Lösningsförslag till

Tentamen Analys och linjär algebra, del C TMV035 K1/Kf1/Bt1 030313 V em

1. Vi kan skriva om differentialekvationen på matrisform

u′(t) = Au(t),

där A = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ]. Vi beräknar egenvärden till A,

det(A − λI) = | \begin{matrix}−λ & 1 \\ 1 & −λ \end{matrix} | = λ^{2} − 1 = 0

λ_{1} = 1, λ_{2} = −1.

Lös (A − λI)g = 0.

i) λ_{1} = 1, ansats g_{1} = [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ]

[ \begin{matrix}−1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ] \underrightarrow{Gauss} [ \begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ]

⇒ b fri, b = s, a = b = s ⇒ g_{1} = [ \begin{matrix}s \\ s \end{matrix} ] = s [ \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ], s godt tal.

ii) λ_{1} = −1, ansats g_{2} = [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ]

[ \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ] ⇒ [ \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ]

⇒ b = t, a = −b = −t ⇒ g_{2} = [ \begin{matrix}−t \\ t \end{matrix} ] = t [ \begin{matrix}−1 \\ 1 \end{matrix} ]

Vi får alltså lösningen

u(t) = c_{1}e^{t} [ \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ] + c_{2}e^{−t} [ \begin{matrix}−1 \\ 1 \end{matrix} ] .

Begynnelsevillkoret ger

u(0) = [ \begin{matrix}1 \\ 2 \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}c_{1} − c_{2} \\ c_{1} + c_{2} \end{matrix} ] .

Vi löser ut c_{1} och c_{2},

[ \begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}c_{1} \\ c_{2} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}1 \\ 2 \end{matrix} ] \underrightarrow{Gauss} [ \begin{matrix}1 & −1 \\ 2 & 0 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}c_{1} \\ c_{2} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}1 \\ 3 \end{matrix} ]

⇒ [ \begin{matrix}c_{1} \\ c_{2} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}3/2 \\ 1/2 \end{matrix} ]

2 a) Enligt AMBS, sidan 807, är det en kurva g : [a, b] → R^{2}, sådan att

f(g(t)) = c, för t ∈ [a, b],

där c är en konstant.

b) Derivera uttrycket ovan m.h.a. kedjeregeln så fås

\frac{d}{dt}f(g(t)) = ∇f(x) · g′(t) = 0.

Eftersom g′(t) är en tangent vektor fås påståendet.

3 a) Enligt definitionen (AMBS, sidorna 906 och 916) eller enligt Studio 4 och 5, delar vi in Ω i små delområden, rektanglar eller något annat, beräknar f:s värde i någon punkt i varje delområde, multiplicerar med delområdets area och summerar över alla delområden.

b) Vi väljer en finare indelning, d.v.s. mindre delområden.

c) Felet blir minst när gradienten är liten. Det vi gör är ju att vi approximerar f med en funktion som är konstant på varje delområde, och om gradienten är liten innebär det att f varierar förhållandevis lite på varje delområde så vår approximation är ganska bra.

4 a) Ytan är en halv ellipsoid; skärningen med x_{1} − x_{2}-planet blir enhetscirkeln och ytan sträcker sig upp till 2 på x_{3}-axeln.

b) Området kan parametriseras genom V (r, u, v) = (r cos(u) sin(v), r sin(u) sin(v), 2r cos(v)), där r ∈ [0, 1], u ∈ [0, 2π], v ∈ [0, π/2]. Vi beräknar funktionaldeterminanten till

|\begin{matrix}cos(u) sin(v) & −r sin(u) sin(v) & r cos(u) cos(v) \\ sin(u) sin(v) & r cos(u) sin(v) & r sin(u) cos(v) \\ 2 cos(v) & −0 & −2r sin(v) \end{matrix}| =

= −2r^{2} cos^{2}(u) sin^{3}(v) − 2r^{2} sin^{2}(u) sin(v) cos^{2}(v) +

−2r^{2} sin^{2}(u) sin^{3}(v) − 2r^{2} cos^{2}(u) sin(v) cos^{2}(v) =

= −2r^{2} sin(v)(cos^{2}(u) sin^{2}(v) + sin^{2}(u) cos^{2}(v) +

+ sin^{2}(u) sin^{2}(v) + cos^{2}(u) sin^{2}(v)) =
= −2r^{2} sin(v)(cos^{2}(u) + sin^{2}(u)) = −2r^{2} sin(v)

