Mat 1. 2-timersprøve den 14. maj 2018.

Transkript

1 Mat. 2-timersprøve den 4. maj 28. JE Opgave restart:with(linearalgebra):with(plots): En reel fnktion f af to reelle variable er givet ved f:(x,y)-4*y*(x^2+/3*y^2-); expand(f(x,y)); f d x, y 4 y x 2 C y2 3 K 4 y x 2 C 4 3 y3 K4 y Spørgsmål Hvis f har lokalt ekstremm i et pnkt, så må pnktet være et stationært pnkt, da f ikke har ndtagelsespnkter. Vf x, y f# x x, y, f# y x, y (8 xy, 4 x 2 C4 y 2 K4) (, )5 8xy og 4x 2 C4 y 2 K4 5x og 4y 2 K4 eller y og 4x 2 K4 5x og y ± eller y og x ±. Samtlige stationære pnkter for f er da (, ), (, ), (, ) og (, ). Hessematricen for f i pnktet (x, y) er H(x,y):<diff(f(x,y),x,x),diff(f(x,y),y,x) diff(f(x,y),x,y), diff(f(x,y),y,y); H x, y d 8 y 8 x 8 x 8 y H(,):sbs(x,y,H(x,y)); H, d 8 8 Eigenvales(H(,),otptlist); 8, K8 Da de to egenværdier for H(,) har modsat fortegn, så har f ikke lokalt ekstremm i det stationære pnkt (,) (saddelpnkt). H(-,):sbs(x-,y,H(x,y)); H K, d K8 K8 Eigenvales(H(-,),otptlist); 8, K8 Da de to egenværdier for H(,) har modsat fortegn, så har f ikke lokalt ekstremm i det stationære pnkt (,) (saddelpnkt).

2 Da begge egenværdierne for H(,) er positive, har f egentligt lokalt minimm i det stationære pnkt (, ) med værdien 'f(,)'f(,); H(,):sbs(x,y,H(x,y)); H, d 8 8 Eigenvales(H(,),otptlist); 8, 8 f, K 8 3 H(,-):sbs(x,y-,H(x,y)); H, K d K8 K8 Eigenvales(H(,-),otptlist); K8, K8 Da begge egenværdierne for H(, ) er negative, har f egentligt lokalt maksimm i det stationære pnkt (, ) med værdien 'f(,-)'f(,-); f, K 8 3 contorplot(f(x,y),x-3..3,y-3..3,contors8);

3 3 2 y K3 K2 K 2 3 x K K2 K3 En ellipse E i (x, y)-planen er givet ved ligningen x 2 C y2 3 K 5 x2 C y2 3. Spørgsmål 2 Ellipsen E har centrm i (, ), halve storakse a 3 og halve lilleakse b. Spørgsmål 3 Vi betragter den begrænsede og afslttede pnktmængde M, der omkrandses af E. implicitplot(x^2+y^2/3,x-2..2,y-2..2,scalingconstrained, filledtre,coloring[gray,white], title"m");

4 Da M er begrænset og afslttet og da f er kontinert i M, så har f et globalt minimm og et globalt maksimm i M. Da f ikke har ndtagelsespnkter i det indre af M, så antages disse værdier enten i et stationært pnkt i det indre af M eller på randen af M. De eneste stationære pnkter i det indre af M er (, ) og (, ) og 'f(,)'f(,);'f(,-)'f(,-); f, K 8 3 f, K 8 3 Da randen E af M er givet ved ligningen x 2 C y2 3 K, så er f(x, y) for alle (x, y) 2E. Ved nmmerisk sammenligning af disse ndersøgelser fås, at det globale minimm er 8 3, som antages i pnktet (, ) og at det globale maksimm er 8 3, som antages i pnktet (, ). Det bemærkes, at da M er sammenhængende, så er værdimængden f (M) [ 8 3 ; 8 3 ]. plot3d(f(x,y),x-2..2,y-2..2,view-3..3);

5 Opgave 2 restart:with(plots): prik:(x,y)-vectorcalcls[dotprodct](x,y): kryds:(x,y)-convert(vectorcalcls[crossprodct](x,y),vector): vop:proc(x) op(convert(x,list)) end proc: I (x, y)-planen betragtes pnktmængden B { (x, y) x og y cosh x }. plot(cosh(x),x-..,scalingconstrained,filledtre,title"m");

6

7 r d v cosh 2 K hvor 2 [ ;] og v 2 [;]. r:diff~(r,); r d v sinh K rv:diff~(r,v); rv d cosh Fladens normalvektor er N:kryds(r,rv); cosh N d cosh Den til r hørende Jacobi-fnktion er Jacobi:sqrt(prik(N,N)) assming cosh(); Jacobi d 2 cosh Spørgsmål 3 F f:(x,y,z)-(z-)/sqrt(2); f d x, y, z zk zk z, v K dμ Jacobi, v d dv K cosh d dv. 2 2 v K v K integranden:f(vop(r))*jacobi; integranden d K cosh Int(Int(integranden,-..),v..)int(int(integranden, -..),v..); K K cosh d dv 2 sinh 2

