Lösningar till Frivillig dugga i ALA-C, K/Kf/Bt-1, VT-03

1 a) Vi har att f är en skalär funktion, dvs f : R^{2} → R, så divergensen är inte definierad. Vi får:

• gradienten: ∇f(x_{1}, x_{2}) = (\frac{∂f}{∂x_{1}} , \frac{∂f}{∂x_{2}} ) = (x_{2} + \frac{2x_{1}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} , x_{1} + \frac{2x_{2}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} )

• rotationen: ∇ × f(x_{1}, x_{2}) = (\frac{∂f}{∂x_{2}} , −\frac{∂f}{∂x_{1}} ) = (x_{1} + \frac{2x_{2}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} , −x_{2} − \frac{2x_{1}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} )

• laplace: Δf(x_{1}, x_{2}) = (\frac{∂^{2}f}{∂x_{1}^{2}} , \frac{∂^{2}f}{∂x_{2}^{2}} ) = \frac{4}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} − \frac{4(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})}{(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})^{2}} = 0

1 b) Vi har att f är en vektorvärd funktion, dvs f : R^{2} → R^{2}, så gradienten och laplacen är inte definierade. Vi får:

• divergensen: ∇ · f(x_{1}, x_{2}) = \frac{∂f_{1}}{∂x_{1}} + \frac{∂f_{2}}{∂x_{2}} = 2x_{1}x_{2} − \frac{2x_{2}}{x_{1}^{2}−x_{2}^{2}}

• rotationen: ∇ × f(x_{1}, x_{2}) = \frac{∂f_{2}}{∂x_{1}} − \frac{∂f_{1}}{∂x_{2}} = \frac{2x_{1}}{x_{1}^{2}−x_{2}^{2}} − x_{1}^{2}

2. Vi har

∇u = ( \frac{∂u}{∂x_{1}} ; \frac{∂u}{∂x_{2}} ; \frac{∂u}{∂x_{3}} ) ,

och får då

∇ × ∇u = ( \begin{matrix}\frac{∂}{∂x_{2}} \frac{∂u}{∂x_{3}} − \frac{∂}{∂x_{3}} \frac{∂u}{∂x_{2}} \\ \frac{∂}{∂x_{3}} \frac{∂u}{∂x_{2}} − \frac{∂}{∂x_{2}} \frac{∂u}{∂x_{1}} \\ \frac{∂}{∂x_{1}} \frac{∂u}{∂x_{2}} − \frac{∂}{∂x_{2}} \frac{∂u}{∂x_{1}} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}\frac{∂^{2}u}{∂x_{2}∂x_{3}} − \frac{∂^{2}u}{∂x_{3}∂x_{2}} \\ \frac{∂^{2}u}{∂x_{3}∂x_{2}} − \frac{∂^{2}u}{∂x_{2}∂x_{1}} \\ \frac{∂^{2}u}{∂x_{1}∂x_{2}} − \frac{∂^{2}u}{∂x_{2}∂x_{1}} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) .

3. Se Exempel 95.2 i Egenvärdesproblemet

4. Variabelbytet

\{ \begin{matrix}u = x + y \\ v = x − y \end{matrix} ⇒ \{ \begin{matrix}x = \frac{1}{2}(u + v) \\ y = \frac{1}{2}(u − v) \end{matrix}

ger

|det\frac{d(x, y)}{d(u, v)}| = | | \begin{matrix}1/2 & 1/2 \\ 1/2 & −1/2 \end{matrix} | | = 1/2.

Med D enligt uppgiften fås att u ∈ [−1, 1] och v ∈ [−1, 1] så integralen blir

∫ ∫_{D}(x^{2} − y^{2})^{10}dxdy = ∫ ∫_{D}(x + y)^{10}(x − y)^{10}dxdy = \frac{1}{2} ∫_{−1}^{1}∫_{−1}^{1} u^{10}v^{10}dudv =

= \frac{1}{2}[\frac{u^{11}}{11} ]_{−1}^{1}[\frac{v^{11}}{11} ]_{−1}^{1} = \frac{1}{2} \frac{2}{11} \frac{2}{11} = \frac{2}{121}.

5. Måste visa att punkten är en stationär punkt (dvs ∇f = 0) och att Hessianen H är positivt definit (dvs alla egenvärden λ_{i} > 0) i punkten.

∇f(x) = ( \begin{matrix}2x_{1} \\ 3x_{2}^{2} − 3x_{3} \\ −3x_{2} − 3x_{3}^{2} \end{matrix} )
⇒ ∇f(0, 1, 1,) = (0, 0, 0)

H = ( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 6x_{2} & −3 \\ 0 & −3 & 6x_{3} \end{matrix} )

det(H(0, 1, 1) − λI) = | \begin{matrix}2 − λ & 0 & 0 \\ 0 & 6 − λ & −3 \\ 0 & −3 & 6 − λ \end{matrix} | =
= (2 − λ)(6 − λ)^{2} − 9(2 − λ) = (2 − λ)((6 − λ)^{2} − 9)

Vi får egenvärden λ_{1} = 2, λ_{2} = 3, λ_{3} = 9, alla större än 0. Alltså är det en min-punkt.

6. Vi kan parametrisera Γ mha

s(t) = (1, 2) + t((3, 4) − (1, 2)) = (1 + 2t, 2 + 2t), t ∈ [0, 1],

med s′(t) = (2, 2). Integralen blir då

∫_{Γ} f · ds = ∫_{0}^{1}(2 + 2t, 1 + 2t) · (2, 2)dt = ∫_{0}^{1} 6 + 8tdt = 6 + 4 = 10.