M0068M-2025-05-28

Kurs: M0068M — Flervariabelanalys Datum: 2025-05-28 Examinator: Thomas Strömberg Källa: originaltentamen med lösningsförslag

Översikt

Sju uppgifter som täcker hela kursen: tangentplan och kryssprodukt (1), kritiska punkter och Hessian (2), Lagrange via parametrisering (3), dubbelintegral över ett delat triangulärt område (4), volym genom skivning (5), kurvintegraler — direkt och via potential (6), och flöde genom halvsfär via Gauss (7). Räknat efter modul: M1·1 — M2·2 — M3·2 — M4·1 — M5·1.

---

1. Tangentplan och tangentvektor till skärningskurva

Låt $P$ beteckna den punkt i ${\mathbb{R}}^3$ som har koordinaterna $(2,1,-1)$.

(a) Bestäm en ekvation för tangentplanet till ellipsoiden $x^2+3y^2+3z^2=10$ i punkten $P$.

(b) Låt $C$ beteckna skärningskurvan mellan ellipsoiden i (a) och planet $x+2y+4z=0$. Bestäm en tangentvektor till $C$ i punkten $P$.

Totalpoäng: 3

Lösning

(a) Ellipsoiden är en nivåyta till skalarfältet

$$f(x,y,z)=x^2+3y^2+3z^2,$$

ty $f(2,1,-1)=4+3+3=10$. Att ellipsoiden är en nivåyta är nyckeln, för då vet vi att gradienten $\nabla f$ står vinkelrätt mot ytan i varje punkt — alltså är $\nabla f(P)$ en normalvektor till tangentplanet.

$$\nabla f(x,y,z)=(2x,6y,6z)=2(x,3y,3z).$$

Insättning ger

$$\nabla f(P)=2(2,3,-3),$$

så vi kan ta ${\vec{N}}_1=(2,3,-3)$ som normal. Tangentplanets ekvation fås då av punkt-normal-formen ${\vec{N}}_1\cdot (\vec{r}-{\vec{r}}_P)=0$:

$$2(x-2)+3(y-1)-3(z-(-1))=0⟺2x+3y-3z=10.$$ $$\boxed{2x+3y-3z=10}$$

(b) Punkten $P=(2,1,-1)$ ligger på både ellipsoiden och planet $x+2y+4z=0$ (kontroll: $2+2-4=0$). Skärningskurvan $C$ ligger alltså i bägge ytorna och måste därför ha en tangentvektor som är vinkelrät mot bägge ytornas normaler i $P$:

• Ellipsoidens normal: ${\vec{N}}_1=(2,3,-3)$ från (a).
• Planets normal: ${\vec{N}}_2=(1,2,4)$ (avläst direkt ur ekvationen).

En vektor som är vinkelrät mot bägge fås genom kryssprodukten:

$$\vec{v}={\vec{N}}_1\times {\vec{N}}_2=\left|\begin{array}{ccc}\hat{i}& \hat{j}& \hat{k}\\ 2& 3& -3\\ 1& 2& 4\end{array}\right|=(3\cdot 4-(-3)\cdot 2,-(2\cdot 4-(-3)\cdot 1),2\cdot 2-3\cdot 1)=(18,-11,1).$$ $$\boxed{\vec{v}=(18,-11,1)}$$

Varje skalär multipel av $\vec{v}$ duger; tecknet beror på vilket håll man väljer att traversera $C$.

---

2. Klassificera kritiska punkter

Bestäm och klassificera de kritiska punkterna till

$$f(x,y)=x^3+x^2+4xy-2y^2.$$

Totalpoäng: 4

Lösning

Steg 1 — hitta de kritiska punkterna. Vi söker punkter där bägge partialderivatorna är noll:

$$\{\begin{array}{l}{f}_x=3x^2+2x+4y=0,\\ f_y=4x-4y=0.\end{array}$$

Den andra ekvationen ger genast $y=x$. Substitution i den första:

$$3x^2+2x+4x=0⟺3x^2+6x=0⟺3x(x+2)=0⟹x=0\text{ eller }x=-2.$$

Eftersom $y=x$ ger detta två kritiska punkter:

$$(0,0)\text{och}(-2,-2).$$

Steg 2 — räkna ut Hessianen en gång för alla. Andraderivatorna är

$$f_{xx}=6x+2,f_{xy}=f_{yx}=4,f_{yy}=-4,$$

så Hessianen är

$$H(x,y)=\left(\begin{array}{cc}6x+2& 4\\ 4& -4\end{array}\right).$$

Steg 3 — klassificera $(0,0)$. Vi sätter in:

$$H(0,0)=\left(\begin{array}{cc}2& 4\\ 4& -4\end{array}\right),Q(h,k)=2h^2+8hk-4k^2.$$

