IIB12_l7.pdf - Stærðfræðigreining IIB Dæmablað 7...

This preview shows page 1 out of 8 pages.

You've reached the end of your free preview.

Want to read all 8 pages?

Unformatted text preview: Stærðfræðigreining IIB Dæmablað 7 Lausnir á skiladæmum og Dæmum 41 og 42 Dæmi 37: (Úr pró 1996) Flokkið alla stöðupunkta fallsins f (x, y) = xy − x3 + y 3 og ákvarðið öll staðbundin há- og lággildi. Hefur fallið hæsta eða lægsta gildi?. Lausn: Finnum stöðupunktana með því að leysa jöfnuna ∇f (x, y) = 0. Nú er ∇f (x, y) = (y − 3x2 )i + (x + 3y 2)j, svo við höfum jöfnurnar og y − 3x2 = 0 x + 3y 2 = 0. Augljóst að x = 0 = y er lausn. Af fyrri jöfnunni sjáum við að y = 3x2 , og þegar sett er inn í seinni jöfnuna fæst x + 3 (3x2 )2 = 0, eða x + 27x4 = 0. Síðasta jafnan hefur lausnirnar x = 0 og x = −1/3. Með því að nota að y = 3x2 fæst nú að stöðupuntkarnir eru (0, 0) og (−1/3, 1/3). Til að okka stöðupunktana reiknum við Hesse-fylki f , H(x, y) =  −6x 1 1 6y  . Í punktinum (0, 0) höfum við H(0, 0) =  0 1 1 0    A B . = B C  Nú er B 2 = 1 og AC = 0 svo að B 2 > AC , og samkvæmt Fylgisetningu 10.11 í fyrirlestrum (sjá athugasemd bls. 748 í kennslubók (bls. 712 í 6. útgáfu)), er (0, 0) söðulpunktur. Í punktinum (−1/3, 1/3) er  H(−1/3, 1/3) = 2 1 1 2   =  A B B C  . Hér er B 2 = 1 og AC = 4 svo að B 2 < AC , athugum einnig að A > 0. Því hefur fallið f staðbundið lágildi í (−1/3, 1/3). Fallið tekur hvorki hæsta né lægsta gildi. Sjáum að f (x, 0) = −x3 og með því að velja x nógu stórt má fá hversu lágt gildi á f (x, 0) sem við viljum, og f (0, y) = y 3 svo að með því að velja y nógu stórt má fá hversu hátt gildi á f (0, y) sem okkur listir. Dæmi 38: (i) Skoðið eftirfarandi tvöföld heildi og sýnið á mynd svæðin sem heildað er yr og sýnið hvernig mörkin á heildunum breytast ef skipt er um í hvaða röð er heildað: Z 1 4 Z 2 √  f (x, y) dy dx x Z e Z 1 0 ln x  f (x, y) dy dx Z 1 −1 Z 1−x2 √ − 1−x2 ! f (x, y) dy dx. (ii) Reiknið heildi f (x, y) = x2 − y 2 yr svæðið E sem takmarkast af ferlinum y = sin x og bilinu [0, π] á x-ásnum. (i) Þegar tvöföldu heildi er stillt upp þá eiga mörkin á ytra heildinu að vera fastar, þ.e.a.s. hvorki x né y mega koma fyrir í mörkunum. Mörkin á innra heildinu mega aðeins innihalda aðra breytuna, þá sem tilheyrir ytra heildinu. Við fáum í hendurnar tvöfalt heildi á forminu Lausn: Z b Z a ! d(x) f (x, y) dy dx, c(x) og fyrirmæli um að víxla á röð heildanna. Svæðið sem er verið að heilda yr er þá D = {(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, c(x) ≤ y ≤ d(x)}. Hér fylgja ekki teikningar en þegar svæðið er rissað upp þá teiknar maður inn í hnitaker línurnar x = a og x = b og svo grön y = c(x) og y = d(x) og þá er málið leyst. Til að breyta röð heildanna