LINKÖPINGS UNIVERSITET
Matematiska institutionen
Fredrik Andersson
Kommentarer till tentamen i TATA76 Flervariabelanalys 2015-03-16
1) En del skriver upp felaktiga uttryck för de sfäriska koordinaterna. Tänk på att dessa har en tydlig
geometrisk tolkning och uttrycken fås därför lätt ur en figur (se s 27-28 i kursboken).
Z
3
3
er
En del skriver också att
er dr = 2 + C (FEL), men någon räkneregel som rättfärdigar ’division
3r
med inre derivatan’ finns ju inte. Att denna primitiv är felaktig kan du enkelt själv verifiera genom en
snabb kontrollderivering med kvotregeln.
∂ ∂z
∂ ∂z
=
(FEL). Detta fel har jag
2a) Även denna gång är det många som skriver att t ex
∂y ∂u
∂u ∂y
skrivit utförligt om i tidigare skrifter av detta slag så jag hänvisar till dessa.
∂
∂z
∂z
∂ ∂z
yex
= ex +yex
(RÄTT)
Även produktregeln vållar bekymmer. Enligt denna blir
∂y
∂u
∂u
∂y ∂u
∂
∂z
∂ ∂z
och inte
yex
= yex
(FEL).
∂y
∂u
∂y ∂u
En del redovisar inte sina räkningar, utan skriver bara upp rätt svar nästan helt utan motiveringar
(FEL). Detta kan förstås inte godkännas eftersom fullständiga lösningar efterfrågas.
Hos en del verkar
det råda viss förvirring kring beteckningarna för partiella derivator. Beteckningen
∂ ∂z
∂2z
=
betyder att funktionen z ska deriveras först med avseende på v och sedan med
∂u∂v
∂u ∂v
∂z ∂z
∂z ∂z
avseende på u. En del skriver dock istället
(FEL) eller
(FEL). Båda dessa uttryck
∂u ∂v
∂u ∂v
∂z
∂2z
∂z
och
vilket inte är samma sak som
.
betyder ju produkten av förstaderivatorna
∂u
∂v
∂u∂v
2b) En del skriver att zv0 = 0 ⇔ z = f (u) + C (KRÅNGLIGT) där f är en godtycklig C 1 -funktion och C
är en godtycklig konstant. Detta är visserligen inte fel men det krånglar till uppgiften i onödan och
nästan alla som gjort på detta sätt har på grund av detta misslyckats med att bestämma den sökta
partikulärlösningen. Mycket bättre är att sätta g(u) = f (u) + C. Då blir g en godtycklig C 1 -funktion
och allmänna lösningen ges av det enklare uttrycket z = g(u) (RÄTT).
√
√
y
3
3) Efter bytet u = x + , v =
y fås olikheterna u2 + v 2 ≤ 4, v ≤ 3u, vilket beskriver en halvcirkel i
2
2
uv-planet. Många ritar dock ingen figur (FEL) och får därför fel gränser vid det påföljande bytet till
polära koordinater i uv-planet.
√
Ett vanligt fel vid bytet till polära koordinater är att säga att den del av linjen v ≤ 3u som ligger i
π
första kvadranten beskrivs av t ex ϕ = och att den del som ligger i tredje kvadranten beskrivs av t
3
4π
4π
π
ex ϕ =
varför D ges av 0 ≤ ρ ≤ 2,
≤ ϕ ≤ i polära koordinater (FEL), men det finns ju inget
3
3
3
4π/3
Zπ/3
Z
ϕ som uppfyller denna kedja av olikheter. Vidare är ju
... = −
. . . vilket ger en integral över
4π/3
π/3
fel halva av cirkeln, med ombytt tecken.
