Lösningar Tentamen i MAN030 Flervariabelanalys, del 1, 02 03 22.

4.

Kedjeregeln ger

$$\begin{array} {rcl} f'_{x}&=&f'_{u}(-1/x^{2})+f'_{v}\cdot 0\\ f'_{y}&=&f'_{u}(1/y^{2})+f'_{v}(-1/y^{2}) \end{array}$$

Ekvationen blir därför -f'_v=y²=1/v², som ger f=1/v+g(u)=y+g(1/x-1/y), där g är en godtycklig deriverbar funktion. Villkorer x²+1=f(x,2x) ger x²+1=2x+g(1/(2x)), eller g(1/(2x))=(x-1)². Sätter vi t=1/(2x) får vi g(t)=(1-1/(2t))². Detta ger g(1/x-1/y)=g((y-x)/xy)=(1-xy/(2y-2x))².

Svar: f(x,y)=y+(1-xy/(2y-2x))².

5.

Vi sätter g(x,y)=2x²+2xy+y². Bivillkoret är då g(x,y)=18. Detta kan skrivas x²+(y+x)²=18. Vi ser att $x^{2}\leq 18,$ vilket ger att kurvan är begräsnad i x-led. Vi ser också att $(x+y)^{2}\leq 18,$ så x+y är begräsad på kurvan. Detta ger att även y är begränsad på kurvan, dvs att kurvan är begränsad i y-led. Villkoret g(x,y)=18 ger en sluten mängd i planet som alltså är begränsad och därför kompakt. Funktionen f är kontinuerlig på denna och därför antar den ett största och ett minsta värde på kurvan.

Största och minsta värdet antas i en punkt som löser ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {l} 18=g(x,y)\\ \mbox{grad}f,\,... ...x{grad}g \mbox{ är linjärt beroende} \end{array} \right.$$

Den andra ekvationen kan uttryckas:

$$0= \left\vert \begin{array} {ll} 2x+y & x\\ 4x+2y &... ... 2x+y & x\\ 0 & 2y \end{array} \right\vert=2y(2x+y)$$

Ekvaitonssystemet är alltså

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 18&=&2x^{2}+2xy+y^{2}\\ 0 &=& 2y(2x+y) \end{array} \right.$$

Den andra ekvationen ger y=0 eller y=-2x. I den första ger detta x²=9, dvs $x=\pm 3$. Lösningarna är alltså $\pm(3,0)$ och $\pm(3,-6)$. Funktionens värden i dessa punkter är 9, 9-18=-9.

Svar: Stösta värdet är 9 och minsta är -9.

6.

Vi har f'_x=(y-xy)e^-x-2y, f'_y=(x-2xy)e^-x-2y. De stationära punkterna är därför (0,0) och (1,1/2).

Vi har f''_xx(-y-y+xy)e^-x-2y, f''_yx=(1-x-2y+2xy)e^-x-2y och f''_yy=(-2x-2x+4xy). För att avgöra om de stationära punkterna är extrempunkter undersöks den kvadratiska formen f''_xxh²+2f''_yxhk+f''_yyk².

I (0,0) är den 2xy som är indefinit (positiv i (1,1), negativ i t.ex. (-1,1)). Alltså en sadelpunkt och ingen extrempunkt.

I (1,1/2) är den e^-2(-k²/2-2h²), som är negativt definit. Alltså ett lokalt maximum.

Svar: Enda extrempunkten är (1,1/2).

7.

Talet f_x(0,0) är gränsvärdet av (f(x,0)-f(0,0))/x=0 när $x\rightarrow 0.$ Vi har

$$f'_{x}=\left\{ \begin{array} {rcl} \frac{(3x^{2}y-y^{3})... ...)\\ 0 & \mbox{ när }& (x,y)=(0,0) \end{array} \right.$$

Talet f'_y(0,0) är gränsvärdet av (f(0,y)-f(0,0))/y=0, när $y\rightarrow 0$. Vi har

$$f'_{y}=\left\{ \begin{array} {rcl} \frac{(x^{3}-3xy^{2})... ...)\\ 0 & \mbox{ när }& (x,y)=(0,0) \end{array} \right.$$

Talet f''_yx(0,0) är gränsvärdet av (f'_x(0,y)-f'_x(0,0))/y=-1 när $y\rightarrow 0.$

Talet f''_xy(0,0) är gränsvärdet av (f'_y(x,0)-f'_y(0,0))/x=1 när $x\rightarrow 0.$

8.

(a)

Vi har $\vert f(x,y)\vert\leq (\pi/2)/(r^{2}-1)\rightarrow 0,$ när $r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\rightarrow \infty$. Funktionen är dessutom kontinuerlig på den slutna mängden $r\geq 2.$ Detta ger att f är likformigt kontinuerlig när $r\geq 2$ och därför även när r>2.

(b)

Om f vore likformig på r>1 skulle den ha en kontinuerlig utvidgning till $r\geq 1$. Speciellt skulle den ha ett gränsvärde när $(x,y)\rightarrow (1,0)$.

Vi har $f(1,y)=\arctan(y)/(y^{2}-1)=(\arctan(y)/y)(y/(y^{2}-1))$. När $y\rightarrow 0$ gäller att $\arctan(y)/y\rightarrow 1,$ men $y/(y^{2}-1)\rightarrow \pm\infty$. Detta betyder att f saknar gränsvärde när $(x,y)\rightarrow (1,0),$ och kan därför inte utvidgas kontinuerligt till området $x^{2}+y^{2}\geq 1$.