med henholdsvis x, y og z. Detgir slik at x a y b z c. xyz λ x a c λ y b λ z c x Innsatt i ( gir det a slik at x ±a/, a b c abc y ±b/ ogz ±c/. Maksimum for f(x, y, z erderfor (og minimum er abc. Oppgave. Ved kjerneregelen (kjederegelen gjelder d dt x dx dt + y dy dt + z dz dt x, y, dx z dt, dy dt, dz dt 7, 5,,, 7, 5, /h + 5 /min 5 /min. 9 + 5 + 6 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(,,,,. Punktet (,, ligger både på flaten (f(,, og på den gitte kurven (t. angentvektor 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.. Kirkerommets volum V x +y 8 π 8 ( x 5 + y da ( r cos θ + r sin θ 5 rdrdθ 5. 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 >.8, er helningen på taket alltid mindre enn 6 med horisontalplanet. Altså kan takbelegget benyttes. Oppgave 6. Vi legger inn i et koordinatsysten slik at z aksen følger symmetriaksen i og xy planet ligger i skjøten mellom del A og B. Da kan beskrives i sylinderkoordinater ved med massetetthet Massen til er r z r for r, θ π { / for z>, δ(r, θ, z / for z<. ( m π ( + π 8π 9. På grunn av symmetrien ligger tyngdepunktet (x, y, z til på z aksen. Det vil si, x,y og z m + z δ dv 9 { π 8π π r z rdzdrdθ } 5. r z rdzdrdθ
Avstanden mellom P og tyngdepunktet er derfor + /5 /5. Oppgave 7.. 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 ( kda div FdV, B der er området innenfor den lukkede flaten. Det vil si, π e r F nd rdzdrdθ ( + da x +y Oppgave 8. π r(e r dr +(arealetav B π(e. Flaten har en rand som består av glatte deler: : x t, y, z, t, : x cosθ, y sinθ, z θ, θ π, : 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 (x, y, z x y betgne koordinatene til G. Ifølge tokes teorem gjelder curl G nd Pdx+ π dt + G ds+ G ds+ G ds+ G ds Pdx+ Qdy+ dz+ Pdx+ dz {θ( sin θ+cos θ sin θ cos θ +}dθ + π( dt+ sin θ + θ cos θ cos6 θ 6 ] π π π π. π ( dt LØNINGFOLAG IL EKAMEN I IF55 MAEMAIKK august Oppgave. f x (x, y x y + y y eller y x f y (x, y x +xy + ilfellet y girx slik at (, ( 5, er et kritisk punkt. ilfellet y x gir at x 6x +, det vil si, x, slik at (, er et kritisk punkt. Flere kritiske punkt finnes ikke. Klassifisering ved annenderiverttesten: estfunksjonen (x, y f xx (x, yf yy (x, y f xy(x, y 6xy x (x +y gir at (, < 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. angentplanet er derfor : a(x +b(y b+8c(z c. Punktet (,, ligger i 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. Oppgave π π V θ ϕ Volumet til legemet er cos ϕ ρ ubstitusjonen u cos ϕ gir V π π ρ sin ϕdρdϕdθπ ( cos ϕ sin ϕdϕ. u du π u ] π
Oppgave I x x sin z dy dz dx z x sin z sin z x dz dx x z z da der er området i første kvadrant av xz planet, avgrenset av koordinataksene og parabelen z x. Vi bytter integrasjonsrekkefølgen og får I z Oppgave 5 z x sin z x dx dz z f(x, y er ikke kontinuerlig i origo fordi x ] cos z sin zdz ( cos 8. 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 er avhengig av θ, slik at lim (x,y (, f(x, y ikke eksisterer. Ved definisjonen av de partiell deriverte gjelder f(x, f(, x f x (, lim lim x x x x x eksisterer ikke. f(,y f(, f y (, lim lim y y y y lim. y Oppgave 6 div F (x z + (y z + (x + y x z +y z r z i sylinderkoordinater. Ved divergensteoremet har vi π r F nd r zdv r z rdzdrdθ π r ( r ] dr π 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 dr π + π π. Oppgave 7 z cos x zg(y f(x+y y g(y, f (x+cosx, når g(y y og f (x cosx, det vil si f(x sinx +. Videre skal (,, F (,, 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 (,, (,, F ds z,,,, dt 6. Det vil si, 6, og de søkte funksjonene er g(y y og f(x sinx +. Oppgave 8 Projeksjonen av ned i xy planet er gitt ved x +x + y x, 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 ds yz dx (xz +x dy +dz π π π {sin θ( cosθ( sin θ (cos θ( cosθ+cos θcosθ}dθ { sin θ +sin θ cos θ cos θ +cos θ cos θdθ ( +cosθ cos 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 (x, y, z x, y, 6x z yz xz x og derved curl F x +, y, x +y 6r 6 i polarkoordinater. Projeksjonen 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 π (r 6rdrdθ π.