þurfum við að nna fasta c, d og föll a, b : [c, d] → R, þannig að D = {(x, y) ∈ R2 | c ≤ y ≤ d, a(y) ≤ x ≤ b(y)}. √ 2 Í fyrsta heildinu er heildað yr svæðið √ {(x, y) ∈ R | 1 ≤ x ≤ 4, x ≤ y ≤ 2}. Við sjáum að 1 ≤ y ≤ 2. Ferillinn y = x sem afmarkar svæðið á eina hlið hefur líka jöfnuna x = y 2. Breytum röðinni og fáum að Z 4 1 Z 2 √ x  f (x, y) dy dx = Z 2 Z 1 ! y2 f (x, y) dx dy. 1 Í miðheildinu er svæðið sem heildað er yr {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ x ≤ e, 0 ≤ y ≤ ln x}. Þá er 0 ≤ y ≤ 1 og ferillinn y = ln x sem afmarkar svæðið á eina hlið hefur líka jöfnuna x = ey . Þá er Z e Z 1 ln x  f (x, y) dy dx = 0 Z 1 0 Z e ey  f (x, y) dx dy. Að endingu er það síðasta heildið. Svæðið er √ {(x, y) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 1, − 1 − x2 ≤ y ≤ 1 − x2 }. Þá er fyrst auðséð að −1 ≤ y ≤ 1. Þegar við reynum að nna mörk fyrir x-ið rekumst við á að sama formúlan p dugar ekki bæði p þegar y er pósitíft og negatíft. 2 ≤ x ≤ Þegar −1 ≤ y ≤ 0 þá er − 1 − y 1 − y 2 og þegar 0 ≤ y ≤ 1 þá er √ √ − 1 − y ≤ x ≤ 1 − y . Því er þægilegast, þegar röð heildanna er víxlað, a kljúfa útkomuna upp í tvö tvöföld heildi. Svo Z 1 −1 Z 1−x2 √ − 1−x2 ! f (x, y) dy dx = Z 0 −1 Z √1−y2 − √ 1−y 2 ! f (x, y) dx dy+ Z 1 0 (ii) Svæðið E sem á að heilda yr er E = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ π og 0 ≤ y ≤ sin x}. Z √ 1−y √ − 1−y ! f (x, y) dx dy. Nú má reikna heildið: ZZ 2 2 Z πZ sin x x2 − y 2 dy dx E 0 0 sin x Z π 1 3 2 dx = x y− y 3 0 0 Z π 1 = x2 sin x − sin3 x dx 3 Z0 π 1 = x2 sin x − (1 − cos2 x) sin x dx 3 π 0 1 1 3 2 = −x cos x + 2x sin x + 2 cos x + cos x − cos x 3 9 0     1 1 1 1 = π2 − 2 − + − 2+ − 3 9 3 9 40 = π2 − . 9 Dæmi 39: (a) Reiknið rúmmál svæðisins sem er innan sívalningsins x2 + y 2 = 1, fyrir neðan planið z = 12 + x + y og fyrir ofan xy -planið (planið z = 0). Getur verið x − y dA = ráðlegt að teikna mynd af svæðinu. (b) Reiknið óeiginlega heildið Z 1 ∞ Z e−x xy dy dx. 0 (a) Látum D tákna einingarhringskífuna D = {(x, y) | x2 + y 2 ≤ 1} í xy -planinu. Svæðið í dæminu liggur yr D , afmarkast að neðan af xy -planinu og að ofan af planinu z = 12 + x + y . Því er rúmmál svæðisins Lausn: V = ZZ (12 + x + y) dA. √ Hringskífan í xy -planinu afmarkast af granu y = 1 − x2√að ofan og granu √ √ y = 2 2 − 1 − x að neðan. Ef (x, y) er í D þá er −1 ≤ x ≤ 1 og − 1 − x ≤ y ≤ 1 − x2 . D Þessi lýsing gerir okkur kleift að setja upp heildin V = = = = ZZ Z (12 + x + y) dA D √ 1−x2 1Z √ −1 − 1−x2 Z 1  (12 + x + y) dy dx 12y + xy + −1 Z 1 −1 √1−x2 1 2 y −√1−x2 2 dx  √ √  12 1 − x2 + x 1 − x2 + 12 (1 − x2 ) −1 −1 √ √  2 1 2 2 − − 12 1 − x − x 1 − x + 2 (1 − x ) dx Z 1 √  √ = 24 1 − x2 + 2x 1 − x2 dx −1 Z 1√ Z 1 √ = 24 1 − x2 dx + 2 x 1 − x2 dx = 24 π2 + 0 = 12π. Heildið Z 1 √ −1 1 − x2 dx √ gefur okkur atarmál svæðisins sem liggur undir granu y = 1 − x2 og yr x-ásnum með geisla 1 þannig að þegar −1 ≤ x ≤ 1. Þetta svæði er helmingur af hringskífu √ atarmálið er π/2 sem er þá gildi heildisins. Fallið f (x) = x 1 − x2 er oddstætt og því er heildi þess yr bilið [−1, 1] jafnt og 0. Þar sem verið er að heilda yr hringskífu með miðju í (0, 0) hefði verið freystandi að skipta yr í pólhnit. Útreikningar ef skipt er yr pólhnit er líka einfaldir. Einfaldasta leiðin er samt að sjá fyrir sér að svæðið okkar er eins og hluti af sívalning þar sem toppurinn hallar. Með því að skera af þann hluta sem liggur ofan við planið z = 12 og nota þann hluta til að bæta upp það sem vantar á að hæð svæðisins sé allstaðar 12 fæst sívalningur með hæð 12 og grunnöt sem er hringskífa með geisla 1. Rúmmál slíks gripar er V = 12 · (atarmál grunnatar) = 12π. (b) Verkefni okkar er að heilda yr svæðið D = {(x, y) | 1 ≤ x < ∞ og 0 ≤ y ≤ e−x }. Setjum DR = {(x, y) | 1 ≤ x ≤ R og 0 ≤ y ≤ e−x }. Samkvæmt skilgreingu nnst svo óeiginlega heildið með því að heilda fallið yr DR og láta svo R stefna á óendanlegt, þannig að ZZ xy dy dx = lim R→∞ D ZZ xy dy dx. DR Útreikningar verða því einhvernveginn svona ZZ xy dy dx = lim R→∞ D = lim R→∞ = lim R→∞ = lim R→∞ ZZ xy dy dx DR Z Z Z 1 R Z e−x xy dy dx 0 R x 1 R 0 1 2 y2 e−x 1 xe−2x 2 0 dx dx  R = lim − 41 xe−2x − 18 e−2x 1 R→∞ 1 R→∞ 2 3 −2 e . 8 = lim = (− 12 Re−2R − 12 e−2R ) − (− 21 e−2 − 14 e−2 )  Dæmi 40: (a) Reiknið heildið ZZ R 1 dA, 1 + x2 + y 2 þar sem R er svæðið í xy -planinu sem liggur á milli hringjanna x2 + y 2 = 1 og x2 + y 2 = 9. (b) Reiknið atarmál eins laufs af rósinni r = 12 cos 3θ. ( Það getur verið hentugt að biðja Matlab eða annað tölvuker að teikna upp ferilinn til að átta sig betur á mörkum í heildum.) Lausn: (a) Notum pólhnit. Hringjunum tveimur sem afmarka svæðið er lýst í pólhnitum með jöfnunum r = 1 og r = 3. Svæðið sem heildað er yr ákvarðast í pólhnitum af ójöfnunum 0 ≤ r ≤ 3 og 0 ≤ θ ≤ 2π . Notum okkur svo að x2 + y 2 = r2 og dA = r dr dθ og fáum að ZZ R 1 dA = 1 + x2 + y 2 = Z 2π Z 3 Z0 2π 0 = Z 2π 1 1 2 1 2 0 1 r dr dθ 1 + r2 ln(1 + r 2 )]31 dθ (ln 10 − ln 2) dθ = π (ln 10 − ln2) = π ln 5. R r Hér að ofan þurftum við að nna stofnfall 1+r 2 dr . Til þess notum við innsetningu du du 2 u = 1 + r . Þá er dr = 2r þannig að 2 = r dr . Útreikningarnir á stofnfallinu verða þá svona Z Z r 1 du dr = = 21 ln |u| + C = 21 ln(1 + r 2 ) + C. 2 1+r u 2 (b) Teikningu af pólhnitagranu r = 12 cos 3θ má sjá á Mynd 1 hér að aftan. Sjáum af formúlunni að r = 0 þegar θ = π6 + k π3 , þar sem k getur verið hvaða heiltala sem er. Fáum heilt lauf þegar θ fer frá − π6 upp í π6 . Í pólhnitum er