Vektorilaskenta, tentti

Transkriptio

1 Vektorilaskenta, tentti Vastaa NELJÄÄN tehtävään. Jos vastaat kaikkiin, niin neljä PARASTA otetaan huomioon. Kuvat vievät tilaa, joten muista kurkistaa paperin toiselle puolelle. Tentin kesto valvojan ohjeiden mukaan n. 3 tuntia. Apuvälineet: sallittua tyyppiä oleva laskin ja kaava-arkki. Tehtävä. Alla on kuvattu neljännes erään kuplahallin katosta. Katon korkeus z pisteessä (x, y), x 0, y 0, x + y 2 on z = f(x, y) = 4 (x + y) 2. Kiipeilijä liikkuu katon päällä. Hän on saavuttanut kohdan P = (/2, ) yläpuolella olevan pisteen, ja liikuu vektorin u = ( 4/5, 3/5) suuntaan. Onko hän tällä hetkellä liikkumassa katolla ylöspäin vai alaspäin? Jos kiipeilijän ote irtoaa, ja hän alkaa valua kattoa pitkin alaspäin jyrkimpään mahdolliseen suuntaan, niin mihin suuntaan hän alkaa liukua? Ratkaisu. Funktion f gradientti on, suoraan osittaisderivoimalla, f(x, y) = ( 2(x + y), 2(x + y)). Näin ollen f(p ) = ( 2( 2 + ), 2( + )) = ( 3, 3). 2 Funktion f derivaatta suuntaan u saadaan sisätulona D u f(p ) = (u, f(p )) = 5 (( 4) ( 3) + 3 ( 3)) = 3 5. Koska D u f pisteessä P on positiivinen, niin kiipeilijä on tällä hetkellä menossa ylöspäin. Jyrkimmän alamäen suunta on gradientille päinvastainen (gradientin suunta kertoo jyrkimmän kasvun suunnan). Näin ollen hän alkaa liukua vektorin f(p ) = (3, 3) suuntaan. Tämä on samansuuntainen kuin vektori (, ). Hallin tämän neljänneksen muoto on sellainen, että jyrkimmän laskun suunta on kaikkialla sama. Laskusuunta on kohtisuoraan suoraa x + y = 2 vastaan, jota pitkin hallin seinä koskettaa maata. Tätä osattiin suhteellisen hyvin. Harmillisia kämmejä osittaisderivoinnissa sattui. Jotkut eivät hoksanneet käyttää suunnattua derivaattaa, ja laskivat sen asemesta hallin korkeutta pisteesssä Q + tu, missä t oli jokin vakio. En oikein tykännyt tästä, mutta kunhan t oli tarpeeksi pieni, niin tällä tavalla päätyi toki oikeaan vastaukseen, joten annoin siitä suht paljon pisteitä. Hämmästyttävän usein esiintyi seuraava virhe. Koska (x + y) 2 = x 2 + 2xy + y 2, niin moni arveli, että 4 (x + y) 2 = 4 x 2 + 2xy + y 2. Sulkujen edessä oleva kerroin (tässä tapauksessa miinusmerkki) vaikuttaa KOKO SULKULAUSEKKEEN SISÄLTÖÖN. Oikein on siis 4 (x + y) 2 = 4 x 2 2xy y 2.

