Tentamen
MVE035/600 Flervariabelanalys F/TM
2020-08-25 kl. 08.30–11.30 (08.30 - 13.00 f¨or dem med f¨orl¨angd tid) + 30 minuter f¨or scanning
Examinator: Peter Hegarty, Matematiska vetenskaper, Chalmers Telefonvakt: Peter Hegarty, telefon: 070-5705475
Hj¨alpmedel: Inga hj¨alpmedel, ej heller r¨aknedosa
F¨or godk¨ant p˚a tentan kr¨avs 20 po¨ang, inklusive eventuella bonuspo¨ang erh˚allna under VT-2020 fr˚an M¨obius uppgifterna och Matlab. Prelimin¨art s˚a kr¨avs 30 po¨ang f¨or betyget 4 och 40 po¨ang f¨or betyget 5. Dessa gr¨anser kan minskas men inte h¨ojas i efterhand. F¨or slutbetyg kr¨avs godk¨ant p˚a tavelmomentet, samt f¨or TM-studenterna godk¨ant p˚a extra-vektoranalys momentet.
L¨osningar l¨aggs ut p˚a kursens webbsida direkt efter tentan. Tentan r¨attas och bed¨oms i Canvas Speed Grader.
Resultatet meddelas i Ladok senast den 15 september. Online granskning ordnas d¨arefter av kursansvrig.
OBS!
Motivera dina svar v¨al. Det ¨ar i huvudsak tillv¨agag˚angss¨atten och motiveringarna som ger po¨ang, inte svaren.
I de uppgifter som best˚ar av fler olika delar g˚ar det alltid att l¨osa de enskilda delarna oberoende av varandra, ¨aven om man kan ibland spara r¨aknetid genom att l¨osa deluppgifterna sekventiellt.
Uppgifterna
1. L˚at
F (x, y, z) = x2+ z2+ yexz, f (x, y) = F (x, y, 1) = x2+ 1 + yex, g(x, y) = 2x y +y
x.
(a) Best¨am ekvationen f¨or tangentplanet till ytan z = f (x, y) i punkten (1, 1, 2 + e). (2p) (b) Best¨am riktningsderivatan f¨or g(x, y) i punkten (1, 1) och i riktning mot punkten (2p)
(−2, 3).
(c) Best¨am Taylorpolynomet av grad tv˚a till g(x, y) i punkten (1, 1) och d¨armed ett (2p) approximativt v¨arde f¨or g(0.99, 1.02).
(d) Motivera varf¨or ekvationen F (x, y, z) = 5 definierar en implicit funktion z = h(x, y) (4p) i en omgivning av (2, 1, 0). Best¨am hx, hy och hxx i punkten (2, 1).
(e) L˚at K : R2→ R2ges av K(x, y) = (f (x, y), g(x, y)). Motivera varf¨or avbildningen K (5p)
¨ar injektiv i en omgivning av punkten (1, 1) och best¨am funktionalmatrisen D(K−1) i punkten (2 + e, 3).
Best¨am ¨aven funktionalmatrisen D(K ◦ K) i punkten (1, 1).
2. (a) Ber¨akna RR
Dp1 − y4dA, d¨ar D ¨ar omr˚adet i xy-planet som begr¨ansas av kurvorna (4p) y = x och y = x3.
(b) Ber¨akna RR
T(x2+ 2xy + y2)ex−ydx dy, d¨ar T ¨ar triangeln med h¨orn i (0, 0), (1, 1) (4p) och (2, 0).
Var god v¨and!
3. L˚at γ = {(t + 2, t2− 1, t2+ 1) : 0 ≤ t ≤ 1}.
(a) Om en partikel r¨or sig l¨angs kurvan γ s˚a att t betecknar tid, f¨orklara varf¨or den (1p) sammanlagda kraften som partikeln upplever ¨ar konstant.