þá svæðinu D sem er innan laufsins sem liggur eftir x-ás lýst með ójöfnunum − π6 ≤ θ ≤ π6 og 0 ≤ r ≤ 12 cos 3θ. Flatarmálið nnst með því að heilda fastann 1 yr þetta svæði en útreikningana framkvæmum við með því að skipta yr í pólhnit: A= ZZ 1 dA = D = −π/6 = 1 2  1 2 12 cos 3θ dθ = r 0 2 π/6 Z −π/6 = Z 36 π3 r dr dθ 1 2 Z π/6 (12 cos 3θ)2 dθ −π/6 144 cos2 3θ dθ (Notum að = 72 π/6 Z 12 cos 3θ −π/6 0 π/6 Z Z cos2 3θ = (1/2)(cos 6θ + 1).) π/6 −π/6 π/6  (1/2)(cos 6θ + 1) dθ = 36 − 61 sin 6θ + θ −π/6 = 12π. Dæmi 41: Ákvarða á heildið R x2 + y 2 dA, þar sem R táknar þríhyrningslaga svæðið með hornpunkta (0, 0), (1, 1) og (1, −1). Sýnið viðeigandi tvöfalt heildi með mörkum ef (a) heildað er beint í xy -hnitum. (b) heildað er í pólhnitum. ( ) heildað er í uv -hnitum, þar sem u = x + y og v = x − y . Lausn: (a) Svæðið okkar afmarkast af línunum x = 1, y = −x og y = x. Punktur (x, y) er á þessu svæði ef og aðeins ef 0 ≤ x ≤ 1 og −x ≤ y ≤ x. Því er heildið RR ZZ 2 Z 1Z 2 (x + y ) dA = R 0 x (x2 + y 2) dy dx. −x Ef við viljum reikna heildið er þetta einfaldasta leiðin og við fáum 10/3. (b) Látum R′ tákna svæðið í rθ-sléttunni sem samsvarar R. Þá er (r, θ) í R′ þá og því aðeins að (r cos θ, r sin θ) sé í R. Við sjáum að − π4 ≤ θ ≤ π4 . Nú er 0 ≤ x ≤ 1 þannig að 0 ≤ r cos θ ≤ 1. Því er 0 ≤ r ≤ 1/ cos θ. Því er ZZ 2 2 x + y dA = R Z π/4 Z 1/ cos θ −π/4 0 r 2 · r dr dθ. ( ) Auðvelt er að sjá að x = 12 (u + v) og y = 12 (u − v). Svæðið sem á að heilda yr afmarkast því af línunum 1 (u 2 + v) = 1, v = 0, u = 0. Svæðið S í uv -planinu sem samsvarar R er S = {(u, v) | 0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2 − u}. Þurfum nú að reikna út Ja obi-ákveðuna ∂(x, y)/∂(u, v), ∂(x, y) = det ∂(u, v) " ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v # = det " 1 2 1 2 1 2 − 12 # 1 =− . 2 Almenna breytuskiptaformúlan segir nú að ZZ f (x, y) dA = R ZZ Í okkar tilfelli fæst að ZZ 2 2 (x + y ) dA = R ∂(x, y) du dv. f (x(u, v), y(u, v)) ∂(u, v) S ZZ  1 (u 2 S = 1 4 Z 2Z 0 0 2−u + v) 2 + 1 (u 2 (u2 + v 2 ) dv du. − v) 2  1 − du dv 2 Dæmi 42: Líræðingur athugar mýugna lirfur á rétthyrningslaga svæði R í mýrlendi. Hugsum okkur að rétthyrningurinn liggi í xy -planinu þannig að punkturinn (0, 0) er einn af hornpunktunum og svo sé lengdin eftir x-ás 8 m og lengdin eftir y -ás sé 6 m. Látum f (x, y) tákna þyngd lirfann (í milligrömmum) á fermetra ef þéttleikinni væri sá sami og hann er í punktinum (x, y). Hann setur svo mælingar sínar upp í töu þannig að í efstu línu eru x-hnit punktanna þar sem hann mælir og í fremsta dálki eru y -hnitin og síðan koma gildin sem hann mælir. 