1. No category

Lösningsskisser till tentamen i 92/93MA41 Flervariabelanalys 2015-08-20
1. Sätt F (x, y, z) = xy + yz + xz; då är den givna ytan nivåytan F (x, y, z) = 1. Tangentplanet
till denna yta i en punkt (a, b, c) på ytan är parallellt med planet x + 2y + z = 3 precis då
∇F (a, b, c) k (1, 2, 1) och F (a, b, c) = 1, d.v.s. precis då
(b + c, a + c, a + b) k (1, 2, 1) och ab + bc + ac = 1.
Det första villkoret ger a = c och b = 0, som insatt i det andra ger c2 = 1, och därmed tangeringspunkterna (1, 0, 1) och (−1, 0, −1), med tangentplanen x + 2y + z = 2 respektive x + 2y + z = −2.
Svar: Planen är x + 2y + z = ±2.
fx0
2. Stationära punkter för f fås ur ekvationssystemet
= −2x = 0, fy0 = 2yz − 4y = 0 och
fz0 = y 2 − 2z = 0. Den första ekvationen ger trivialt x = 0, och den tredje ger z = y 2 /2, som
insatt i den andra ger y 3 − 4y = 0, d.v.s. y = ±2 eller y = 0. Vi får således tre stationära punkter:
(0, 2, 2), (0, −2, 2) och (0, 0, 0).
00
00
00
00
00
00
Andraderivatorna blir fxx
= −2, fxy
= 0, fxz
= 0, fyy
= 2z − 4, fyz
= 2y, fzz
= −2.
00
00
I punkten (0, 2, 2) är fyy
= 0 och fyz
= 4, så vi får den kvadratiska formen
00
fxx
00

