Lösningar Tentamen i MAN030 Flervariabelanalys, del 1, 02 06 12.

1. 
    
   
2. 
    
   
3. 
    
   
4. Kedjeregeln ger
   
   $$\begin{array}{rcl} f'_{x}&=&f'_{u}y+f'_{v}\cdot 0\\ f'_{y}&=&f'_{u}x+f'_{v}\cdot 1 \end{array}$$
   
   
   Ekvationen blir därför -yf'_v=xy²-y, eller f'_v=-u+1, som ger f=-uv+v+g(u), där g är en godtycklig deriverbar funktion.
    
   Svar: f(x,y)=-xy²+y+g(xy), där g är en godtycklig deriverbar funktion.

 

5. Funktionen är kontinuerlig på den slutna begränsade ellipsskivan och antar därför säkert ett största och ett minsta värde. Dessa antas när $\mbox{grad} f=\mathbf 0$ i det inre av skiva eller på skivans rand. Vi söker stationära punkter i det inre och får ekvationssystemet
   
   $$\left\{ \begin{array}{rcl} 0=f'_{x}&=&(-2x+2x(2-x^{2}-3... ...&(-6y+2y(2-x^{2}-3y^{2}))e^{x^{2}+y^{2}} \end{array}\right.$$
   
   
   Efter förkortning med e^x2+y2 (som ju är >0) får vi
   
   $$\left\{ \begin{array}{rcl} 0=2x(1-x^{2}-3y^{2})\\ 0=2y(-1-x^{2}-3y^{2}) \end{array}\right.$$
   
   
   Översta ekvationen ger x=0 eller 1-x²-3y²=0. Första alternativet ger y=0 i nedersta ekvationen, medan det andra ger y=0 och därmed $x=\pm 1$. De stationära punkterna är (0,0), (-1,0) och (1,0) som samtliga ligger i det inre av ellipsskivan. Vi har f(0,0)=2, f(-1,0)=f(1,0)=e>2. Längs randen till ellipsskivan, där x²+3y²=2, har vi f=0
    
   Svar: Största värdet är e och minsta är 0.

 

6. Vi ser att f är definierad (och kontinuerlig) över allt utom i origo. Vi undersöker om f kan definieras även här så att den blir kontinuerlig i hela planet. För kontinuitet ska vi ha att f(0,0) ska vara gränsvärdet av f(x,y) när $(x,y)\rightarrow (0,0)$. Vi har att cos(t)=1-t²/2+t⁴B(t), där B är begränsad nära t=0. Detta ger $(cos(xy)-1)/(xy)^{2}\rightarrow -1/2,$ när $(x,y)\rightarrow (0,0)$. Polära koordinater ger att $(xy)^{2}/(x^{2}+y^{2})=r^{2}\cos^{2}(\theta)\sin^{2}(\theta)\rightarrow 0,$ när $(x,y)\rightarrow (0,0),$ eftersom $\cos^{2}(\theta)\sin^{2}(\theta)$ är begränsade. Totalt får vi $f=[(\cos(xy)-1)/(xy)^{2}][(xy)^{2}/(x^{2}+y^{2})\rightarrow (-1/2)\cdot 0,$ när $(x,y)\rightarrow (0,0)$. Vi har nu att f blir kontinuerlig i hela planet om vi sätter f(0,0)=0. Vi undersöker nu f när $\vert(x,y)\vert\rightarrow \infty$. Vi har $0\geq \vert f\vert=\vert\cos(xy)-1\vert/(x^{2}+y^{2})\leq 2/(x^{2}+y^{2})\rightarrow 0,$ när $\vert(x,y)\vert\rightarrow \infty$. Detta ger att f är likformigt kontinuerlig.
   
    
   Svar: Funktionen f är likformigt kontinuerlig.

 

7. Enligt implicita funktionssatsen ger sambandet y som en funktion av x och z i närheten av (1,2,1) om motsvarande gäller för ekvationens linearisering kring punkten. Sätter vi g(x,y,z)=4x³z+z²y²-xy³ blir sambandet 0=g(x,y,z). Lineariseringen av detta är 0=g'_x(1,2,1)(x-1)+g'_y(1,2,1)(y-2)+g'_z(1,2,1)(z-1). Vi har
   
   $$\left\{\begin{array}{rcl} g'_{x}&=&12x^{2}z-y^{3}\\ g'... ...{2}y-3xy^{2}\\ g'_{z}&=&4x^{3}+2zy^{2} \end{array}\right.$$
   
   
   så linearisering är 0=4(x-1)-8(y-2)+12(z-1). Eftersom vi kan lösa ut y som en funktion av x och z här kan vi också göra det i det ursprungliga sambandet (enligt implicita funktionssatsen). Löser vi ut y får vi y=x/2+3z/2, som är lineariseringen av y som funktion av x och z kring (1,1).
    
   Svar: Lineariseringen är y=x/2+3z/2.
   

 

8. Låt v=(a,b), där a²+b²=1. För att bestämma f'_v(0,0) ska vi bestämma gränsvärdet av
   
   (1/t)(f(ta,tb)-f(0,0))=(1/t)(tat²b²/(t²a²+t²b²))=ab²
   
   
   när $t\rightarrow 0^{+}$. Vi ser att detta uttryck är konstant så f'_v(0,0) existerar och är ab². Om nu f vore differentierbar i (0,0) skulle vi kunna beräkna riktningsderivator med hjälp av kedjeregeln: $f'_{v}(0,0)=\mbox{grad}f(0,0)\cdot \mathbf v$. Vi har (enligt ovan) f'_x(0,0)=f'_(1,0)(0,0)=0 och f'_y(0,0)=f'_(0,1)(0,0)=0, som ger $\mbox{grad}f(0,0)\cdot \mathbf v=0$. Detta strider mot beräkningarna ovan. Alltså är f inte differentierbar i origo.
    
   Svar: Funktionen är inte differentierbar i origo.