Vektorilaskenta, tentti

Transkriptio

1 Vektorilaskenta, tentti Tentin kesto n 3 tuntia Vastaa NELJÄÄN tehtävään Jos vastaat kaikkiin, niin neljä PARASTA otetaan huomioon Kuvat vievät tilaa, joten muista kurkistaa paperin toiselle puolelle Tehtävä 1 Paraabeli y x2 x rajaa yhdessä x-akselin kanssa välillä x [0, 2] alueen A Laske funktion fx, y y integraali yli alueen A Ratkaisu Kuva paraabelin ja x-akselin rajaamasta alueesta on alla Näemme siitä, että alueen A alareunalla 10 Y X y 0, ja yläreunalla y x2 x Pyyhkäisemme koko alueen A yli, kun x saa arvot väliltä [0, 2] Näin ollen kysytty integraali on Fubinin lauseen nojalla I A fx, y dy dx 1 2 x x0 x2 x x0 x0 2 x y0 x2 x y0 y dy dx y 2 dx 2 x 2 2 x 2 dx 4x 2 4x 3 + x 4 dx 4x 3 3 x4 + x Tämä tehtävä oli suoraan demoista Dem IV tehtävässä neljä päädyimme laskemaan tämän saman integraalin Harmillisen moni vastaaja erehtyi ja luuli, että kysyttiin paraabelisegmentin pinta-alaa Sen saisi esimerkiksi laskemalla funktion fx, y 1 integraalin yli alueen A Nyt kysyttiin funktion fx, y y integraalia yli ko alueen joka on samalla myös erään kappaleen tilavuus Tehtävä 2 Kartiopinta z 2 x 2 + y 2 ja taso z 0 rajaavat yksikköympyrälevyn x 2 + y 2 1 päällä oheisen kuvan mukaisen kappaleen V lieriö, josta on poistettu kartio Laske funktion fx, y, z z 2 integraali yli kappaleen V Ratkaisu Käytetään sylinterikoordinaatteja Tällöin r 2 x 2 +y 2 Kappaletta V rajaavat silloin epäyhtälöt z 0 pohjalla z 0, epäyhtälö z r kartion vaipan muodostamalla yläpinnalla z 2 r 2 eli z r, ja epäyhtälö r 1 Kappaleen kiertosymmetrian vuoksi rajat eivät riipu lainkaan kulmakoordinaatista φ Sylinterikoordinaatiston jakobiaani on r, eli dx dy dz r dz dr dφ Näin ollen kysytty integraali yli kuva-

2 tun kappaleen on Fubinin lauseen nojalla V z 2 dx dy dz π 1 φ0 r0 π 1 φ0 r0 π 1 φ0 π φ0 π φ0 2π 15 r0 1 r dφ r z0 r r 4 3 z0 rz 2 dz dr dφ dr dφ r rz 3 dr dφ 3 Tässä esiintyi samanlaisia vaikeuksia kuin edellisessäkin tehtävässä, sillä harmillisen moni vastaaja laski jotakin 2-ulotteista integraalia 3-ulotteisen asemesta Tiedän ainakin, mitä vielä pitää harjoituttaa lisää ensi vuonna :- Tehtävä 3 Funktiolla dφ fx, y 2x 3 x 2 y 4x 2 + y 2 on 3 kriittistä pistettä Etsi ne, ja selvitä niiden lokaali ääriarvoluonne minimi, maksimi, satulapiste Vinkki: Kun gradientin eräs komponentti merkitään nollaksi, saadusta yhtälöstä toinen koordinaatti ratkeaa helposti toisen avulla Sijoittamalla tämä toiseen komponenttiin saadaan yhden muuttujan yhtälö, jota pohtimalla pääsee eteenpäin Ratkaisu Funktion f gradientti on fx, y 8x + 6x 2 2xy, x 2 + 2y Kriittisissä pisteissä f 0, 0 Gradientin jälkimmäinen komponentti häviää, kun 2y x 2 Sijoittamalla tämä ensimmäiseen komponenttiin saadaan yhtälö 0 8x + 6x 2 x2y 8x + 6x 2 x 3