(b) Ber¨akna l¨angden av γ. (3p)
(c) Ber¨aknaR
γF · dr, d¨ar F =
2x
z, 2yz, x −x2z+y2 2
. (3p)
4. (a) Ber¨akna volymen av omr˚adet (3p)
K = {(x, y, z) ∈ R3: x2+ y2+ z2 ≤ 1, y ≥ |x|, z ≤ +p
x2+ y2}.
(b) Ytan x2+ y2+ 4z2= 1 ¨ar en ... Fyll i r¨att ord. (0.5p) (c) Ber¨akna fl¨odet av f¨altet F = (xz2, yz, z2) ut ur omr˚adet x2+ y2+ 4z2≤ 1. (3p) 5. (a) Sk¨arningskurvan C mellan .... (x − 1)2+ 4y2 = 16, z ∈ R och .... 2x + y + z = 3 ¨ar en (1.5p)
... Fyll i de r¨atta orden. (Obs! Det r¨acker ej att skriva “ytan” och “kurva”, du m˚aste vara mer precis).
(b) Anv¨and Stokes sats f¨or att ber¨aknaH
CF·dr, d¨ar F = (z2+y2+sin x2, 2xy+z, xz+2yz) (5p) och C ¨ar orienterad medurs sett l˚angt uppifr˚an l¨angs z-axeln.
6. L˚at D = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0} och l˚at
f (x, y) = (x2− xy + 2y2)e−x−y.
(a) Utan att ber¨akna n˚agra partiella derivator, motivera varf¨or f antar b˚ade ett st¨orsta (2p) och minsta v¨arde i D men bara ett minsta v¨arde i hela R2.
(b) Best¨am alla kritiska punkter samt de st¨orsta och minsta v¨ardena till f i D. (5p)
Go n’eir´ı an b´othar libh!
L¨osningar Flervariabelanalys F/TM, 200825 1. (a)
∇f = (fx, fy) = (2x + yex, ex)(1, 1)= (2 + e, e).
S˚a tangentplanets ekvation lyder
z−z0 = fx(x−x0)+fy(y−y0) ⇒ z−(2+e) = (2+e)(x−1)+e(y−1) ⇒ (2+e)x+ey−z = e.
(b) Gradienten av g ges av
∇g = (gx, gy) = 2 y − y
x2, −2x y2 + 1
x
(1, 1)
= (1, −1).
En riktningsvektor ges av
u = (−2, 3) − (1, 1) = (−3, 2).
S˚aledes ges riktningsderivatan av
gu = ∇g · ˆu = (1, −1) · (−3, 2)
p(−3)2+ 22 = · · · = − 5
√13. (c) Fr˚an (b) har vi redan att
g(1, 1) = 3, gx(1, 1) = 1, gy(1, 1) = −1.
Vidare g¨aller
gxx = 2y x3
(1, 1)
= 2, gxy = gyx = −2
y2 − 1 x2
(1, 1)
= −3, gyy = 4x
y3
(1, 1)
= 4.
S˚aledes ges Taylorpolynomet av grad tv˚a i (1, 1) av P (h, k) = 3 + (h − k) +1
2(2h2− 6hk + 4k2) = 3 + h − k + h2− 3hk + 2k2. Approximationen ges av
P (−0.01, 0.02) = 3+(−0.01−0.02)+1
2(2(−0.01)2−6(−0−01)(0.02)+4(0.02)2) = · · · = 2.973.
(d) Vi har
∇F = (Fx, Fy, Fz) = (2x + yzexz, exz, 2z + xyexz)(2, 1, 0)= (4, 1, 2).
Eftersom Fz(2, 1, 0) = 2 6= 0 s˚a ¨ar z en implicit funktion av x och y i en omgivning.
