Lösningsförslag. Flervariabelanalys. Tentamen 2012-05-08 Anders ...

Lösningsförslag. Flervariabelanalys. Tentamen 2012-05-08
Anders Olofsson
Uppgift 1. Känd Taylorutveckling av sinus-funktionen ger att
f(x,y) = x 2 +xy +y 2 +O((x 2 +y 2 ) 3 )
då (x,y) → (0,0). Speciellt följer härav att origo är en kritisk punkt för f. En
kvadratkomplettering ger att
x 2 +xy +y 2 = (x+y/2) 2 +3y 2 /4
(positivt definit). Det är nu klart från känt kriterium att f har ett lokalt minimum
i punkten (0,0) (se Sektion 13.1 i Adams).
□
Uppgift 2. Genom byte till polära koordinater fås att
∫∫
dxdy
1+x 2 +y 2 = π ∫ 1
r πlog2
2 1+r2dr = ,
4
där log är den naturliga logaritmen.
D
0
□
Uppgift 3. Observeraattlim |(x,y)|→∞ f(x,y) = 0samtattattf antarsåvälpositiva
som negativa värden. Känd sats ger nu att f har största och minsta värde i planet.
En annan känd sats ger att extremvärdena för f antas i kritiska punkter. En kalkyl
gerattf harkritiskapunkter(x,y) = ±(1/ √ 3,0). Funktionenf hariplanetstörsta
värde f(1/ √ 3,0) = 3 √ 3/16 och minsta värde f(−1/ √ 3,0) = −3 √ 3/16. Sats om
mellanliggande värden ger att värdemängden för f är det slutna intervallet
f(R 2 ) = [−3 √ 3/16,3 √ 3/16] = {z ∈ R : −3 √ 3/16 ≤ z ≤ 3 √ 3/16}.
Uppgift 4. Inför hjälpfunktionen
g(x,y) =
∫ y
−1
log(3+x+t 2 )
1+t 2 dt,
samt observera att f(x) = g(x,2x) för x > −3. En tillämpning av kedjeregeln ger
att
(1) f ′ (0) = ∂g
∂x (0,0)+2∂g ∂y (0,0).
Viberäknarhärnästdepartielladerivatornai(1). Genomderiveringunderintegraltecknet
fås ∫
∂g y
∂x = 1
−1 (3+x+t 2 )(1+t 2 ) dt,
vilket ger att
∫
∂g 0
∂x (0,0) =
−1
∫
1 1
(3+t 2 )(1+t 2 ) dt =
0
1
(3+t 2 )(1+t 2 ) dt
eftersom den senare integranden är jämn. En kalkyl ger partialbråksuppdelningen
1
(3+t 2 )(1+t 2 ) = 1 1
21+t 2 − 1 1
2(3+t 2 ) .
1
□

2
Härav fås att
∂g
∂x (0,0) = 1 [
arctant− √ 1 arctan(t/ √ ] 1
3) = π 2 3 0 8 − π√ 3
36 .
Genom tillämpning av integralkalkylens huvudsats fås
∂g
∂y = log(3+x+y2 )
1+y 2 ,
vilket ger att ∂g
∂y
(0,0) = log3. Sammantaget har vi nu enligt (1) att
f ′ (0) = π 8 − π√ 3
36 +2log3. □
Uppgift 5. Observera att funktionen g är strängt växande på R samt att g(R) = R.
Detta ger existens av f = g −1 : R → R. Notera att y = f(x) är lösningen y
för ekvationen e y + y − x = 0. En tillämpning av implicita funktionssatsen ger
att f ∈ C 1 (R). (Alternativt kan vi för detta ändamål använda den sk inversa
funktionssatsen.) Genom (implicit)derivering fås att
(2) f ′ (x) = 1/(e f(x) +1), x ∈ R.
Om f ∈ C k (R) och k ≥ 1, så följer av (2) att f ′ ∈ C k (R), vilket betyder att
f ∈ C k+1 (R). Induktion ger nu att f ∈ C ∞ (R) (dvs f ∈ C k (R) för varje k ≥ 1).
Vi beräknar nu den sökta Taylorutvecklingen för f. Från g(0) = 1 fås att
f(1) = 0. Från (2) ovan fås att f ′ (1) = 1/2. Genom derivering av (2) fås
f ′′ (x) = −e f(x) f ′ (x)/(e f(x) +1) 2 , x ∈ R,
vilket ger att f ′′ (1) = −1/8. Den sökta Taylorutvecklingen är
f(x) = 1 2 (x−1)− 1
16 (x−1)2 +O((x−1) 3 )
då x → 1.
Uppgift 6. BetecknamedD dendelavenhetsskivansomliggeridenförstakvadranten,
L 1 linjestycket från (0,0) till (1,0) längs positiva x-axeln, samt L 2 linjestycket
från (0,0) till (0,1) längs positiva y-axeln. En tillämpning av Greens sats ger att
∫
∫∫
(e y −3y)dx+(xe y +x)dy = 4dxdy = π.
∂D
Observera också att
∫
(e y −3y)dx+(xe y +x)dy = 1 och (e y −3y)dx+(xe y +x)dy = 0.
L 1 L 2
Eftersom ∂D = γ +L 1 −L 2 har vi nu att
∫
(e y −3y)dx+(xe y +x)dy = π −1.
γ
∫
D
□
□