Lösningar till Matematis analys 0820. Stationära punter. f (x, y) = 8x(x 2 y), f 2(x, y) = 4(y x 2 )). Vi ar alltså att f (x, y) = f 2(x, y) = 0 { x(x 2 y) = 0 y x 2 = 0. Första evationen ovan är uppfylld då x = 0 oc då y = x 2. Insättning av x = 0 i andra evationen ovan ger y = 0 med enda lösningen y = 0. Insättning av y = x 2 i andra evationen ovan ger x 6 x 2 = 0 x 2 (x 4 ) = 0 som ar de reella lösningarna x = 0, x = oc x =. Av y = x 2 fås att motsvarande y-värden är y = 0, y = oc y = respetive. De stationära punterna till f är således punterna (0, 0), (, ) oc (, ). De stationära punternas aratär. f (x, y) = 8(x2 y), f 2 (x, y) = 8x, f 22 (x, y) = 2y2. Q(, ) = f 2 + 2f 2 + f 22 2. I den stationära punten (0, 0) är Q(, ) = 0 för alla (, ) så ingen säer slutsats an dras från Q(, ) om aratären av den stationära punten (0, 0). Eftersom f är en så enel funtion är det doc lätt att diret se vad som gäller i (0, 0). Till exempel så är f(t, t) = t 4 4t = t (t 4), varav följer att f(t, t) < 0 = f(0, 0) för alla t ]0, 4 [ oc att f(t, t) > 0 = f(0, 0) för alla t < 0. Funtionen f ar således varen loalt maximum eller loalt minimum i (0, 0), oc följatligen ar f en sadelpunt i punten (0, 0). I den stationära punten (, ) är Q(, ) = 6 2 6+2 2 = 4(4 2 4+ 2 ) = 4 ( (2 ) 2 + 2 2), varav följer att Q(, ) 0 för alla (, ) samt att Q(, ) = 0 2 = = 0 = = 0, oc alltså ar vi att Q(, ) > 0 för alla (, ) (0, 0). Funtionen f(x, y) ar således ett strängt loalt minimum i punten (, ). I den stationära punten (, ) är Q(, ) = 6 2 +6+2 2 = 4(4 2 +4+ 2 ) = 4 ( (2 + ) 2 + 2 2), varav följer att Q(, ) 0 för alla (, ) samt att Q(, ) = 0 2 + = = 0 = = 0, oc alltså ar vi att Q(, ) > 0 för alla (, ) (0, 0). Funtionen f(x, y) ar således ett strängt loalt minimum i punten (, ). 2. Låt y = g(x) vara evationen för söt urva i y > 0. Eftersom y = g(x) är en urva i y > 0 så är g(x) > 0 för alla x för vila g(x) är definierad. Sätt (x, y) = g(x) y. Den söta urvan är då urvan (x, y) = 0. Låt (x 0, y 0 ) vara en godtyclig punt på den söta urvan (x, y) = 0. I varje sådan punt (x 0, y 0 ) gäller: (i) (x, y) = 0 är vinelrät mot den nivåurva till f som går genom punten. (ii) f(x 0, y 0 ) är vinelrät mot den nivåurva till f som går genom punten. (iii) (x 0, y 0 ) är vinelrät mot urvan (x, y) = 0. Att i) gäller är givet i problemtexten. Att ii) oc iii) gäller är en egensap os gradientvetorn. Det följer att f(x 0, y 0 ) är vinelrät mot (x 0, y 0 ), oc således är deras salärprodut = 0. Eftersom f(x 0, y 0 ) = y 0 4 (y 0, x 0 ) oc (x 0, y 0 ) = (g (x 0 ), ) ar vi alltså att (y 0, x 0 ) (g (x 0 ), ) = 0 y 0 g (x 0 ) + x 0 = 0.