0 3 6 Metið 0 1 2 4 4 8 3 6 5 9 9 15 f (x, y) dA. Útskýrið hvað svarið segir og hvaða einingar eru á því. Lausn: Skiptum rétthyrningnum upp í minni reiti með línunum x = 4 og y = 3. Segjum að R1 sé sá af minni reitunum sem inniheldur (0, 0), R2 sá sem inniheldur (8, 0), R3 sáR Rsem inniheldur (0, 6) og að endingu R4 sá sem inniheldur (8, 6). Við metum svo R f (x, y) dA með því að reikna Riemann-summur með tilliti til þessara skiptingar. Athugum að hver af minni reitunum hefur atarmál ∆A = 12 m2 . RR R Það fyrsta sem okkur gæti dottið í hug væri að nota alltaf gildið í vinstri hornpunkti að neðan og fengjum þá að Z Z R f (x, y) dA ≈ f (0, 0)·∆A+f (4, 0)·∆A+f (0, 3)·∆A+f (4, 3)·∆A = 11·12 = 132. Gildið á f (x, y) hefur eininguna mg/m2 og því hefur gildið á heildinu eininguna mg. Heildið gefur okkur heildar massa lirfanna á rétthyrningnum R. Þetta er greinilega ekki mjög sniðugt því við notum aðeins 4 mælinganna. Ein leið til að reyna að nýta upplýsingarnar betur væri að meta gildi f á hverjum reit með meðalgildi f (x, y) í hornpunktunum. Fyrir reitinni R1 þá myndum við meta gildi f (x, y) með meðalgildi f (x, y) í punktunum (0, 0), (4, 0), (0, 3), (4, 3) og fá 11/4 og svo meta massa mýugnalirfanna á reitnum með 11/4 · 12 = 33. Heildið (alltsvo massa mýugnanna) á rétthyrningnum R metum við svo sem Z Z R f (x, y) dA ≈ (11/4)·∆A+(23/4)·∆A+(20/4)·∆A+(38/4)·∆A = 23·12 = 276. 31. janúar 2012 Rögnvaldur G. Möller 90 15 60 120 10 30 150 5 180 0 210 330 240 300 270 Mynd 1: Ferillinn r = 12 cos 3θ ...
View Full Document

  • Fall '08
  • RGM

What students are saying

  • Left Quote Icon

    As a current student on this bumpy collegiate pathway, I stumbled upon Course Hero, where I can find study resources for nearly all my courses, get online help from tutors 24/7, and even share my old projects, papers, and lecture notes with other students.

    Student Picture

    Kiran Temple University Fox School of Business ‘17, Course Hero Intern

  • Left Quote Icon

    I cannot even describe how much Course Hero helped me this summer. It’s truly become something I can always rely on and help me. In the end, I was not only able to survive summer classes, but I was able to thrive thanks to Course Hero.

    Student Picture

    Dana University of Pennsylvania ‘17, Course Hero Intern

  • Left Quote Icon

    The ability to access any university’s resources through Course Hero proved invaluable in my case. I was behind on Tulane coursework and actually used UCLA’s materials to help me move forward and get everything together on time.

    Student Picture

    Jill Tulane University ‘16, Course Hero Intern

Stuck? We have tutors online 24/7 who can help you get unstuck.
A+ icon
Ask Expert Tutors You can ask You can ask You can ask (will expire )
Answers in as fast as 15 minutes
A+ icon
Ask Expert Tutors