3.
a. Bestäm riktningsderivatan till funktionen f (x, y) = ln (1 + x 4 + 2 y 2) i punkten ( 1,1 ) i
riktning av vektorn v = 1 ( 1,–1 ).
2
b. Är f en differentierbar funktion? Motivera!
4.
5.
Transformera uttrycken ∂z och
∂x
∂z och ∂2z medelst derivator av
∂x
∂x 2
∂2z
med variabelbytet u = e x + y, v = ey, dvs uttryck
∂x 2
z med avseende på u och v.
Visa att ekvationssystemet
2
3
x + y + z = 0
3
2
x + y + z = 0
definierar i en omgivning av punkten (– 2,1,1) precis två kontinuerligt deriverbara funktioner y = y(x) och z = z (x). Beräkna y´(– 2).
6.
a. Bestäm ekvationen för tangentplanet till ytan x + xy + x y z = 3 i punkten (1,1,1).
b. Bestäm vinkeln mellan normalerna till ytorna
punkten (1,1,1).
x + xy + x y z = 3 och z = e x – y i
8.
Bestäm det största och det minsta värde funktionen f (x, y) = 2 x + y kan anta då y ≤ 4
och y ≥ x 2.
11.
Beräkna
12.
Bestäm lokala extrempunkter till funktionen f (x, y, z ) = x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 – 2 xy + 2 x z.
Bestäm även punkternas karaktär.
13.
Undersök om hela ytan z = y – 2 x +
z = x + 2 y – 13.
∂16 f
i punkten (0,0) då f (x, y) = (x – y) ex + y.
∂x 9 ∂y 7
20 – 3 x 2 – y 2 ligger på samma sidan av planet
Lösningsförslag.
3b.
3a.
4x 3
4y
, f ý =
.
1 + x4 + 2 y2
1 + x4 + 2 y2
Derivatorna f x́ och f ý är kontinuerliga ⇒ f är differentierbar
Svar: Ja.
f (x, y) = ln (1 + x 4 + 2 y 2) = ln(1 + x 4 + 2 y 2) ⇒ f x́ =
I punkten (1,1) fås grad f = (f x́ , f ý) = (1,1) och eftersom f är differentierbar ⇒
∂f = v grad f = 1 (1,– 1) . (1,1) = 0.
Svar: 0.
∂v
2
∂2z
4. ∂z = ∂z . ∂u + ∂z . ∂v = u . ∂z ⇒
= u. ∂
∂x
∂u ∂x
∂v ∂x
∂u
∂x 2
∂u
( u ∂z∂u) = u
.
∂2z
= u . ∂z + u . 2 .
∂u
∂u
2
. ∂u . ∂z + u . ∂ z =
∂u ∂u
∂u2
∂2z
Svar: u . ∂z och u . ∂z + u . 2 .
∂u
∂u
∂u
5. (– 2,1,1) satisfierar ekvationssystemet. Låt f (x, y, z ) = x + y 2 + z 3, g(x, y, z ) = x + y 3 + z 2.
f ý f ź 2y 3 z 2
Vi har ∂(f , g) =
= 2
och i (– 2,1,1) fås det ∂(f , g) = – 5 ≠ 0. Detta medför att
gý gź
3y 2 z
∂(y, z )
∂(y, z )
det finns i en omgivning av (– 2,1,1) precis en lösning y = y(x), z = z (x) (kontinuerligt deriverbara funktioner) till ekvationssystemet, så att y(– 2) = 1 och z (– 2) = 1.
Derivatan y´(– 2) fås genom implicit derivering med avseende på x:
2
1 + 2 yy´ + 3 z z ´ = 0
1 + 2 y´ + 3 z ´ = 0
Svar: – 1 .
2y´ + 2z z ´ = 0 där (x, y, z ) = (– 2,1,1) ger 1 + 3 y´ + 2 z ´ = 0 ⇒
1
+
3
y
5
6a.
f (x, y, z ) = x + xy + x y z ⇒ f x́ = 1 + y + y z, f ý = x + x z, f ź = xy ⇒
( grad f ) (1,1,1) = (3,2,1) ⇒ tangentplanet ges av (x – 1, y – 1, z – 1) . (3,2,1) = 0, dvs \X(Svar:
3 x + 2 y + z = 6.)