Använder vi sedan att y 0 = g(x 0 ), som gäller eftersom (x 0, y 0 ) är en punt på urvan y = g(x), får vi att g((x 0 )g (x 0 ) + x 0 = 0. Men (x 0, y 0 ) är en godtyclig punt på urvan y = g(x) oc alltså är g(x)g (x) + x = 0, för alla x för vila g(x) är definierad. Denna differentialevation an diret integreras oc ger efter integration att 2 (g(x))2 + 2 x2 = C, för någon onstant C. Eftersom g() = är C = 2, oc alltså är varav fås att (g(x)) 2 + x 2 = 4, g(x) = ± 4 x 2. Eftersom g() = är det plustecnet som gäller ovan. Vi noterar ocså att g(x) är definierad oc > 0 precis om 2 < x < 2. Söt urva är således urvan y = 4 x 2, 2 < x < 2.. Eftersom x > 0, xy > y > 0 an D srivas x > 0, xy >. Vi fösöer med variabelsubstitutionen u = x, v = xy. Området D övergår då i området u > 0, v >. Vidare gäller att x = u, y = u v. Substitutionens funtionaldeterminant D d(x, y) d(u, v) = x u y u x v y v 0 = u 2 v u = u. Angiven variabelsubstitution ger därför enligt formeln för variabelsubstitution i dubbelintegral att x a + y a dxdy = u a + u a v a u u a () du dv = u 2a du dv. + va u>0 v> Betrata nu den itererade enelintegralen ( u a ) (2) u 2a + v a du dv, 0 den ena av de båda itererade enelintegraler som ör till sista dubbelintegralen i (). Den inre enelintegralen i (2) är generaliserad genom att övre integrationsfränsen är. Vi ar att T u a T 0 u 2a + v a du = au a [ ( )] u a u=t 0 av a/2 ( u a ) 2 du = arctan = v + va/2 ava/2 v a/2 a/2 u=0 = ( T a arctan ava/2 v a/2 ), som av a/2 u>0 v> 2 = då T för varje v >. 2a v a/2 Den inre integralen i (2) är således onvergent oc ar värdet 2a för varje v >. Detta insatt i (2) v a/2 ger enelintegralen () dv, 2a va/2 2
som är generaliserad genom att övre integrationsgränsen är. Vi ar att T 2a v dv = [ ] v a/2+ v=t ( ) =, som a/2 2a a/2 + a(a 2) T a/2 a(a 2) v= D då T. (Kom iåg att a > 2 förutsätts.) Den generaliserade enelintegralen () är således onvergent oc ar värdet a(a 2), dvs den itererade enelintegralen (2) är onvergent oc ar värdet a(a 2). Eftersom integranden är positiv gäller detsamma motsvarande dubbelintegral, dvs den sista dubbelintegralen i () är onvergent oc ar värdet a(a 2). Följatligen är även den första dubbelintegralen i () onvergent oc ar värdet a(a 2), dvs x a + y a dxdy = a(a 2). 4. Sätt g(x, y) = x y + 4xy 5 oc låt D vara mängden g(x, y) = 0, x. Varje tredjegradsevation ar minst en reell rot. För varje x finns det således minst ett reellt tal y sådant att x y + 4xy = 5. Låt y x vara ett sådant tal. Då gäller att (x, y x ) D för varje x, oc alltså är D obegränsad. Notera att x y + 4xy = 5 xy = 5 x 2 +4y 2, oc eftersom f(x, y) = xy ar vi att (4) f(x, y) = 5 x 2 + 4y 2 för alla (x, y) D. Av (4) följer dels att f(x, y) > 0 för alla (x, y) D, oc dels att f(x, y) 0 då (x, y) i D. (Obs att (x, y) i D är möjligt eftersom D är obegränsad.) Funtionen f sanar således minsta värde i mängden D. Notera vidare att (, ) D oc att f(, ) =. Låt E vara den del av D där x 2 + 4y 2 