Godkäntdel. 1. Vi har att f x (x, y) = 3x2 2xy 2, f y = 2 2yx2 och alltså f

LUNDS TEKNISKA H ¨OGSKOLA MATEMATIK

TENTAMENSSKRIVNING FLERDIMENSIONELL ANALYS 2020–03–16 8–13

Godk¨ antdel

1. Vi har att

∂f

∂x(x, y) = 3x²− 2xy², ∂f

∂y = 2 − 2yx² och allts˚a ^∂f_∂x(1, 2) = −5 och ^∂f_∂y(1, 2) = −1, fr˚an vilket f¨oljer att a) tangentplanet ges av ekvationen

z − 1 = −5(x − 1) − 2(y − 2) ⇐⇒ 5x + 2y + z = 10.

b) tangenten f˚ar ekvationen 5(x − 1) + 2(y − 2) = 0, allts˚a 5x + 2y = 9.

c) f ¨okar mest i riktningen (−5, −2).

2. Station¨ara punkter best¨ams av ekvationssystemet







6x = 0 4(y − 1) = 0.

som har l¨osningen (0, 1), vilken ligger i omr˚adet. Funktionsv¨ardet ¨ar −2. Randen har tv˚a bitar:

1. y = 4, −2 ≤ x ≤ 2 p˚a vilken funktionen ¨ar g(x) = 3x²+ 16 som har inre station¨ar punkt i x = 0. Funktionv¨ardet ¨ar 16.

2. y = x², −2 ≤ x ≤ 2 p˚a vilken vi har g(x) = f (x, x²) = 2x⁴ − x² vars derivata g⁰(x) = 8x(x²− ¹₄) = 0 d˚a x = 0 och x = ±1/2. Funktionsv¨ardena ¨ar 0 respektive

−1/8.

˚Aterst˚ar h¨ornen: f (±2, 4) = 28. Det f¨oljer att f_max = 28, f_min = −2.

3. Green formel ger att

Z

∂D

−xydx + xy²dy =

ZZ

D

(y²+ x) dxdy =

Z 1 0

(

Z

√x

x²

(y²+ x)dy)dx =

Z 1 0

[y³ 3 + xy]

√x x² dx =

Z 1 0

(4x^3/2 3 −x⁶

3 − x³)dx =

8x^5/2 15 − x⁷

21− x⁴ 4

1 0

= 33 140.

4. Vi har att

∇f (x, y) = (2xy − 3y + x, x²− 3x), Q(x, y)[h, k] = (2y + 1)h²+ 2(2x − 3)hk De station¨ara punkterna ges av

y(2x − 3) + x = 0, x(x − 3) = 0

som har l¨osningarna (0, 0) och (3, −1). Motsvarande kvadratiska former ¨ar Q(0, 0)[h, k] = h²− 6hk = (h − 3k)²− 9k²

som ¨ar indefinit, och

Q(3, −1)[h, k] = −h²+ 6hk

som ocks˚a ¨ar indefinit. Vi har allts˚a tv˚a sadelpunkter och inga andra station¨ara punk- ter

5. Enligt standardrutinen ber¨aknar vi

∇f (x, y) = 2(2y + x)(1, 2), ∇g(x, y) = 2(x − 1, y),

d¨ar g(x, y) = x²+ y²− 2x − 4 = (x − 1)²+ y²− 5. Kandidatpunkter f¨or optima ¨ar de d¨ar

2(2y + x) 2(x − 1) 4(2y + x) 2y

= 4(2y + x)(y − 2x + 2) = 0

och g(x, y) = 0. Kandidatpunkterna ges d¨arf¨or av dels sk¨arningarna mellan linjen 2y + x = 0 och cirkeln, dels sk¨arningarna mellan linjen y = 2x − 2 och cirkeln. De f¨orsta ger tv˚a punkter som b˚ada ger v¨ardet 0 p˚a f , som uppenbarligen ¨ar det minsta v¨ardet. De andra f˚as som l¨osning p˚a ekvationen

(x − 1)² + (2x − 2)² = 5 ⇔ 5x² − 10x = 0 ⇔ x = 0 eller x = 2.

Det ger kandidatpunkterna (0, −2) och (2, 2). Motsvarande funktionsv¨arden ¨ar 16 respektive 36. f antar allts˚a alla v¨arden i intervallet [0, 36] p˚a cirkeln.