3 Polynomilla px x 3 6x 2 + 8x on ilmeinen nollakohta x 0, joten se jakautuu tekijöihin px xx 2 6x + 8 Tässä jälkimmäisen tekijän nollakohdat saadaan esimerkiksi toisen asteen yhtälön ratkaisukaavasta, ja ne ovat x 2 ja x 4 Ottamalla huomioon yhtälö x 2 2y saadaan kriittisiksi pisteiksi siten P 1 0, 0, P 2 2, 2 ja P 3 4, 8 Näiden ääriarvoluonne selviää onneksi Hessen matriisin avulla Toiset derivaatat ovat joten Hessen matriisi on Näin ollen f xx x 2y, f xy f yx 2x, f yy 2, Hfx, y x 2y 2x 2x 2 HfP Tämän matriisin ominaisarvot ovat sen diagonaalialkiot Ne ovat erimerkkisiä, joten vastaava neliömuoto on indefiniitti, ja kyseessä on satulapiste Samaan päädytään Sylvesterin säännöllä laskemalla determinantti: 2 16 < 0 sekä lokaalin minimin että lokaalin maksimin tapauksessa on oltava 2 > 0 Ohessa Mathematican piirtämä funktion kuvaaja pisteen P 1 lähistöllä Pisteessä P 2 2, 2 saadaan Hessen matriisiksi HfP Tämän matriisin ominaisarvot λ 1,2 7 ± 41 ovat molemmat positiivisia, joten vastaava neliömuoto on positiividefiniitti, ja kriittinen piste P 2 on siis lokaali minimi Sylvesterin sääntö kertoo saman: 1 12, 2 8 ovat molemmat positiivisia Ominaisarvoista toinen on paljon suurempi kuin toinen likiarvot 13,4 ja 0,6 Tämä näkyy kuvaajassa siten, että pienempää ominaisarvoa vastaavan ominaisvektorin suunnassa nousu minimikohdasta on sangen hidasta verrattuna sitä vastaan kohtisuoran toisen ominaisvektorin suuntaan Kriittisessä pisteessä P 3 4, 8 saadaan

4 24 8 HfP Tämänkin matriisin determinantti on < 0, joten Sylvesterin säännön nojalla kyseessä on satulapiste Ominaisarvot ovat 13 ± 185, likiarvoiltaan 26,6 ja 0,6 Negatiivinen ominaisarvo on itseisarvoltaan paljon pienempi, mikä jälleen näkyy kuvaajassa "laakeutena"kriittisestä pisteestä vastaavan ominaisvektorin suuntaan liikuttaessa Tehtävää osattiin sangen hyvin Laskuvirheitä tuli yhtälöön sijoittamisessa, mikä johti yleensä mutkikkaampiin kriittisiin pisteisiin ehkä minun piti kertoa, että kaikkien kriittisten pisteiden koordinaatit ovat tällä kertaa kokonaislukuja? Sylvesterin säännön soveltamisessa oli joillakin pieniä epätarkkuuksia Joiltakin oli unohtunut kiireessä osittaisderivoidessa, että osittaisderivointijärjestyksen vaihdannaisuuden vuoksi Hessen matriisi on aina symmetrinen Tehtävä 4 Oheinen pinta muodostuu niistä avaruuden R 3 pisteistä x, y, z joiden pisteistä P 1 2, 0, 0 ja P 2 2, 0, 0 laskettujen etäisyyksien tulo on 20 Pinnan yhtälöksi tulee siis x y 2 + z 2 x y 2 + z 2 20 Tarkista, että piste Q 1, 0, 1 on tällä pinnalla, ja määrää pinnan pisteeseen Q piirretyn tangenttitason yhtälö Kuva alla

