Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA113 Flerdimensjonal analyse Faglig kontakt under eksamen: Tlf: Eksamensdato: 5. Juni 19 Eksamenstid (fra til): 9: 13: Hjelpemiddelkode/Tillatte hjelpemidler: D: Ingen trykte eller håndskrevne hjelpemidler tillatt. Bestemt, enkel kalkulator tillatt (Casio fx-8es PLUS, Casio fx-8ex, Citizen SR-7X, Citizen SR-7X College, Hewlett Packard HP3S). Annen informasjon: Eksamen innholder 1 deloppgaver, alle med samme vekting. Les igjennom samtlige oppgaver for du begynner; den opplevde vanskelighetsgraden er ikke nødvendigvis i stigende rekkefølge. Skriv tydelig og entydig, og motiver dine beregninger/beviser. Dersom en metode eller setning angis i oppgaven skal denne brukes, ellers er valget av bevis/metode fritt. Spør dersom noe er uklart. Målform/språk: bokmål Antall sider: Antall sider vedlegg: Informasjon om trykking av eksamensoppgave Originalen er: 1-sidig -sidig sort/hvit farger skal ha flervalgskjema Dato Kontrollert av: Sign Merk! Studenter finner sensur i Studentweb. Har du spørsmål om din sensur må du kontakte instituttet ditt. Eksamenskontoret vil ikke kunne svare på slike spørsmål.
MA113 Flerdimensjonal analyse 5. Juni 19 Side 1 av Oppgave 1 a) Avgjør om grensen eksisterer. lim (x,y) (,) x y x 4 + y 4 Om vi går langs linjen (x, x) får vi lim (x,x) (,) x x x 4 + x 4 = 1, mens om vi går langs linjen (x, ) får vi derimot lim (x,) (,) x x 4 + 4 =. Siden vi får to ulike grenseverdier kan ikke grensen eksistere. b) La f være funksjonen x y, når (x, y) (, ) x f (x, y) = +y, når (x, y) = (, ). Vis at den retningsderiverte f ((, ), v) eksisterer for alle v = (a, b) og v (, ). som Dermed får vi Den retningsderiverte av f i punktet a i retningen v er definert f f (a + hv) f (a) (a, v) = lim. h h f f (ha, hb) f (, ) ((, ), v) = lim h h = lim h (ha) (hb) (ha) +(hb) h = lim h h 4 a b h 3 (a + b ) =.
Side av MA113 Flerdimensjonal analyse 5. Juni 19 Oppgave La f (x, y) = x + y + xy 3x 3y + 1. a) Finn og klassifiser alle de stasjonære punktene til f. Gradienten til f er Setter vi f = (, ) får vi likningene f = (x + y 3, y + x 3). x + y 3 = og y + x 3 = som gir løsningen (x, y) = (1, 1). For å klasifisere det stasjonære punktet finner vi hessematrisen som er ( ) 1 Hf =. 1 Siden det (Hf) = 3 > og > har vi at (1, 1) er et lokalt minimumspunkt. Verdien av f i punktet (1, 1) er. b) Finn de globale maksimums- og minimumspunktene og verdiene til f i det begrensede området { (x, y) R ; (x 1) + (y 1) 4 }. Globale (maksimums-) minimumspunkt oppstår enten som lokale (maksimums-) minimumspunkt i det indre av området, eller så oppstår det på randen. For å finne kandidatene på randen parameteriserer vi randen som x 1 = cos (θ) og y 1 = sin (θ). Setter vi dette inn i f får vi g (θ) = f (1 + cos (θ), 1 + sin (θ)) = + 4 cos (θ) sin (θ) = + sin (θ). Deriverer vi g får vi g (θ) = 4 cos (θ) som har kritiske punkter når θ = π 4 +nπ, for n =, 1,, 3. I punktene θ = π og θ = 5π som korosponderer til ( ) 1 + 4 4, 1 + og ( ) 1, 1 har vi at f gir ut verdien 4. I punktene θ = 3π og θ = 7π som 4 4 korosponderer til ( ) ( ) 1, 1 + og 1 +, 1 har vi at f gir ut verdien. Sammen med det vi fant ut i oppgave a) kan vi konkludere med at de globale maksimumspunktene er ( 1 +, 1 + ) og ( 1, 1 ) hvor f tar verdien 4, mens det globale minimumspunktet er i (1, 1) hvor f (1, 1) =. Alternativ kan vi bruke Lagranges multiplikatormetoden.
MA113 Flerdimensjonal analyse 5. Juni 19 Side 3 av Oppgave 3 Finn D e 9x +4y dx dy, hvor D er området avgrenset av kurven 1 4 x + 1 9 y = 1. Hint: Gjør variabelskiftet u = 1x og v = 1y. 3 Gjør vi variabelskiftet som foreslås av hintet får vi at Etter variabelskiftet er integralet vårt dx dy = du dv. U e 3(u +v ) du dv, hvor U er disken u + v 1. Gjør vi om til polarkoridinater får vi π 1 hvor u = r. e 3r rdr dθ = π 1 3e 3u du dθ = π 3 ( e 3 1 ) dθ = π ( e 3 1 ), 3 Oppgave 4 x + y + z =. La C være kurven gitt som snittet av flatene x + y + z = 1 og a) Finn en parametrisering av C. Hint: La x = 1 u 1 v og y = 1 u + 1 v. Bruker vi det foreslåtte bytte av variabler får vi at x + y + z = ( 1 u 1 ( 1 v) + u + 1 ) v + z = 1 3 u + v + z = 1 og x + y + z = u + z =. Dermed er z = 3 u. Setter vi dette inn i formelen for sværen får vi 1 3 u + v + z = 1 3 u + v + 3 u = u + v = 1.
