Lösning till MAN030 Flervariabelanalys del 1, 03 04 15

1.

Sätter vi f (x, y, z) = xz² + x²y² + y³z ges en normal till tangentplanet av gradf (1, 2, 3). Vi har gradf = (z² + 2xy², 2x²y + 3y²z, 2xz + y³), så (17, 40, 14) är en normal. Tangentplanet har därför ekvationen

0 = (17, 40, 14) ^. (x - 1, y - 2, z - 3).

Svar: 139 = 17x + 40y + 14z.

2.

Området är slutet och begränsat och därmed kompakt. Eftersom funtkionen är kontinuerlig antar den därför ett störtsta och ett minsta värde i området.

Eftersom x, y, z $\geq$ 0 är f (x, y, z) = $\sqrt{{xy}}$z $\geq$ 0. Vi ser att f (x, y, z) är 0 när någon av koordinaterna är = 0. T.ex. ligger punkten (0, 0, 0) i området och f (0, 0, 0) = 0, så minsta värdet är 0.

Vi söker stationära punkter till f. Där är gradf = x^-1/2y^-1/2(yz/2, xz/2, xy) = (0, 0, 0), vilket inträffar precis när minst två av koordinaterna är = 0. Ingen sådan punkt är en inre punkt i området, så största värdet antas längs randen på området.

Randet består av tre trianglar i olika koordinatplan där f antar värdet 0 och triangelytan i planet x + 2y + 3z = 4, där x, y, z $\geq$ 0. Längs randen till triangelytan antar f värdet 0, så största värdet till f antas innuti triangelytan.

Sätter vi g(x, y, z) = x + 2y + 3z gäller att största värdet antas i en punkt som löser

$$\left\{\vphantom{ \begin{array}{l} 4=x+2y+3z,\,x,y,z>0\\ \mbox{grad}f\mbox{ och grad}g\mbox{ \uml {a}r parallella }\\ \end{array}}\right.$$$$\begin{array}{l} 4=x+2y+3z,\,x,y,z>0\\ \mbox{grad}f\mbox{ och grad}g\mbox{ \uml {a}r parallella }\\ \end{array}$$

Det sista villkoret kan skrivas (0, 0, 0) = x^-1/2y^-1/2(yz/2, xz/2, xy)×(1, 2, 3), dvs

(0, 0, 0) = x^-1/2y^-1/2(3xz/2 - 2xy, - 3yz/2 + xy, yz - xz/2),

som tillsammans med det första villkoret ger 3z = 4y, 3z = 2x och x = 2y. Insatt i den första ekvationen ger detta 4 = 3x, eller x = 4/3, y = 2/3, och z = 8/9. Vi har f (4/3, 2/3, 8/9) = 2$\sqrt{{2}}$ ^. 8/27.

Svar: Största värdet är 16$\sqrt{{2}}$/27 och minsta värdet är 0.

3.

Det stationära punkterna till f (x, y) löser ekvationssystemte

0	=	f'x	=	3x2 + 6xy
0	=	f'y	=	-4y - 8y3 + 3x2

Den översta ekvationen ger x = 0 eller x = - 2y som i den nedre ger y = 0 respektive y = 0, y = 1, eller y = 1/2. De stationära punkterna är alltså (0, 0), (- 2, 1) och (- 1, 1/2). Vi undersöker respektive kvadratisk form associerad till dessa punkter. Vi har

$$\left\{\vphantom{ \begin{array}{rcl} f''_{xx}&=&6x+6y\\ f''_{xy}&=&6x\\ f''_{yy}&=&-4-24y^{2} \end{array}}\right.$$$$\begin{array}{rcl} f''_{xx}&=&6x+6y\\ f''_{xy}&=&6x\\ f''_{yy}&=&-4-24y^{2} \end{array}$$

I (0, 0) ger detta den kvadratiska formen -4k² som är negativt semidefinti och därför inte kan användas för att avgöra om origo är en lokal extrempunkt. Däremot är f (x, 0) = x³, så vi ser att origo inte är en lokal extrempunkt.