6b. g(x, y, z ) = e x – y – z ⇒ gx́ = e x – y, gý = – ex – y, gź = – 1 ⇒ ( grad g) (1,1,1) = (1, – 1, – 1). Man
får ( grad f ) (1,1,1) . ( grad g) (1,1,1) = (3,2,1) . (1, – 1, – 1) = 0 ⇒ vinkeln är = π .
2
Svar:
π .
2
8. Det tillåtna området är kompakt och funktionen är kontinuerlig ⇒ det finns ett största och
ett minsta värde till funktionen. Extrempunkter finns bland kritiska punkter enligt
följande:
Områdets inre (y > x 2, y < 4): Kritiska punkter måste satisfiera villkoret f x́ = f ý = 0. Här
är f x́ = 2 ≠ 0 ⇒ inga kritiska punkter i områdets inre.
På linjen y = 4: f (x, y) = 2 x + y = 2 x + 4 är strängt växande ⇒ inga kritiska punkter.
På parabeln y = x 2: f (x, y) = 2 x + y = 2 x + x 2 = g(x). Kritiska punkter måste satisfiera
villkoret g´(x) = 0, alltså 2 + 2 x = 0 ⇒ x = –1, y = 1.
Skärningspunkterna mellan parabeln och linjen: (± 2,4).
Sammanfattningsvis får man alltså tre kritiska punkter (–1,1) och (± 2,4). I dessa punkter
fås f (–1,1) = –1, f (– 2,4) = 0 och f (2,4) = 8 alltså
Svar: största värdet 8, minsta –1.
15
11. f (x, y) = (x – y) ex + y = (x – y)
∑ n!1 (x + y) n + O(r 17) =
n= 0
= O(r 17) + 1 (x – y) (x + y) 15 + termer av grad mindre än 15.
15!
15
15
Koefficienten för x 9y 7 i denna utveckling är = 1
= 2 . Enligt entydig8 – 9
15!
7! 9!
1
16 ∂16 f (0,0)
hetssatsen för Taylorutvecklingar är denna koefficient =
. Identifiering
16! 9
∂x 9 ∂y 7
2 = 1 16 ∂16 f (0,0) alltså ∂16 f (0,0) = 2.
ger
Svar: 2.
7! 9! 16! 9
∂x 9 ∂y 7
∂x 9 ∂y 7
[(
) ( )]
( )
( )
12. De kritiska punkter till funktionen f (x, y, z ) = x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 – 2 xy + 2 x z får man ur
0 = f x́ = 2 x – 2 y + 2 z
vilket ger punkten (0,0,0).
0 = f ý = – 2 x + 4 y
0 = f ź = 2 x
+ 6z
I denna punkt är andradifferentialen = 2 (x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 – 2 xy + 2 x z) och vi vill avgöra
om denna kvadratiska formen är definit eller indefinit. Kvadratkomplettering ger
x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 – 2 xy + 2 x z = (x – y + z ) 2 + y 2 + 2 z 2 + 2 y z = (x – y + z ) 2 + (y + z ) 2 + z 2.
Formen är alltså positivt definit ⇒
Svar: (0,0,0) är en lokal minimipunkt.
13. Ytan z 1 = y – 2 x + 20 – 3 x 2 – y 2 ligger på ena sidan av planet z 2 = x + 2 y – 13 ⇔ z 2 – z 1
har konstant tecken. Sök det största och det minsta värdet av den kontinuerliga funktionen
f (x, y) = z 2 – z 1 = 3 x + y – 13 – 20 – 3 x 2 – y 2 på den kompakta mängden 3 x 2 + y 2 ≤ 20.
Områdets inre (20 – 3 x 2 – y 2 > 0):
3x
0 = f x́ = 3 +
f x́ – 3 f ý = 0 ⇒ y = x ⇒ f x́ = 0 ger
20 – 3 x 2 – y 2
(x, y) = (– 2,– 2) och f (– 2,– 2) < 0.
y
0 = f ý = 1 +
2
2
20 – 3 x – y
20 cos t, y = 20 sin t, där
3
0 ≤ t ≤ 2π, ger f (x,y) = 60 cos t + 20 sin t – 13 < 60 + 20 – 13 < 0.
Sammanfattning: Det största värdet antas antigen i punkten (–2,–2) (där f är < 0) eller på
randen (där f är < 0) alltså f (x, y) < 0 för alla (x, y).
Svar: Ja.
Områdets rand (3 x 2 + y 2 – 20 = 0): Parametrisering x =