Integralen som ska beräknas blir

∫_{0}^{1}∫_{0}^{2π}∫_{0}^{π/2}2r^{2} sin(v)dvdudr = 4π ∫_{0}^{1}r^{2}dr ∫_{0}^{π/2}sin(v)dv = 4π \frac{1}{3}1 = \frac{4π}{3}

c) En beräkning av divergensen ger

∇ · B = 2x_{1}x_{2} + 0 − 2x_{1}x_{2} = 0.

Vi sluter området enligt b)-uppgiften och kallar enhetscirkeln i x_{1} − x_{2}-planet för S̃. Gauss’ sats ger att

∫_{S} B · nds = − ∫S̃ B · nds = 0,

där sista likheten kommer av att B · n = (x_{1}^{2}x_{2}, x_{1}x_{3}, −2x_{1}x_{2}x_{3}) · (0, 0, −1) = 2x_{1}x_{2}x_{3} = 0 på S̃ eftersom x_{3} = 0 på den ytan.

5 a) Fältet är konservativt om ∇ × u = 0. Vi får

∇ × u = | \begin{matrix}e_{1} & e_{2} & e_{3} \\ \frac{∂}{∂x_{1}} & \frac{∂}{∂x_{2}} & \frac{∂}{∂x_{3}} \\ x_{2} + 2x_{1} & x_{1} & x_{3}^{2} \end{matrix} | = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 − 1 \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ]

b) Integrering av komponent u_{i} med avseende på x_{i} ger

∫ u_{1}dx_{1} = x_{1}^{2} + x_{1}x_{2} + C_{1}(x_{2}, x_{3}),
∫ u_{2}dx_{2} = x_{1}x_{2} + C_{2}(x_{1}, x_{3}),
∫ u_{3}dx_{3} = \frac{1}{3}x_{3}^{3} + C_{3}(x_{1}, x_{2}).

Potentialen kan därför väljas till φ(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{1}x_{2} + \frac{1}{3}x_{3}^{3}.

c) Om man lyckats bestämma en potential i b) fås

∫_{Γ} u · ds = φ(3, 1, 1) − φ(1, 1, 0) = 9 + 3 + \frac{1}{3} − (1 + 1 + 0) = 10\frac{1}{3}.

Om man inte lyckats bestämma potential, men utnyttjar att integralen är oberoende av vägen (eftersom fältet är konservativt) kan vi integrera längs kurvan s(t) = (1 + 2t, 1, t):

∫_{Γ} u · ds = ∫_{0}^{1}(3 + 4t, 1 + 2t, t^{2}) · (2, 0, 1)dt = ∫_{0}^{1} 6 + 8t + t^{2}dt = 10\frac{1}{3}.

Direkträkning längs den givna Γ ger integralen

∫_{Γ} u·ds = ∫_{0}^{1} 5π sin(πt)+2π cos(πt)+2π sin^{2}(πt)−2π cos(πt) sin(πt)−π +t^{2}dt.

Första termen ger

∫_{0}^{1} 5π sin(πt)dt = 10,

andra

∫_{0}^{1} 2π cos(πt)dt = 0,

fjärde

− ∫_{0}^{1} 2π cos(πt) sin(πt)dt = [cos^{2}(πt)]_{0}^{1} = 0,

och sjätte

∫_{0}^{1} t^{2}dt = \frac{1}{3}.

Tredje termen är lite klurigare, men genom partialintegrering och trig-ettan fås

∫_{0}^{1} 2π sin^{2}(πt)dt = 2π ∫_{0}^{1} cos^{2}(πt)dt = ∫_{0}^{1} 2πdt − ∫_{0}^{1} 2π sin^{2}(πt)dt,

så integralen blir

∫_{0}^{1} 2π sin^{2}(πt)dt = π,

vilket tas ut av den femte termen.

/Rickard