2 Tehtävä 2. Suorat x = 0, y = 0 ja x + y = 2 rajaavat tason. neljänneksessä kolmion muotoisen alueen A. Laske funktion f(x, y) = 4 (x + y) 2 integraali yli alueen A. Kyseinen integraali laske yllä olevan kuvan kappaleen tilavuuden. Tarkista vastauksesi suuruusluokka tekemällä jokin mielekäs arvio. Ratkaisu. Suora x + y = 2 leikkaa muut suorat pisteissä (2, 0) ja (0, 2). Kaksi muuta suoraa leikkaavat tietenkin origossa (0, 0), joten nämä ovat kolmion A kärjet. Erityisesti siis x-koordinaatti vaihtelee välillä [0, 2] ja piste (x, y) on kolmiossa A, jos sen y-koordinaatti on alareunan y = 0 ja yläreunan x + y = 2 y = 2 x välissä. Näin ollen kappaleen tilavuus saadaan integraalista 2 2 x f = 4 (x + y) 2 dy dx. Sisäintegraali on siis 2 x y=0 A x=0 4 (x + y) 2 dy = 2 x y=0 y=0 4y (x + y)3 3 = 4(2 x) 3 (x + 2 x) ( x + 0)3 Ulkointegraali antaa sitten tilavuudeksi V = 2 x=0 = 8 4x x3 = 3 x3 4x x3 4x dx = 2 x=0 2 x4 2x 2 + 6x 3 = 4. Reality check on, että hallin maksimikorkeus (origon päällä) on h = 4, ja pohjakolmion ala on A = = 2. Jos maksimikorkeus olisi kaikkialla, kappaleen tilavuudeksi saataisiin siis Ah = 8. Saatu arvo on tasan puolet tästä, mikä sopii kuvaan kohtuullisesti. Tätäkin tehtävää osattiin kohtuullisesti, mutta virheitä tuli. Sisäintegraali menee sijoitusten jälkeen melko syheröiseksi, jos sen integroi muodossa 4 x 2 2xy y 2, mutta sitä vartenhan se reality check tehdään. Koska sisäintegraalissa x on vakio, voidaan se todellakin integroida kuten esimerkiksi (y + 2) 2 dy = (y + 2) 3 /3. Jotkut olivat hoksanneet käyttää tätä, mutta unohtivat, että tällöin sijoitus alarajalla y = 0 ei enää häviäkään! Joka tapauksessa lasku yksinkertaistuu huomattavasti. Pisteitä menetettiin laskuvirheiden lisäksi ennen kaikkea sähläämällä sisäintegraalin rajojen kanssa. Tätä täytyy harjoituttaa enemmän, koska ViLLE-treeni ei näköjään vielä riittänyt kaikille. Monet toistivat edellisen tehtävän virheen. Tehtävä 3. Vastaa ainakin neljään ensimmäiseen kohtaan. Viimeinen on maltillista kikkailua vaativa bonustehtävä, jonka ratkaisemisesta saa kaksi lisäpistettä. Oletetaan, että f (x, y), f 2 (x, y) ja f 3 (x, y) ovat jatkuvasti differentioituvia kuvauksia. Selitä, miksi tulon derivoimiskaava antaa niiden tulon f(x, y) = f (x, y)f 2 (x, y)f 3 (x, y) gradientilla kaavan f = f f 2 f 3 + f f 3 f 2 + f 2 f 3 f. Oletetaan, että pisteessä P = (x 0, y 0 ) jotkin kaksi funktioista f, f 2, f 3 saa arvon nolla. Selitä edellisen kohdan perusteella, miksi tällöin P on tulon f(x, y) kriittinen piste. Tehtävän loppuosassa f (x, y) = x, f 2 (x, y) = y ja f 3 (x, y) = 2 x y. Selitä, miksi pisteet P = (0, 0), P 2 = (0, 2), P 3 = (2, 0) ja P 4 = (2/3, 2/3) ovat tulofunktion f = f f 2 f 3 kriittisiä pisteitä.

3 Selvitä kriittisen pisteen P 4 luonne funktion f Hessen matriisia tutkimalla. Osoita, että funktiolla f(x, y) = xy(2 x y) ei ole muita kriittisiä pisteitä pisteiden P, P 2, P 3 ja P 4 lisäksi. Ratkaisu. Tulon derivoimiskaava yleistyy kolmelle tekijällä muodossa D(fg) = f g + fg D(f f 2 f 3 ) = f f 2 f 3 + f f 2f 3 + f f 2 f 3. Koska osittaisderivointi on tavallista derivointia, jossa muut muuttujat ajatellaan vakioiksi, niin sama kaava on voimassa myös osittaisderivaatoille. Esimerkiksi D x (f f 2 f 3 ) = f 2 f 3 (D x f ) + f f 3 (D x f 2 ) + f f 2 (D x f 3 ), missä siirsin derivoidun tekijän enteellisesti viimeiseksi. Gradientin komponentit ovat siis tätä muotoa (muuttuja jonka suhteen derivoidaan vaihtelee), ja väitetty kaava seuraa tästä. Toinen väitteistä seuraa nyt helposti. Kaavan f(p ) = f (P )f 2 (P ) f 3 (P ) + f (P )f 3 (P )( f 2 (P ) + f 2 (P )f 3 (P ) f (P ) oikean puolen kaikissa termeissä ainakin toinen gradientin edessä olevista tekijöistä f i (P ) häviää, ja näin ollen jokainen termeistä on nollavektori. Kolmas väite seuraa edellisestä käyttäen havaintoja f (P ) = f 2 (P ) = 0, f (P 2 ) = f 3 (P 2 ) = 0 ja f 2 (P 3 ) = f 3 (P 3 ) = 0. Tämä oli osana kakkostehtävää, jossa yhtälöt f = 0, f 2 = 0 ja f 3 = 0 määrittelevät kolmioalueen A reunat, ja pisteet P, P 2, P 3 nähtiin kolmion kärjiksi. Pisteen P 4 osalta joudumme näkemään hieman vaivaa. Koska f = (, 0), f 2 = (0, ) ja f 3 = (, ) saamme ensimmäisen kohdan kaavan avulla f(p 4 ) = f 2 (P 4 )f 3 (P 4 )(, 0) + f (P 4 )f 3 (P 4 )(0, ) + f (P 4 )f 2 (P 4 )(, ). Koska f (P 4 ) = f 2 (P 4 ) = f 3 (P 4 ) = 2/3 saadaan tästä gradientille f(p 4 ) = 4 [(, 0) + (0, ) + (, )] = (0, 0), 9 joten myös P 4 on funktion f kriittinen piste. Ensimmäisen kohdan kaavan avulla (tai suoraan osittaisderivoimalla) saamme f(x, y) = xy(, ) + x(2 x y)(0, ) + y(2 x y)(, 0) = (2y y 2 2xy, 2x x 2 2xy). Tästä toisen kerran osittaisderivoimalla saamme f xx = 2y, f xy = 2 2y 2x, f yy = 2x. Näin ollen funktion f Hessen matriisi pisteessä P 4 on ( 4/3 2/3 Hf(P 4 ) = 2/3 4/3 Tästä saadaan pääalideterminanteiksi = 4/3, 2 = 4/3. Koska 2 > 0, vastaava neliömuoto on definiitti (ominaisarvot samanmerkkisiä). Koska lisäksi < 0, neliömuoto on negatiividefiniitti (ominaisarvot molemmat negatiivisia). Näin ollen piste P 4 on funktion f lokaali maksimikohta. Muita kriittisiä pisteitä ei todellakaan ole. Jos nimittäin (x, y) on kriittinen piste, niin edellisessä kohdassa lasketun gradientin mukaan tällöin ). 0 = f/ x = 2y y 2 2xy = y(2 y 2x)