8 Opgave 3 restart:with(linearalgebra):with(plots): vop:proc(x) op(convert(x,list)) end proc: Det oplyses, at x# t 4 x t K y t, t 2 R, y# t 2 x t K5 y t har den fldstændige løsning x t y t 5 c C2 c 2 e Kt 2 c Cc 2 e Kt, t 2 R, c, c 2 2 R, I (x, y)-planen betragtes vektorfeltet V(x, y) 4 x K y 2 x K5 y. Spørgsmål Den ovenfor oplyste fldstændige løsning er netop flowkrverne for det i (x, y)-planen betragtede vektorfelt V(x, y) 4 x K y 2 x K5 y Til bestemmelse af konstanterne c og c 2 så. x x haves det lineære ligningssystem med tilhørende totalmatrix T:<<5,2 <2, <,; x y 5 c C2 c 2 2 c Cc 2 c:linearsolve(t); Den søgte flowkrve er da x t K5 C6e Kt, t 2 R. y t K2 C3e Kt c c 2 T d c d K 3 L er er det rette liniestykke fra pnktet (, ) til pnktet (2, 2).

9 Spørgsmål 2 En parameterfremstilling for L er x y, 2 [;2]. Spørgsmål 3 Til bestemmelse af konstanterne c og c 2 så x y haves det lineære ligningssystem med tilhørende totalmatrix T:<<5,2 <2, <,; x y 5 c C2 c 2 2 c Cc 2 c:linearsolve(t); c c 2 T d c d K 3 Den flowkrve r(, t) for V, der opfylder r(, ) har da parameterfremstillingen r:(,t)-<-5*+6**exp(-t),-2*+3**exp(-t): r(,t); K5 C6 e Kt For t og 2 [; 2] fås r(,); K2 C3 e Kt K5 C6 e K K2 C3 e K som er en parameterfremstilling for den krve, som L er blevet deformeret til, til tiden t. Da r(, ) kan skrives som r(, ) K5 C6e K K2 C3e K, hvor 2 [; 2], så er krven det rette liniestykke fra pnktet ( 5 + 6e K, 2 + 3e K ) til pnktet ( + 2e K, 4 + 6e K ). L:plot(x,x..2,thickness5,colorble): P:plot([vop(r(,)),..2],thickness5,colorred): K:plot([vop(r(,t)),t..],linestyle4): K2:plot([vop(r(2,t)),t..],linestyle4): display(l,p,k,k2,scalingconstrained);

10 2 K5 K4 K3 K2 K 2 x K Opgave 4 restart:with(plots): prik:(x,y)-vectorcalcls[dotprodct](x,y): kryds:(x,y)-convert(vectorcalcls[crossprodct](x,y),vector): vop:proc(x) op(convert(x,list)) end proc: grad:x-convert(stdent[vectorcalcls][del](x),vector): div:v-vectorcalcls[divergence](v): rot:proc(x) ses VectorCalcls;BasisFormat(false);Crl(X) end proc: I (x, y, z)-rmmet er der givet vektorfeltet V:(x,y,z)-<3*x-y^2,4*y*z,y-2*z^2: V(x,y,z); Ky 2 C3 x 4 y z K2 z 2 Cy

11 Ω er en massiv omdrejningscylinder med bndradis, x-aksen som symmetriakse og afgrænset af planerne x og x (se figren i opgaveteksten). Spørgsmål vω er den lkkede overflade af Ω orienteret med dadrettet enhedsnormalvektor. Af Gass' sætning fås da div(v)(x,y,z); 3 Flx(V, vω) Ω Div V dμ Ω 3 dμ 3Vol(Ω) 3π. Betragt den cirkelskive C i planen x, som afsltter cylinderen i x-aksens retning og dens randkrve vc (vist med rød på figren i opgaveteksten). Spørgsmål 2 Parameterfremstilling for C r:<,*cos(v),*sin(v); hvor 2 [;] og v 2 [;2π]. r:diff~(r,); rv:diff~(r,v); Fladens normalvektor N:simplify(kryds(r,rv)); r d r d rv d N d cos v sin v cos v sin v K sin v cos v hvor 2 ];], danner netop højreskre med den valgte orientering af den lkkede randkrve vc for C (vist med blå tangentvektor på figren i opgaveteksten). Den angivne parameterfremstilling for C opfylder derfor betingelsen.

12 Spørgsmål 3 Af Stokes' sætning fås da Cirk(V,vC Rotationen taget på fladen Rot:rot(V)(vop(r)); 2 π v V,e vc dμ Flx(Rot(V),C) vc N, v. Rot V r, v d dv. rot(v)(x,y,z); Rot d n C. Rot V dμ C K4 y 2 y K4 cos v 2 cos v integranden:prik(n,rot); integranden d K4 cos v Int(Int(integranden,..),v..2*Pi)int(int(integranden,..),v..2*Pi); 2 π K4 cos v d dv π