5. Då är E ompat (visas nedan), oc eftersom f är ontinuerlig i E (f är ontinuerlig överallt) ar f ett största värde i E, enligt sats om ontinuerliga funtioner. Eftersom (, ) E är största värdet av f i E större eller lia med f(, ) =. Av (4) följer att f(x, y) < för alla (x, y) D \ E. Största värdet av f i E är alltså största värde till f i ela D. Funtionen f ar således ett största värde i mängden D. Det återstår doc att visa att E är ompat. Låt M vara mängden g(x, y) = 0, låt M 2 vara mängden x oc låt M vara mängden x 2 + 4y 2 5. Då är E = M M 2 M. Mängden M är sluten eftersom g är ontinuerlig. Mängderna M 2 oc M är uppenbarligen ocså slutna. Följaligen är E sluten eftersom snitt av slutna mängder alltid är en sluten mängd. Mängden E är ocså begränsad eftersom D M oc M är begränsad. Mängden E är således både sluten oc begränsad oc därmed ompat. Vi bestämmer nu största värdet av f i D. Enligt teorin för optimering med bivillor gäller att varje punt där största värdet antas finns med bland punterna i ), 2) oc ) nedan. ) Punter (x, y) D sådana att f(x, y) oc g(x, y) är linjärt beroende. Derivering ger f(x, y) = (y, x) oc g(x, y) = (x 2 + 4y, x + 2xy 2 ). Enligt teorin för determinanter är två vetorer i R 2 linjärt beroende om oc endast om deras determinant är 0. Det följer att f(x, y) oc g(x, y) är linjärt beroende y x x 2 + 4y x + 2xy 2 = 0
y(x + 2xy 2 ) x(x 2 + 4y ) = 0 xy(4y 2 x 2 ) = 0. För alla (x, y) D ar vi att x, oc eftersom x oc x y + 4xy = 5 medför att y > 0 ar vi ocså att y > 0 för alla (x, y) D. Sambandet xy(4y 2 x 2 ) = 0 tillsammans med (x, y) D ger alltså x = 2y som enda möjliget. Insättning av x = 2y i g(x, y) = 0 ger 6y 4 = 5, vilet med y > 0 ger y = 2 5/4. Av y = 2 5/4 fås x = 2y = 5 /4. Den erållna punten ( 5 /4, 2 5/4) ligger i D, oc är alltså den enda punt i D där f(x, y) oc g(x, y) är linjärt beroende. Motsvarande funtionsvärde är f ( 5 /4, 2 5/4) = 2 5/2. 2) Ändpunter (relativa randpunter) till urvan D. I ändpunter till urvan D är x =. Insättning av x = i g(x, y) = 0 ger att y + 4y = 5 som ar en lösning y =, oc eftersom y + 4y är en strängt växande funtion av y då y R är det ocså den enda reella lösningen. Kurvan D ar alltså en ändpunt oc det är punten (, ). Motsvarande funtionsvärde är f(, ) =. ) Punter (x, y) D sådana att någon av f(x, y) oc g(x, y) ej existerar. Sådana punter finns ej. Av ), 2) oc ) framgår att största värdet av f i D är max( 2 5/2, ) = 2 5/2 oc att största värdet antas i punten ( 5 /4, 2 5/4). 5. Eftersom f(0, y) = ye y då y sanar f(x, y) minsta värde då (x, y) R 2. Låt D vara den del av R 2 där y x 4. Då gäller f(x, y) < 0 om (x, y) R 2 \ D oc f(x, y) 0 om (x, y) D. Om f ar ett största värde i D är alltså detta värde även största värde till f i ela R 2. Om (x, y) D gäller x 4 y, varav fås ( y ) /4 ( y ) /4 x, vilet medför att ( y ) /4 4x y 4 y 4y /4 y. För alla (x, y) D ar vi alltså att 0 f(x, y) = (y x 4 )e 4x y ye 4x y ye 4y/4 y, som 0 då y, oc eftersom (x, y) i D medför att y följer att f(x, y) 0 då (x, y) i D. Att f(x, y) 0 om (x, y) D oc att f(x, y) 0 då (x, y) i D visar tillsammans att f ar ett största värde i D. Funtionen f(x, y) ar således ett största värde då (x, y) R 2. Största värdet antas i en stationär punt till f. Derivering ger f (x, y) = 2 ( x + x 2 (y x 4 ) ) e 4x y oc f 2(x, y) = ( (y x 4 ) ) e 4x y. Vi ar alltså att f (x, y) = f 2 (x, y) = 0 { x x 2 (y x 4 ) = 0 y x 4 =. Insättning av andra evationens y x 4 = i första evationen ovan ger att x x 2 = 0 som ar lösningarna x = 0 oc x =. Insättning av dessa x-värden i y x 4 = ger y = respetive y = 4. De stationära punterna till f är alltså punterna (0, ) oc (, 4). Motsvarande funtionsvärden är f(0, ) = e oc f(, 4) =. Största värdet av f(x, y) då (x, y) R 2 är alltså max(e, ) = 6. Derivatan f (0, 0). Vi ar att f(0 +, 0) f(0, 0) = f(, 0) f(0, 0) = 0 0 = 0 för alla 0, 4
oc alltså att f(0 +, 0) f(0, 0) 0 då 0. Derivatan f (0, 0) existerar således oc är 0. Derivatan f 2(0, 0). Vi ar att f(0, 0 + ) f(0, 0) = f(0, ) f(0, 0) = 0 0 oc alltså att f(0, 0 + ) f(0, 0) 0 då 0. Derivatan f 2 (0, 0) existerar således oc är 0. = 0 för alla 0, Är f ontinuerlig i origo? Att f är ontinuerlig i origo är detsamma som att f (x, y) f (0, 0) = 0 då (x, y) (0, 0). Derivering ger att f (x, y) = 2xy2 (x 4 + y 2 ) x 2 y 2 4x (x 4 + y 2 ) 2 = 2x y4 x 4 y 2 (x 4 + y 2 ) 2 för alla (x, y) (0, 0), vilet tillsammans med triangelolieten ger att f (x, y) 2 x y4 + x 4 y 2 (x 4 + y 2 ) 2 = 2 x y2 (x 4 + y 2 ) (x 4 + y 2 ) 2 = 2 x y 2 x 4 + y 2 2 x = 2 x för alla (x, y) (0, 0), oc eftersom 2 x 0 då (x, y) (0, 0), följer att f (x, y) 0 = f (0, 0) då (x, y) (0, 0). Partiella förstaderivatan f är således ontinuerlig i origo. Är f 2 ontinuerlig i origo? Att f 2 är ontinuerlig i origo är detsamma som att f 2 (x, y) f 2 (0, 0) = 0 då (x, y) (0, 0). Derivering ger att f 2 (x, y) = 2x2 y(x 4 + y 2 ) x 2 y 2 2y x 6 y (x 4 + y 2 ) 2 = 2 (x 4 + y 2 ) 2 för alla (x, y) (0, 0), varav fås att f 2 (t, t2 ) = 2 t8 4t 8 = för alla t 0, 2 oc alltså att f 2(t, t 2 ) då t 0. 2 Det gäller alltså inte att f 2(x, y) 0 = f 2(0, 0) då (x, y) (0, 0). Partiella förstaderivatan f 2 är således inte ontinuerlig i origo. Är f differentierbar i origo? En tvåvariabelfuntion g är differentierbar i en punt (a, b) precis om g (a, b) oc g 2 (a, b) existerar samt g(x, y) g(a, b) g (a, b)(x a) g 2(a, b)(y b) 0 då (x, y) (a, b). (x a)2 + (y b) 2 Vi tillämpar detta på funtionen f i origo. Som redan visats existerar de partiella förstaderivatorna f (0, 0) oc f 2 (0, 0). Vidare ar vi att f(x, y) f(0, 0) f (0, 0)x f 2 (0, 0)y = x2 + y 2 5 x 2 y 2 (x 4 + y 2 ) x 2 + y 2 för alla (x, y) (0, 0),
vilet ger att f(x, y) f(0, 0) f (0, 0)x f 2(0, 0)y y 2 = x x2 + y 2 x 4 + y 2 oc eftersom x 0 då (x, y) (0, 0), följer att x 2 x 2 + y 2 x = x för alla (x, y) (0, 0), f(x, y) f(0, 0) f (0, 0)x f 2(0, 0)y x2 + y 2 0 då (x, y) (0, 0). Funtionen f är således differentierbar i origo. 6