4 ja samanaikaisesti 0 = f y = 2x x 2 2xy = x(2 x 2y). Ensimmäisen yhtälön perusteella kriittisessä pisteessä on oltava joko y = 0 tai 2 y 2x = 0. Jos y = 0, niin sijoittamalla se jälkimmäiseen yhtälöön saadaan 0 = x(2 x), mistä seuraa, että x = 0 tai x = 2. Nämä ovat juurikin kriittiset pisteet P = (0, 0) ja P 3 = (2, 0). Jos taas 2 y 2x = 0 niin tästä ratkeaa y = 2 2x. Sijoittamalla se jälkimmäiseen yhtälöön saadaan 0 = x(2 x 4 + 4x) = x( 2 + 3x). Tästä ratkeaa x = 0 tai x = 2/3. Sijoittamalla nämä ratkaisuun y = 2 2x saadaan kriittiset pisteet P 2 = (0, 2) ja P 4 = (2/3, 2/3). Tätä tehtävää osattiin ilahduttavan hyvin. Pistemenetyksiä tuli perustelujen epämääräisyyksistä, pienistä laskuvirheistä, ja sitten sähläämisestä negatiividefiniitin Hessen muodon tunnistamisessa. Tehtävä 4. Yhtälö x 4 + x 4 y 4 + y 4 = selvästi rajaa koordinaatit x ja y välille [, ] joten sen ratkaisujoukko K on tason R 2 kompakti osajoukko. Näin ollen funktio f(x, y) saa joukossa K suurimman ja pienimmän arvonsa. Etsi kaikki pisteet, joissa suurin tai pienin arvo saavutetaan. Ratkaisu. Tämä tehtävä meni vihkoon, eli oli minun vuoroni sössiä. Luulin copy/pastanneeni Bonustehtävän numero 6, mitä nyt hieman editoin side-ehtofunktiota. Mutta siellä f olikin annettu eksplisiittisesti vasta vinkissä, ja niinpä se sitten jäi kokonaan pois. Tilanne olisi varmaan paljastunut ajoissa, jos tämä olisi ollut aiempi tehtävä, sillä silloin tenttisalissa piipahtaessani, joku olisi varmaan kysynyt asiasta. Joka tapauksessa monet opiskelijat olivat nähneet hirmuisesti vaivaa yrittäessään tehdä jotakin järkevää. Tehtävä arvosteltiin siinä hengessä, että kaikki pääsivät seuraavaan arvosanaan. En kuitenkaan antanut side-ehtofunktion kriittisten pisteiden analysoinnista (vaikka mukana olisi joitakin sen tarkasteluja neliön [, ] [, ] reunallakin kuin maksimissaan 5 pistettä. Tämä siksi, että muutama opiskelija oli selittänyt, miksi tehtävää ei voi ratkaista, mutta miten se menisi, jos tavoitefunktio tiedettäisiin (tai oli itse valinnut tavoitefunktion). Heille 8 pistettä. Muutama opiskelija oli ratkaissut side-ehdosta toisen muuttujan, mikä olisi erinomainen tapa hyödyntää sitä, heille 6 pistettä. Jos side-ehtofunktion kriittisten pisteiden analyysissä oli sählinkiä tuli pisteitä hieman vähemmän kuin viisi. Olen melko varma, että melkein kaikki saivat oikeudenmukaisen arvosanan, mutta täysin vertailukelpoisia eivät eri tehtävät kyllä nyt olleet. Ensi kerralla sitten huolellisemmin. Jos tavoitefunktio olisi se tarkoitettu f(x, y) = x 2 + y 2, niin Bonustehtävää seuraamalla päädytään havaintoon, että sidotut ääriarvot ovat käyrän K ja suorien y = 0, x = 0, x = y ja x = y leikkauspisteet kuten sielläkin. Pieleen meni kumminkin :-( Tehtävä 5. Taso z = ja kartiopinta z 2 = x 2 + y 2 rajaavat alueessa z 0 kappaleen K, kuva alla. Kuvaile kappaleen rajat sylinterikoordinaatteja käyttäen, ja laske funktion f(x, y, z) = x 2 + z 2 integraali yli kyseisen kappaleen. Ratkaisu. Kartion vaipalla siis z 2 = x 2 + y 2 = r 2. Koska r 0 ja z 0, niin tämä toteutuu sjvsk z = r. Kartion pohja on tasolla z =, ja kärjessä z = 0, joten z:n vaihteluväli on [0, ]. Kartion akselilla tietenkin z vaihtelee, mutta r = 0. Kartion sisäosa on sen akselin ja vaipan välissä, joten siellä r-koordinaatti kasvaa akselin nollasta vaipan arvoon z, eli 0 r z. Sylinterikoordinaateissa Jakobiaani on r ja Näin ollen integroitavaksi tulee I = K f(x, y, z) = x 2 + z 2 = r 2 cos 2 φ + z 2. f = z (rz 2 + r 3 cos 2 φ) dr dz dφ.