fxy
l
00
fxz

Q(h, k, l) = h
k
00
fxy
00
fyy
00
fyz

00
fxz
00 
fyz
= h
00
fzz
k

−2
l 0
0
 
0 0
h
0 4  k 
4 −2
l
= −2h2 − 2l2 + 8kl = −2h2 + 8k 2 − 2(l − 2k)2 ,
som är indefinit: exempelvis är Q(1, 0, 0) = −2 < 0 medan Q(0, 1, 2) = 8 > 0. Alltså är (0, 2, 2)
ingen lokal extrempunkt för f .
00
00
I punkten (0, −2, 2) blir fortfarande fyy
= 0 medan fyz
= −4, och vi får helt analogt Q(h, k, l) =
2
2
2
2
2
−2h − 2l − 8kl = −2h + 8k − 2(l + 2k) , som också är infinit eftersom exempelvis Q(1, 0, 0) =
−2 < 0 medan Q(0, −1, 2) = 8 > 0; inte heller (0, −2, 2) är någon lokal extrempunkt för f .
00
00
I punkten (0, 0, 0), slutligen, är fyy
= −4 och fyz
= 0, så Q(h, k, l) = −2h2 − 4k 2 − 2l2 , som
är negativt definit eftersom Q(h, k, l) ≤ 0 för alla (h, k, l), och Q(h, k, l) = 0 endast om h = 0,
k = 0 och l = 0, d.v.s. endast om (h, k, l) = (0, 0, 0). Alltså är punkten (x, y, z) = (0, 0, 0) en lokal
maximipunkt för f .
Svar: (0, 0, 0) är en lokal maximipunkt. Lokala minimipunkter saknas.
3. Linjärt byte u = x, v = 2y, w = z med |d(u, v, w)/d(x, y, z)| = 2, så att dxdydz = dudvdw/2, och
nytt område E : u2 + v 2 + w2 ≤ 4, w ≤ 0, v ≤ u, följt av rymdpolärt byte u = r sin θ cos ϕ, v =
r sin θ sin ϕ, w = r cos θ med dudvdw = r2 sin θ drdθdϕ och gränser F : 0 ≤ r ≤ 2, π/2 ≤ θ ≤ π,
−3π/4 ≤ ϕ ≤ π/4, ger
ZZZ
ZZZ
(2u − v)w dudvdw
(x − y)z dxdydz =
2
2
D
E
Z 2
Z π
Z π/4
1
2
4
=
r dr ·
sin θ cos θ dθ ·
(2 cos ϕ − sin ϕ) dϕ
4 0
π/2
−3π/4
√
2 3 π
1 r5
sin θ
1 32
1 √
8 2
π/4
=
[2 sin ϕ + cos ϕ]−3π/4 = ·
· − ·3 2=−
.
4 5 0
3
4 5
3
5
π/2
4. Bivillkoren x2 ≤ y ≤ 2−x bestämmer en sluten och begränsad mängd och målfunktionen f (x, y) =
x + y 2 är kontinuerlig där. Alltså existerar största och minsta värde för f på denna mängd.
Kandidatjakt:
• Stationära punkter finns där ∇f = 0, d.v.s. där 1 = 0, 2y = 0. Ingen kandidat här.
• Kandidater på parabelbågen y = x2 : f (x, y) = x + x4 =: g(x), g 0 (x) = 1 + 4x3 = 0,
x = −(1/4)1/3 , y = (1/4)2/3 . Kandidat: f (−(1/4)1/3 , (1/4)2/3 ) = −3/(4 · 41/3 ).
• Kandidater på sträckan x = 2 − y: f (x, y) = 2 − y + y 2 =: h(y), h0 (y) = −1 + 2y = 0,
y = 1/2, x = 3/2. Tillhör inte mängden.
• Hörnpunkterna finns där x2 = 2 − x och ur denna ekvation får vi kandidaterna f (−2, 4) = 14
och f (1, 1) = 2.
Svar: fmin = f (−(1/4)1/3 , (1/4)2/3 ) = − − 3/(4 · 41/3 ), fmax = f (−2, 4) = 14.
5. Med stavar i z-led får vi stavarna x2 + y 2 ≤ z ≤ 2, och projektionen
D̃ på xy-planet ges av
p
x2 + y 2 ≤ 2 och y ≥ |x|, som kan skrivas −1 ≤ x ≤ 1, |x| ≤ y ≤ 2 − x2 (rita figur!). Således blir
!
ZZZ
Z Z Z
Z √ 2
Z
2
y dxdydz =
2−x
1
(2 − x2 − y 2 )y dy dx
y dz dxdy =
D
D̃
Z
1
=
−1
x2 +y 2
−1
(2 − x2 − y 2 )2
−4
|x|
y=√2−x2
Z
dx =
y=|x|
1
(1 − 2x2 + x4 ) dx =
−1
16
.
15
6. Avbildningen är C 1 , och (x, y) = (1, 2) avbildas på (u, v) = (−1, 0). Funktionalmatrisen
0
2
∂(u, v)
ux u0y
1 −1
3x − y
−x
=
=
=
vx0 vy0
4 −2
2y
2x − 2y
∂(x, y)
i punkten (x, y) = (1, 2), och eftersom denna matris är inverterbar (determinanten = 2 6= 0)
medför inversa funktionssatsen att avbildningen har en lokal C 1 -invers x(u, v), y(u, v) definierad
i någon omgivning till (u, v) = (−1, 0). Trivialt är x = 1 och y = 2 när (u, v) = (−1, 0), medan
derivatorna där fås med invers matris:
0
0
−1
−1 ∂(x, y)
1 −2 1
ux u0y
xu x0v
1 −1
=
.
=
=
=
yu0 yv0
vx0 vy0
4 −2
∂(u, v)
2 −4 1
Svar: I punkten (u, v) = (−1, 0) är x = 1, y = 2, x0u = −1, x0v = 1/2, yu0 = −2 och yv0 = 1/2.
7. u = xy och v = y ger zx0 = yzu0 och zy0 = xzu0 + zv0 . Vidare,
00
00
zxx
= (zx0 )0x = (yzu0 )0x = y(zu0 )0x = y 2 zuu
,
00
00
00
zxy
= (zx0 )0y = (yzu0 )0y = zu0 + y(zu0 )0y = zu0 + xyzuu
+ yzuv
.
00
Insättning i differentialekvationen ger efter förenkling y 3 zu0 − y 3 zuv
= 0, vilket är ekvivalent med
00
0
0
zuv − zu = 0 eftersom y > 0. Sätt w = zu . Vår ekvation är då wv0 − w = 0, som löses med
integrerande faktor: (e−v w)0v = 0, som ger w = ev f (u). Integration m.a.p. u ger sedan z =
ev F (u) + G(v), där F och G är C 2 -funktioner av en variabel och F 0 = f .
Allmän lösning till differentialekvationen är således z(x, y) = ey F (xy) + G(y).
Bivillkoret ger nu 0 = z(x, x) = ex F (x2 ) + G(x) då x > 0, d.v.s. G(t) = −et F (t2 ) då t > 0, och
därmed får vi lösningarna z(x, y) = ey F (xy) − ey F (y 2 ).
Svar: z(x, y) = ey F (xy) − F (y 2 ) , F ∈ C 2 .
2