Side 4 av MA113 Flerdimensjonal analyse 5. Juni 19 Den siste ligningen sier at vi kan sette u = cos (θ) og v = sin (θ) og z = 3 cos (θ). Setter vi dette inn for u og v i variabelbytte får vi x = 1 cos (θ) 1 sin (θ) og y = 1 cos (θ) + 1 sin (θ). Dermed er en parameterisering for kurven gitt ved ( 1 r (θ) = cos (θ) 1 1 sin (θ), cos (θ) + 1 ) sin (θ), cos (θ). 3 b) Beregn C F (x, y, z) dr der C går i positiv retning og F (x, y, z) = xi + yj + zk. Legg merke til at F (x, y, z) = f hvor f (x, y, z) = x +y +z. Siden F er konservativt vet vi at curl (F) =, og dermed er kurveintegralet ved å bruke Stoke sitt teorem. Alternativt kan man bruke parameteriseringen gitt i a) og regne ut kurveintegralet direkte. Oppgave 5 Bruk divergensteoremet til å beregne F (x, y, z) nds der T er den delen av paraboloiden 1 x + y + z = 1 der z og T F (x, y, z) = x yzi + xy zj + z xyk. La D = { (x, y, z) : x + y 1, z = }. Da har vi at D T er randen til området avgrenset av paraboloiden og xy planet. Siden z = medfører at F (x, y, ) = får vi at F (x, y, z) NdS =. D 1 Overflaten er ikke en kjegle slik det stod på eksamen, men en paraboloide.
MA113 Flerdimensjonal analyse 5. Juni 19 Side 5 av Bruker vi divergensteoremet har vi at F (x, y, z) NdS = F (x, y, z) NdS = T T D V div (F) dx dy dz. Regner vi ut divergensen til F får vi div (F) = xyz. Dermed får vi at om vi gjør om til sylinderkoordinater V div (F) dx dy dz = = = 3 xyz dx dy dz V π 1 1 r π sin (θ) dθ r cos (θ) sin (θ) zr dz dr dθ 1 1 r r 3 z dz dr =. Oppgave Beregn D z dx dy dz hvor D er området mellom flatene z = 1 x y og z = x + y 1. Om vi gjør om til sylinderkoordinater får vi at flatene møtes når 1 r = r 1, som medfører r = 1. Dermed får vi at hvor u = r 1. D z dx dy dz = = = π 1 1 r π 1 π 1 = 1 3 = π, r 1 1 r r 1 z 3 3 π z r dz dr dθ r dz dr dθ (1 r ) 3 r dr dθ 3 1 u 3 du dθ Oppgave 7 La h : R 3 R 3 og anta at for alle x, y R 3 har vi at h (x) h (y) x y 1/. Vis at h er kontinuerlig i alle punkter x R 3.
Side av MA113 Flerdimensjonal analyse 5. Juni 19 Fikser x R 3 og la x x < δ. Da har vi at h (x ) h (y) x y 1/ < δ 1/ = ε. Setter vi δ = ε får vi at for alle x slik at x x < δ vil h (x ) h (x) < ε. Dermed er h kontinuerlig i punktet x. Siden x var vilkårlig får vi at h er kontinuerlig i alle punkter.
MA113 Flerdimensjonal analyse 5. Juni 19 Side i av ii Formler og konvensjoner Diskriminanten i andrederiverttesten: = AC B der A = f xx, B = f xy, C = f yy Implisitt og Omvendt Funksjonsteoremet Omvendt Funksjonsteoremet F : U R m R m : La F være kontinuerlig deriverbar og la U være en omegn av x. Anta at F ( x) er inverterbar. Da finnes en omegn x U U slik at F er injektiv. Den omvendte funksjonen G : V = F (U ) U er deriverbar i ȳ med Jacobi-matrise G (ȳ) = F ( x) 1. Implisitt Funksjonsteoremet F : U R m+k R k : La F være kontinuerlig deriverbar og la U være en åpen mengde. Anta at ( x, ȳ) U og F ( x, ȳ) =. Anta videre at k k-matrisen F ( x, ȳ) er inverterbar. Da finnes det en omegn x U slik at for en hver x U finnes det y en unik vektor G(x) slik at F (x, G (x)) =. Funksjonen G : U R k er deriverbar og G (x) = ( F y (x, G(x))) 1 ( F x (x, G (x))). Formler for Skifte av Variabler: (x, y) dx dy = (u, v) du dv, dx dy dz = (x, y, z) du dv dw (u, v, w) Sylinderkoordinater (r, θ, z): x = r cos θ, y = r sin (θ), z = z, r = x + y, dx dy dz = r dr dθ dz Kulekoordinater (ρ, ϕ, θ): x = ρ cos(θ) sin(ϕ), y = ρ sin(θ) sin(ϕ), z = ρ cos(ϕ), ρ = x + y + z, dx dy dz = ρ sin(ϕ) dρ dθ dϕ
Side ii av ii MA113 Flerdimensjonal analyse 5. Juni 19 Flateintegral: ds = r u r v du dv Spesialtilfellet z = g (x, y): ds = 1 + g x + g y dx dy Vektoranalyse F = P i + Qj + Rk: curl(f) = ( R Q, P R, Q ) P P y z z x x y, div(f) = x + Q y + R z Green sitt teorem: Stokes sitt teorem: Divergensteoremet: D S P dx + Q dy = F dr = V F ds = S D curl(f) ds V ( Q ) P x y dx dy F n ds = V div(f) dv