I (- 2, 1) är den kvadratiska formen -6h² - 24hk - 28k²0 = - 6(h + 2k)² - 4k², som är negativt definit. Allstå är (- 2, 1) en lokal maximipunkt.

I (- 1, 1/2) är den kvadratiska formen -3h² - 12hk - 10k²0 = - 3(h + 2k)² + 2k² som är indefinti. Punkter är därför en sadelpunkt.

Svar: De stationära punkterna är (0, 0), (- 2, 1) och (- 1, 1/2) och bara (- 2, 1) är en lokal extrempunkt.

4.

(a)	Vi har att f (t) $\rightarrow$ $\infty$, när t $\rightarrow$ $\pi$/2-, så funktionen kan inte utvidgas kontinuerligt till [0,$\pi$/2], som är slutna höljet till det givna intervallet. Funktionen är därför inte likformigt kontinuerlig.
(b)	Funtktionen är kontinuerlig på det kompakta intervallet [1, 2] och därför likformigt kontinuerlig.
(c)	Eftersom f (t) $\rightarrow$ 0, när t $\rightarrow$ 0+, kan f utvdigas kontinuerligt till [0, 2] genom att sätta f (0) = 0. Funktionen är då likformigt kontinuerlig på det kompakta intervallet [0, 2] och därför likformigt kontinuerlig på det mindre intervallet ]0, 2]. Svar: Funtkioneran i (b) och (c) är likformigt kontinuerliga.

5.

För differentierbarhet krävs kontinuitet. Detta ger att vi måste välja a = $\lim_{{x\rightarrow 0}}^{}$f (x, 0). Vi har, med Mc Laurin-utveckling,

f (x, 0) = $${\frac{{\sin(x)-x}}{{x^{2}}}}$$ = - x/(3!) + x³B(x),

där B(x) är begräsad nära x = 0. Detta ger a = 0, som enda möjlighet. För differentierbarhet i origo krävs att de partiella derviatorna där ska existera. Vi har

$${\frac{{f(x,0)-f(0,0)}}{{x}}}$$ = - 1/6 + x²B(x) $$\rightarrow$$ - 1/6

när x $\rightarrow$ 0, så f'_x(0, 0) = - 1/6. Samma räkning visar att f'_y(0, 0) = - 1/6. För differentierbarhet krävs nu att det relativa felet

R(x, y) = $${\frac{{f(x,y)-f(0,0)+(1/6)(1,1)\cdot(x,y)}}{{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}}}$$

går mot noll när (x, y) $\rightarrow$ (0, 0).

Vi har

R(x, y) = $${\frac{{-(x+y)^{3}+(x+y)(x^{2}+y^{2})+(x+y)^{5}B(x+y)}}{{6(x^{2}+y^{2})^{3/2}}}}$$

Övergång till polära koordinater ger att vi kan strunta i termen med B och att vi då får

- (cos t + sin t)³/6 + (cos t + sin t)/6

som inte har något gränsvärde oberoende av t när r = $\sqrt{{x^{2}+y^{2}}}$ $\rightarrow$ 0.

Svar: Nej.

6.

Vi vet att f är differentierbar som en följd av förutsättningarna och har därför att

R(b) = $${\frac{{\mathbf{f}(\mathbf{b})-\mathbf{f}(\mathbf{a})-\mbox{d}\ma... ...athbf{a}}(\mathbf{\mathbf{b}-\mathbf{a}})}}{{\vert\mathbf{b}-\mathbf{a}\vert}}}$$

går mot 0, när b $\rightarrow$ a.

Vi sätter b = a + th (t > 0) och får av detta . Efter skalärprodukt med th och division med t², att

0 $$\geq$$ h ^. (|h|R(a + th) + df_ah)

enligt förutsättnigen. När t $\rightarrow$ 0⁺ ger detta den sökta olikheten.