5 Sisin integraali on z Näin ollen z-integraali antaa (rz 2 + r 3 cos 2 φ) dr = z ( 2 r2 z r4 cos 2 φ) = 4 z4 (2 + cos 2 φ). 4 z4 (2 + cos 2 φ) = 4 5 (2 + cos2 φ). Funktion cos 2 φ integraali yli välin [0, π/2] on π/4, ja tämä kertautuu neljä kertaa, koska integrandi on kaikkialla positiivinen. Näin ollen uloin integraali on ( 2π 2 dφ π 0 ) cos 2 φ dφ = 20 (4π + π) = π 4. Tehtävää osattiin jonkun verran, mutta sisempien integraalien rajoissa oli vaikeuksia. Tätäkin täytyy harjoitella jatkossa enemmän kuin yhden ViLLE-setin verran. Yllä epäyhtälöketju 0 r z on ratkaiseva. Jos haluammekin tehdä ensin z-integraalin, iteroitu integraali saa muodon: I = f = (rz 2 + r 3 cos 2 φ) dr dz dφ. K Muutama oli tässä haksahtanut, ja laski integraalin I = f = K z=r r (rz 2 + r 3 cos 2 φ) dr dz dφ, mutta silloin integroidaan yli alueen, jossa z r. Tämä alue k on kuvattuna alla. Sillä kartion vaippa on r:n sisäreunana (tai alarajana). Iteroitu integraali r=z (rz 2 + r 3 cos 2 φ) dr dz dφ laskee sekin integraalin yli kappaleen K Joillakin meni vielä huonommin, eikä heille ollut valjennut, että tässä r:n vaihtoehdot riippuvat z:n arvosta (tai päinvastoin riippuen siitä kumpi on sisempi integraali). Integraali (rz 2 + r 3 cos 2 φ) dr dz dφ,

6 jossa r ja z käyvät läpi välin [0, ] toisistaan riippumatta laskee integraalin yli seuraavan kuvan lieriömäisen kappaleen K. Muistin tueksi: x = r cos φ, y = r sin φ, z = z, (x, y, z) (r, φ, z) = r. π/2 0 π/2 0 x = r cos φ sin θ, y = r sin φ sin θ, z = r cos θ, (x, y, z) (r, φ, θ) = r2 sin θ. sin 2n x dx = π n, n Z, n > 0, 2n sin 2n+ x dx = n, n Z, n > 0. 2n +