Dessutom enligt Implicita Funktionssatsen g¨aller i punkten (2, 1) att hx= −Fx
Fz = −4
2 = −2, hy = −Fy
Fz = −1 2. Sedan har vi:
hxx = ∂
∂x
−Fx Fz
= Fx∂F∂xz − Fz∂Fx
∂x
(Fz)2
(2, 1, 0)
= 1
22
4∂Fz
∂x − 2∂Fx
∂x
= ∂Fz
∂x −1 2
∂Fx
∂x
= ∂
∂x(2z + xyexz) −1 2
∂
∂x(2x + yzexz)
= [2hx+ y[exz+ xexz(z + xhx)]] −1
2[2 + y[hxexz+ zexz(z + xhx)]]
(2, 1, 0)
= [2(−2) + 1[1 + 2(1)(0 + 2(−2))]] −1
2[2 + 1[2(1) + 0]] = · · · = −13.
(e) Notera att K(1, 1) = (2 + e, 3). Vi har DK =
fx fy
gx gy
=
2x + yex ex
2
y −xy2 −2xy2 +x1
(1, 1)
=
2 + e e
1 −1
.
Determinanten ¨ar (2 + e)(−1) − e(1) = −2(1 + e) 6= 0, vilket inneb¨ar enligt Inversa funktionssatsen att K ¨ar bijektiv och d¨armed inverterbar i en omgivning av (1, 1).
Dessutom ges D(K−1) i punkten (2 + e, 3) = K(1, 1) av
2 + e e
1 −1
−1
= − 1
2(1 + e)
−1 −e
−1 2 + e
. Enligt kedjeregeln g¨aller
D(K ◦ K)(1, 1) = DK(K(1, 1)) · DK(1, 1) = DK(2 + e, 3) · DK(1, 1) =
=
"
2(2 + e) + 3e2+e e2+e
2
3 −(2+e)3 2 −2(2+e)9 +2+e1
#
2 + e e
1 −1
=
= · · · =
"
2(2 + e)2+ (7 + 3e)e2+e 2e(2 + e) + (3e − 1)e2+e
4(2+e)
9 −2+e2 2e3 − (2+e)3e 2 +2(2+e)9 −2+e1
# .
2. (a) Notera att omr˚adet D samt integranden p1 − y4 ¨ar symmetriska kring origo, s˚a det r¨acker att integrera ¨over den del av D som tillh¨or f¨orsta kvadranten och sedan multiplicera med 2. Om vi sedan byter ordningen i integrationen f˚ar vi att
Z Z
D
p1 − y4dA = 2 Z 1
0
p1 − y4dy Z y
y3
dx = 2 Z 1
0 (y − y3)p
1 − y4dy =
u:=y2
= Z 1
0 (1 − u)p
1 − u2du = Z 1
0
p1 − u2du − Z 1
0
up
1 − u2du =
u:=sin t
=
Z π/2 0
cos2t dtv:=1−u
2
− 1
2 Z 1
0
√v dv = · · · = π 4 − 1
3. (b) Notera att integralen kan skrivas som
Z Z
T
(x + y)2e(x+y)(x−y)dx dy.
Vi byter variabler till u = x + y, v = x − y s˚adan att d(u, v)
d(x, y) =
ux uy vx vy
=
1 1
1 −1
= 2 ⇒ d(x, y) d(u, v) = 1
2.
I termer av u och v s˚a ¨ar T = {(u, v) : 0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ u}. Integralen blir d¨armed Z 2
0
du Z u
0
1
2u2euvdv = · · · = 1 2
Z 2
0
u(eu2− 1) duv=u
2
= · · · = 1
4(e4− 5).
3. (a) Partikelns acceleration ¨ar r′′(t) = (0, 2, 2). Eftersom accelerationen ¨ar konstant s˚a ocks˚a ¨ar den sammanlagda kraften, enligt Newtons andra lag.
(b) Kurvans l¨angd ges av Z 1
0 ||r′(t)|| dt = Z 1
0 ||(1, 2t, 2t)|| dt = Z 1
0
p12+ (2t)2+ (2t)2dt =
= Z 1
0
p1 + 8t2dtu:=
√8t
= 1
√8 Z √8
0
p1 + u2du = ..(formelblad)..