Det som ställer till problem här är att på en given stråle med ändpunkt i origo har vi stor frihet att
välja värde på ϕ, men när ϕ tilldelats ett värde på en stråle är ϕ:s värden i hela D fixerade. Låt oss ta
√
π
ett exempel för att illustrera. På strålen v ≤ 3u, u ≥ 0 har vi (Rita!) värdena ϕ = + 2πn, n ∈ Z
3
π
att välja på. Låt oss välja ϕ =
på denna stråle. För att hitta undre gränsen i ϕ rör vi oss från
√ 3
denna stråle mot strålen v ≤ 3u, u ≤ 0 i D. Vi rör oss alltså medurs d v s under denna förflyttning
Zπ/3
π
2π
minskar ϕ med π vilket ger undre gränsen − π = − . Detta ger ϕ-integralen
. . . (RÄTT).
3
3
−2π/3
√
2π
Alternativt kan vi utgå från strålen v ≤ 3u, u ≤ 0 där vi har värdena ϕ = −
+ 2πn, n ∈ Z att
3
√
4π
välja på. Låt oss välja t ex ϕ =
. För att få ϕ:s värde på strålen v ≤ 3u, u ≥ 0 måste vi öka ϕ
3
7π/3
Z
4π
med π (ty ϕ ≥
i D i detta fall. Vi får alltså ϕ-integralen
. . . (också RÄTT).
3
4π/3
4a) Här är det viktigt att skilja på definitionen av kontinuitet och intuitiva beskrivningar och tolkningar
av begreppet kontinuitet (att grafen ’sitter ihop’, att differentierbara funktioner är kontinuerliga m m).
4b) Det är viktigt att notera att det inte går att dra några slutsatser om gränsvärdet av |f (x, y) − 1| förrän
vi stängt in detta uttryck mellan två andra uttryck som endast beror på ρ!! Det går alltså inte att dra
några slutsatser så länge någon av uppskattningarna beror på ϕ eftersom funktionen i så fall skulle
kunna närma sig olika värden beroende på hur vi närmar oss origo.
Det är heller inte tillräckligt att konstatera att gränsvärdet blir detsamma när vi närmar oss origo i
alla möjliga riktningar, eller ekvivalent att |f (x, y) − 1| → 0 , ρ → 0 för godtyckligt fixt värde på ϕ.
Att närma sig origo längs alla möjliga riktningar är ju ekvivalent med att närma sig längs en godtycklig
rät linje och det finns funktioner som närmar sig samma värde längs alla räta linjer men ändå saknar
gränsvärde. Se exempel 26 på s 38 eller övning 1.26.
En del använder satsen som säger att produkten av en nollgående funktion och en begränsad funktion
går mot noll. Detta är förstås helt OK, förutsatt att man också bevisar att ena funktionen verkligen
är begränsad. Det räcker inte att bara påstå detta.
Z Z
ZZ
2
y − x2 dxdy (RÄTT). Enligt triangelo5) En del beräknar (y − x )dxdy (FEL) istället för
D
D
Z Z
ZZ
y − x2 dxdy och man visar lätt att likhet
likheten för integraler gäller ju att (y − x2 )dxdy ≤
D
D
bara kan fås om y − x2 inte växlar tecken i D vilket inte är fallet här.
2
Z
y
Några skriver att |y − x2 |dy = − x2 y + C (FEL) men någon sådan räkneregel finns ju inte.
2
En del får, efter ett räknefel, fram ett negativt svar (FEL). Fel av detta
Z Z slag kan upptäckas om man
2
y − x2 dxdy > 0 (RÄTT)
observerar att integranden |y − x | ≥ 0 i hela D. Följdaktligen måste
D
ZZ
(observera att om f (x, y) ≥ 0 i D och f är kontinuerlig i D så kan bara
f (x, y) dxdy = 0 ifall
D
f (x, y) = 0 i hela D (varför?)).
6) Efter att (som i lösningsförslaget) komma fram till ekvationen bc − 3b = 0 drar många slutsatsen att
c = 3 (FEL) och missar därmed att bc − 3b = 0 ⇔ b = 0 eller c = 3 (RÄTT).
7) Inget speciellt att kommentera.