5 Ratkaisu Kyseinen pinta muodostuu siis funktion Fx, y, z x y 2 + z 2 x y 2 + z 2 20 nollakohdista Koska FQ , niin piste Q todella on tällä pinnalla Kysytyn tangenttitason normaali saadaan funktion Fx, y, z gradientista pisteessä Q Gradientin voi laskea suoraviivaisesti kertomalla polynomien tulon auki Ehkä vähemmän virheille altis menetelmä on käyttää tulon derivoimiskaavaa f fg g x i ja sen seurauksena saatavaa tulon gradientin kaavaa x i + f g x i fg g f + f g Tässä ja joten x y 2 + z 2 2x 2, 2y, 2z x y 2 + z 2 2x + 2, 2y, 2z, Fx, y, z x y 2 + z 2 2x 2, 2y, 2z + x y 2 + z 2 2x + 2, 2y, 2z Pisteessä Q 1, 0, 1 saimme jo mainittujen toisen asteen polynomjen arvoiksi 10 ja 2, joten FQ , 0, , 0, , 0, , 0, 2 8, 0, 24 Tämä vektori on yhdensuuntainen vektorin 1 8, 0, 24 1, 0, 3 kanssa Näin ollen tangenttitason 8 yhtälö on muotoa 1 x + 0 y 3 z d Vakion d arvo määräytyy siitä, että pisteen Q on oltava ko tasolla Siis d 1 3 2, ja tangenttitason yhtälöksi tulee x 3z Laskuvirheitä syntyi paljon, kun F kerrottiin auki, ja joitakin termejä putosi pois Muutama oli huomannut käyttää tulon gradientin kaavaa kuten yllä Anteeksi, etten ottanut tulon gradientin kaavaa demoihin, tai vaikkapa tässä A-kohdaksi!

6 Tehtävä 5 Missä yksikköympyrän x 2 +y 2 1 pisteissä funktio fx, y y xy saa suurimman ja missä pienimmän arvonsa? Mentaalitarkistuksen helpottamiseksi yllä oikealla funktion fx, y kuvaaja ympyrälevyssä x 2 + y 2 1 Ratkaisu Side-ehtofunktion φx, y x 2 +y 2 1 gradientti φx, y 2x, 2y häviää ainoastaan origossa, joten sen nollakohdat muodostavat sileän käyrän yksikköympyrä on tietenkin sileä, joten en edellyttänyt tätä tarkistettavan Etsityssä pisteessä tavoitefunktion fx, y gradientin fx, y y, 1 x on oltava gradientin φ skalaarimonikerta, eli on olemassa λ R jolle Eliminoimalla tästä yhtälöstä λ saadaan yhtälö jonka seurauksena saadaan ristiin kertomalla yhtälö λ2x, 2y y, 1 x y x 2λ 1 x, y y 2 x x 2 Yksikköympyrän yhtälöstä ratkeaa y 2 1 x 2, joten jäljelle jää toisen asteen yhtälö 1 x 2 x x 2 2x 2 x 1 0 Sen ratkaisuiksi saadaan x 1 ja x 1/2 Näitä vastaavat yksikköympyrän pisteet Q 1 1, 0, Q 2 1/2, 3/2 ja Q 3 1/2, 3/2 Laskemalla nähdään, että fq 1 0, fq , fq Näimme, että funktion f ympyrän kehällä saamista arvoista suurin saavutettiin pisteessä Q 2 ja pienin pisteessä Q 3 Nämä sopivat yhteen kuvan kanssa Esitin kuvaajan koko ympyrälevyssä, koska kuvaaja rajoitettuna reunaympyrälle olisi vain avaruudessa lilluva käyrä, josta korkeimman tai matalimman kohdan hahmottaminen ilman perspektiiviapua olisi mielestäni hyvin vaikeaa Pyydän anteeksi, jos tämä hämäsi jotakuta Muutama lähtivätkin hakemaan funktion f kriittisiä pisteitä, jollainen Q 1 itse asiassa on Nyt oli kuitenkin kyse sidotusta ääriarvotehtävästä

7 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 1, n Z, n > 0, 2n sin 2n+1 x dx n, n Z, n > 0 2n + 1