Anm¨arkning. Uppgiften l¨oses l¨att geometriskt. Att f_min = 0 ¨ar n¨astan sj¨alvklart, medan maxpunkten f˚as som tangeringspunkt mellan cirkeln och en linje p˚a formen 2y + x = c. Eftersom normalen till linjen ¨ar (1, 2), som dessutom r˚akar ha l¨angden

√5, s˚a ser vi att maximum f˚as i punkten (1, 0) + (1, 2) = (2, 2).

En annan, lika enkel, l¨osning ¨ar att parametrisera cirkeln x = 1 +√

5 cos θ, y =

√5 sin θ och sedan notera att om vi anv¨ander hj¨alpvinkelsatsen kan vi skriva funk- tionsv¨ardet som (1 + 5 sin(θ + φ))² f¨or n˚agot φ. St¨orsta v¨ardet f˚as d˚a till 6² (att minsta

¨

ar noll ¨ar trivialt).

6. Problemet ¨ar upplagt f¨or pol¨ara koordinater. Omr˚adet ges d˚a av villkoren r ≥ 0 och

|θ| ≤ π/4. Om vi b¨orjar med att integrera cirkelsektorn f¨or 0 ≤ r ≤ R s˚a f˚ar vi integralen (D ¨ar omr˚adet i xy-koordinater)

ZZ

D

(x + y)²e^1−x2−y2dxdy =

Z R 0

(

Z π/4

−π/4(r cos θ + r sin θ)²e^1−r2dθ)rdr = e

Z R 0

r³e^−r2dr

Z π/4

−π/4(1 + sin(2θ))dθ = e 2

Z R² 0

se^−sds



θ − cos(2θ) 2

π/4

−π/4

=

eπ 4

Z R² 0

se^−sds → πe

4 d˚a R → ∞.

Ur detta f¨oljer b˚ade att volymen ¨ar ¨andlig (eftersom integranden ¨ar icke-negativ) och att v¨ardet ¨ar πe/4.

7. a) Enklast ¨ar det nog om man observerar att x ln(x²+ y²) + y ln(x²+ y²) = 1

2ln(x²+ y²)d(x²+ y²),

f¨or det betyder att om F (t) ¨ar en primitiv funktion till ¹₂ln t, s˚a g¨aller att F (x²+y²)

¨

ar en primitiv funktion till denna del av differentialformen. (Vi beh¨over inte ens best¨amma F .) Kvar ¨ar xydy f¨or vilken vi har att

∂Q

∂x −∂P

∂y = y, s˚a den kan inte vara exakt.

Alternativt g¨or man denna r¨akning fr˚an b¨orjan och f˚ar samma svar.

b) Fr˚an a)-delen l¨ar vi oss att

Z

γ

x ln(x²+ y²)dx + y ln(x²+ y²)dy = F (1) − F (1) = 0, S˚a det ˚aterst˚ar att ber¨akna

Z

γ

yxdy = 1 2

Z

γ

xd(y²)

¨

over kurvan. Men p˚a kurvan g¨aller att y² = 4 − 4x², s˚a den integralen blir

Z 1

−1xd(4 − 4x²) =

Z 1

−1−8x²dx = −16 3 . Svaret ¨ar allts˚a −8/3.

En mer direkt metod ¨ar att byta integrationsv¨ag, till cirkeln x²+ y² = 1. F¨or detta anv¨ander vi Greens sats och vet d˚a fr˚an a) att dubbelintegralens integrand

¨

ar y. L˚at σ vara enhetscirkeln i ¨ovre halvplanet genoml¨opt fr˚an (−1, 0) till (1, 0) och l˚at D vara omr˚adet mellan ellipsen och cirkeln. Enligt Greens sats g¨aller d˚a

att _Z

−γω +

Z

σ

ω =

Z

∂D

ω =

ZZ

D

y dxdy, d¨ar ω ¨ar differentialformen i problemet. Vi har nu att

ZZ

D

y dxdy =

Z ₁

−1

Z ₂

√ 1−x²

√ 1−x²



y dy)dx = 2 och, eftersom ln 1 = 0,

Z

σ

ω =

Z

σ

xydy = −

Z π 0

cos θ sin θ cos θdθ = −2 3. Det f¨oljer att

Z

γ

ω = −2

3 − 2 = −8 3.

8. Vi har att

∇f (x, y) = (2x(1 − x²), 2y(1 − y²)), Q(x, y)[h, k] = (2 − 6x²)h²+ (2 − 6y²)k²

s˚a de station¨ara punkterna ¨ar f¨oljande 9 punkter

(0, 0), (±1, 0), (0, ±1), (±1, ±1).