= 1
2√ 8
hup
1 + u2+ ln(u +p
1 + u2)i
√8
0 = · · · = 1
2 3 +ln(3 +√
√ 8) 8
! .
(c) D˚a φ(x, y, z) := x2+yz 2 s˚a ¨ar F = ∇φ + (0, 0, x). S˚aledes g¨aller att Z
γF · dr = φ(b) − φ(a) + Z
γ(0, 0, x) · dr =
= φ(3, 0, 2) − φ(2, −1, 1) + Z 1
0 (0, 0, t + 2) · (1, 2t, 2t) dt =
= 9 2 − 5 +
Z 1
0 2t(t + 2) dt = · · · = 13 6 . 4. (a) Omr˚adet K ges i sf¨ariska koordinater av
K =
(ρ, θ, φ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, π
4 ≤ θ ≤ π, π
4 ≤ φ ≤ 3π 4
. D¨armed ¨ar
Vol(K) = Z 3π/4
π/4
Z π π/4
Z 1 0
ρ2 sin θ dρ dθ dφ = · · · = π 6
1 + 1
√2
. (b) Ellipsoid.
(c) Vi anv¨ander Gauss sats. F¨orst har vi
∇ · F = ∂
∂x(xz2) + ∂
∂y(yz) + ∂
∂z(z2) = z2+ 3z.
L˚at D vara omr˚adet som innesluts av ellipsoiden, allts˚a D = {(x, y, z) : x2+ y2+ 4z2 ≤ 1}.
Enligt Gauss sats s˚a ges fl¨odet av RRR
D(z2+ 3z) dV =RRR
Dz2dV , tyRRR
Dz dV = 0 av symmetrisk¨al. Nu byter vi till ellipsoidiska koordinater:
x = ρ sin θ cos φ, y = ρ sin θ sin φ, z = 1 2ρ cos θ
s˚a att D = {(ρ, θ, φ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ φ ≤ 2π}. Fl¨odet blir s˚aledes 1
8 Z 2π
0
Z π 0
Z 1 0
(ρ cos θ)2ρ2sin θ dρ dθ dφ =
= 1 8
Z 1 0
ρ4dρ Z π
0
cos2θ sin θ dθ Z 2π
0
dφ = ..(u := cos θ).. = 1 8·1
5 ·2
3 · 2π = π 30. 5. (a) (Elliptiska) cylindern, planet, ellips.
(b) F¨orst har vi
∇ × F =
i j k
∂
∂x ∂
∂y ∂
∂z
z2+ y2+ sin x2 2xy + z xz + 2yz
= · · · = (2z − 1, z, 0).
L˚at Y vara den del av planet som innesluts av C. Eftersom C har negativ orientering m.a.p. Stokes sats s˚a har vi
I
CF · dr = − Z Z
Y(∇ × F) · ˆN dS = − Z Z
π(Y )(2z − 1, z, 0) · (2, 1, 1) dx dy =
= 2 Z Z
π(Y )(1 − 3z) dx dyz=3−2x−y= 2 Z Z
(x−1)2+4y2≤16(6x + 3y − 8) dx dy.
Av symmetrisk¨al s˚a ¨arRR
π(Y )(x − 1) dx dy =RR
π(Y )y dx dy = 0. S˚aledes har vi kvar Z Z
π(Y )−4 dx dy = −4 × Area(π(Y )) = −4 × πab = −4 × π(4)(2) = −32π.