Motsvarande kvadratiska former ¨ar

Q(0, 0)[h, k] = 2h²+ 2k², Q(±1, 0)[h, k] = −4h²+ 2k², Q(0, ±1)[h, k] = 2h²− 4k², Q(±1, ±1)[h, k] = −4h²− 4k²

Vi ser allts˚a att (±1, 0) och (0, ±1) ¨ar sadelpunkter, medan origo ¨ar ett lokalt minimum och (±1, ±1) ¨ar fyra lokala maxima. Motsvarande funktionsv¨arden ¨ar

f (0, 0) = 0, f (±1, 0) = f (0, ±1) = 1

2, f (±1, ±1) = 1.

Vatten kommer att rina ut vid sadelpunkterna, s˚a p¨olens djup ¨ar 1/2 l¨angdenhet.

Niv˚akurveplot. Den bl˚a kurvan ¨ar niv˚akurvan svarande mot h¨ojden 1/2.

-1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5

-1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5

9. a) Vi ska maximera f under bivillkoren

g(x, y, z) = 20x + 30y + 10z − 160 = 0, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.

I en Lagrange-punkt d¨ar grad f ¨ar proportionell mot grad g f˚ar vi villkoret

−2(x − 5, y − 5, z − 5) = λ(20, 30, 10) ⇔











x = 5 + 2t y = 5 + 3t z = 5 + t

d¨ar t = −5λ

Ins¨attning i bivillkoret ger

2(5 + 2t) + 3(5 + 3t) + (5 + t) = 16 ⇔ 30 + 14t = 16 ⇔ t = −1, vilket ger oss punkten (3, 2, 4) som har njutningsv¨ardet f (3, 2, 4) = 61 l.e.

˚Aterst˚ar att titta p˚a randbitarna. P˚a z = 0 ¨ar funktionen f (x, y, 0) = 50 − (x − 5)² − (y − 5)², s˚a maximala njutningsv¨ardet ¨ar 50 ¨aven utan bivillkoret 20x + 30y = 160. Vi kan d¨arf¨or inte hitta ett st¨orre njutningsv¨arde p˚a planet z = 0. Detsamma g¨aller p˚a planen x = 0 och y = 0. Svaret ¨ar d¨arf¨or att de under bivillkoret kan uppn˚a maximalt 61 l.e. njutning.

b) Nu ¨ar problemet det omv¨anda. Han vill minimiera funktionen g(x, y, z) = 20x + 30y + 10z under bivillkoren f (x, y, z) = 47, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. I Lagrange- punkten g¨aller som ovan att (x, y, z) = (5 + 2t, 5 + 3t, 5 + t), men nu best¨ams t av ekvationen

47 = 75 − (2t)²− (3t²) − t² ⇔ 28 = 14t² ⇔ t = ±√ 2.

Motsvarande kostnader blir g(5 ± 2√

2, 5 ± 3√

2, 5 ±√

2) = 300 ± 140√ 2

och l¨agst kostnad f˚ar vi med minustecknet. Denna kostnad ¨ar mindre ¨an 300 − 140 · 0.4 = 104.

H¨ar beh¨over vi inte unders¨oka r¨anderna, eftersom denna punkt ger global minimum p˚a hela sf¨aren f (x, y, z) = 47. Sf¨aren saknar ju rand, och punkten ligger i det omr˚ade p˚a denna som vi ska optimera ¨over.

Sammanfattningsvis blir l¨agsta kostnaden 300 − 140√

2 ≈ 102 kr.

10. L˚at (t, y(t), z(t)) vara en parametrisering av banan. Vi ska d˚a ha att tangentvektorn (1, y⁰(t), z⁰(t)) ¨ar proportionell mot

∇T (t, y(t), z(t)) = −2T (x, y, z)(x, 2y, 3z), allts˚a att det f¨or n˚agon funktion λ(t) g¨aller att

(1, y⁰(t), z⁰(t)) = −2λ(t)T (t, y(t), z(t))(t, 2y(t), 3z(t)).

Den f¨orsta ekvationen inneb¨ar att −2λ(t)T (t, y(t), z(t)) = 1/t, s˚a de tv˚a andra ekva- tionerna blir

y⁰(t) = 2y(t)/t, z⁰(t) = 3z(t)/t.

Dessa ¨ar separabla differentialekvationer som l¨oses till y(t) = t² respektive z(t) = t³. H¨ar har vi anv¨ant att y(1) = z(1) = 1. Banan ¨ar allts˚a t → (t, t², t³), t ≥ 1.