6. (a) Den kvadratiska formen Q(x, y) = x2− xy + 2y2 har A = 1, B = 1/2, C = 2, allts˚a AC − B2= 74 > 0 och A = 1 > 0, vilket inneb¨ar at Q ¨ar positiv definit. S˚aledes m˚aste f (x, y) ≥ 0 g¨alla i hela R2, s˚a 0 = f (0, 0) ¨ar ett globalt minimum f¨or f i hela R2. I den tredje kvadranten x < 0, y < 0 s˚a kan f bli godtyckligt stort, s˚a f har inget globalt maximum i R2. D¨aremot i den f¨orsta kvadranten D ¨ar det klart att f → 0 d˚a px2+ y2 → ∞. Eftersom D ¨ar slutet s˚a f kommer att ha ett maximum i D, vilket antas antingen i en kritisk inre punkt (d¨ar x > 0 och y > 0) eller i en randpunkt p˚a n˚agon av koordinataxlarna.
(b) F¨orst hittar vi alla kritiska punkter. Vi har
fx= e−x−y[(x2− xy + 2y2)(−1) + (2x − y)], fy = e−x−y[(x2− xy + 2y2)(−1) + (4y − x)].
I en kritisk punkt ¨ar fx = fy = 0. Exponentialen kan inte bli noll s˚a 2x − y = x2− xy + 2y2= 4y − x ⇒ y = 3x
5 ⇒
⇒ 0 = −
"
x2− x 3x 5
+ 2 3x 5
2#
+ 2x − 3x 5
⇒ · · · ⇒ 0 = −28 25x2+ 7
5x ⇒ x = 0 eller x = 5 4.
S˚a vi har tv˚a kritiska punkter (0, 0) och 54, 34. Den senare ¨ar en kandidat f¨or var f antar sitt st¨orsta v¨arde i D. Vi m˚aste dock ocks˚a kolla Ds rand. Vi har f (x, 0) = x2e−x och f (0, y) = 2y2e−y := g(y). f ¨ar dubbelt s˚a stort l¨angs y-axeln s˚a det r¨acker att kolla den. Vi har g′(y) = 2e−y(2y − y2) s˚a g′(y) = 0 d˚a y = 0 eller y = 2. Det f¨orsta alternativet ger punkten (0, 0) igen, det andra ger punkten (0, 2).
V˚ara tv˚a kandidatpunkter f¨or max i D ¨ar s˚aledes 54, 34 och (0, 2). Vi ber¨aknar f 5
4, 3 4
= 7
4e−2, f (0, 2) = 8e−2, s˚a det st¨orsta v¨ardet ¨ar uppenbarligen 8e−2.
Tentamen
MVE035/600 Flervariabelanalys F/TM
2020-08-25 kl. 08.30–11.30 (08.30 - 13.00 f¨or dem med f¨orl¨angd tid) + 30 minuter f¨or scanning
Examinator:Peter Hegarty, Matematiska vetenskaper, Chalmers Telefonvakt:Peter Hegarty, telefon: 070-5705475
Hj¨alpmedel:Inga hj¨alpmedel, ej heller r¨aknedosa
F¨or godk¨ant p˚a tentan kr¨avs 20 po¨ang, inklusive eventuella bonuspo¨ang erh˚allna under VT-2020 fr˚an M¨obius uppgifterna och Matlab. Prelimin¨art s˚a kr¨avs 30 po¨ang f¨or betyget 4 och 40 po¨ang f¨or betyget 5. Dessa gr¨anser kan minskas men inte h¨ojas i efterhand. F¨or slutbetyg kr¨avs godk¨ant p˚a tavelmomentet, samt f¨or TM-studenterna godk¨ant p˚a extra-vektoranalys momentet.
L¨osningar l¨aggs ut p˚a kursens webbsida direkt efter tentan. Tentan r¨attas och bed¨oms i Canvas Speed Grader.
Resultatet meddelas i Ladok senast den 15 september. Online granskning ordnas d¨arefter av kursansvrig.
OBS!
Motivera dina svar v¨al. Det ¨ar i huvudsak tillv¨agag˚angss¨atten och motiveringarna som ger po¨ang, inte svaren.
I de uppgifter som best˚ar av fler olika delar g˚ar det alltid att l¨osa de enskilda delarna oberoende av varandra, ¨aven om man kan ibland spara r¨aknetid genom att l¨osa deluppgifterna sekventiellt.
Uppgifterna
1. L˚at
F(x, y, z) = x2+ z2+ yexz, f(x, y) = F (x, y, 1) = x2+ 1 + yex, g(x, y) = 2x y +y
x.
(a) Best¨am ekvationen f¨or tangentplanet till ytan z = f (x, y) i punkten (1, 1, 2 + e). (2p) (b) Best¨am riktningsderivatan f¨or g(x, y) i punkten (1, 1) och i riktning mot punkten (2p)
(−2, 3).
(c) Best¨am Taylorpolynomet av grad tv˚a till g(x, y) i punkten (1, 1) och d¨armed ett (2p) approximativt v¨arde f¨or g(0.99, 1.02).
(d) Motivera varf¨or ekvationen F (x, y, z) = 5 definierar en implicit funktion z = h(x, y) (4p) i en omgivning av (2, 1, 0). Best¨am hx, hy och hxx i punkten (2, 1).
(e) L˚at K : R2→ R2ges av K(x, y) = (f (x, y), g(x, y)). Motivera varf¨or avbildningen K (5p)
¨ar injektiv i en omgivning av punkten (1, 1) och best¨am funktionalmatrisen D(K−1) i punkten (2 + e, 3).
Best¨am ¨aven funktionalmatrisen D(K ◦ K) i punkten (1, 1).
2. (a) Ber¨akna RR
Dp1 − y4dA, d¨ar D ¨ar omr˚adet i xy-planet som begr¨ansas av kurvorna (4p) y= x och y =√3
x.
(b) Ber¨aknaRR
T(x2+ 2xy + y2)ex2−y2dx dy, d¨ar T ¨ar triangeln med h¨orn i (0, 0), (1, 1) (4p) och (2, 0).
Var god v¨and!
3. L˚at γ = {(t + 2, t2− 1, t2+ 1) : 0 ≤ t ≤ 1}.
(a) Om en partikel r¨or sig l¨angs kurvan γ s˚a att t betecknar tid, f¨orklara varf¨or den (1p) sammanlagda kraften som partikeln upplever ¨ar konstant.
(b) Ber¨akna l¨angden av γ. (3p)
(c) Ber¨aknaR
γF· dr, d¨ar F =
2x
z, 2zy, x−x2z+2y2
. (3p)
4. (a) Ber¨akna volymen av omr˚adet (3p)
K = {(x, y, z) ∈ R3: x2+ y2+ z2 ≤ 1, y ≥ |x|, z ≤ +p
x2+ y2}.
(b) Ytan x2+ y2+ 4z2= 1 ¨ar en ... Fyll i r¨att ord. (0.5p) (c) Ber¨akna fl¨odet av f¨altet F = (xz2, yz, z2) ut genom ytan i (b). (3p)
5. (a) Sk¨arningskurvan C mellan .... (x − 1)2+ 4y2 = 16, z ∈ R och .... 2x + y + z = 3 ¨ar en (1.5p) ... Fyll i de r¨atta orden. (Obs! Det r¨acker ej att skriva “ytan” och “kurva”, du m˚aste
vara mer precis).
(b) Anv¨and Stokes sats f¨or att ber¨aknaH
CF·dr, d¨ar F = (z2+y2+sin x2,2xy+z, xz+2yz) (5p) och C ¨ar orienterad moturs sett l˚angt nerifr˚an l¨angs z-axeln.
6. L˚at D = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≥ 0} och l˚at
f(x, y) = (x2− xy + 2y2)e−x−y.
(a) Utan att ber¨akna n˚agra partiella derivator, motivera varf¨or f antar b˚ade ett st¨orsta (2p) och minsta v¨arde i D men bara ett minsta v¨arde i hela R2.
(b) Best¨am alla kritiska punkter samt de st¨orsta och minsta v¨ardena till f i D. (5p)
Go n’eir´ı an b´othar libh!