Kvadratkomplettera i $h$:

$$Q(h,k)=2(h^2+4hk-2k^2)=2((h+2k{)}^2-4k^2-2k^2)=2((h+2k{)}^2-6k^2).$$

Detta uttryck byter tecken — välj $k=0$ så är $Q=2h^2\ge 0$, välj $h=-2k$ så är $Q=-12k^2\le 0$. Hessianen är alltså indefinit, vilket betyder att $(0,0)$ är en sadelpunkt.

$$\boxed{(0,0)\text{ a¨r en sadelpunkt}}$$

Steg 4 — klassificera $(-2,-2)$.

$$H(-2,-2)=\left(\begin{array}{cc}-10& 4\\ 4& -4\end{array}\right),Q(h,k)=-10h^2+8hk-4k^2.$$

Skriv om: $-4(k-h{)}^2=-4k^2+8hk-4h^2$, så

$$Q(h,k)=-6h^2-4(k-h{)}^2.$$

Bägge termerna är icke-positiva och $Q(h,k)=0$ tvingar fram $h=0$ och sedan $k=h=0$. Hessianen är alltså negativt definit, så $(-2,-2)$ är ett lokalt maximum.

$$\boxed{(-2,-2)\text{ a¨r ett lokalt maximum}}$$

Kontroll med determinantkriteriet $\det H(0,0)=2\cdot (-4)-16=-24<0$ ⟹ sadel. $\det H(-2,-2)=(-10)(-4)-16=24>0$ med $f_{xx}=-10<0$ ⟹ lokalt max. ✓

Som extra rimlighetskoll:

---

3. Optimering på en ellips

Bestäm maximum och minimum av $f(x,y)=x+y$ under bivillkoret $x^2+4y^2=4$.

Totalpoäng: 3

Lösning

Bivillkoret kan skrivas $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ — alltså en ellips med halvaxlar $2$ och $1$. En naturlig parametrisering är

$$\{\begin{array}{l}x=2\cos t\\ y=\sin t\end{array}(0\le t\le 2\pi ).$$

Sätt $g(t)=f(2\cos t,\sin t)=2\cos t+\sin t$. Då blir

$$g^{\prime }(t)=-2\sin t+\cos t=0⟺\cos t=2\sin t.$$

I termer av $x,y$ betyder detta $\frac{x}{2}=2y$, dvs. $\boxed{x=4y}$. Insättning i bivillkoret:

$$(4y{)}^2+4y^2=4⟺20y^2=4⟺y=\pm \frac{1}{\sqrt{5}},x=\pm \frac{4}{\sqrt{5}}.$$

De två kandidatpunkterna ligger diametralt på ellipsen, så funktionen antar sitt största respektive minsta värde där:

$$f_{\max }=f\left(\frac{4}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=\frac{4+1}{\sqrt{5}}=\sqrt{5},f_{\min }=f\left(-\frac{4}{\sqrt{5}},-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=-\sqrt{5}.$$ $$\boxed{f_{\max }=\sqrt{5},f_{\min }=-\sqrt{5}}$$

Eftersom ellipsen är kompakt och $g$ är kontinuerlig garanterar Weierstrass att max och min antas — och eftersom $g$ är glatt måste det ske där $g^{\prime }(t)=0$, vilket vi just lokaliserat.

Lagrange ger samma sak Lagrange: $\nabla f=\lambda \nabla g$ med $g=x^2+4y^2-4$ ger $1=2\lambda x$, $1=8\lambda y$, så $x=4y$ — exakt samma villkor.

Med

---

4. Dubbelintegraler över ett triangulärt område

Låt $T$ beteckna det triangulära område i ${\mathbb{R}}^2$ vars hörn ligger i punkterna $A=(1,0)$, $B=(0,1)$ och $C=(-1,-1)$.

(a) Beräkna integralen ${\iint }_T{x}^{2}dA$. (4 p)

(b) Beräkna integralen ${\iint }_T{y}^{2}dA$. (1 p)

Totalpoäng: 5

Lösning

Förarbete — kantlinjernas ekvationer.

Sida	Från	Till	Linje
$AB$	$(1,0)$	$(0,1)$	$y=1-x$
$BC$	$(0,1)$	$(-1,-1)$	$y=2x+1$
$CA$	$(-1,-1)$	$(1,0)$	$y=\frac{x-1}{2}$

Lägg märke till att triangeln spänner från $x=-1$ till $x=1$, men övre kanten byts ut vid $x=0$ (från linjen $y=2x+1$ till linjen $y=1-x$). Det tvingar oss att dela $T$ i två delar:

• $T_1$: $-1\le x\le 0$, undre $y=\frac{x-1}{2}$, övre $y=2x+1$.
• $T_2$: $0\le x\le 1$, undre $y=\frac{x-1}{2}$, övre $y=1-x$.

(a) — beräkning av ${\iint }_T{x}^{2}dA$.

Eftersom ${\int }_a^b{x}^{2}dy=x^2(b-a)$ för fixt $x$, blir dubbelintegralen

$${\iint }_T{x}^{2}dA={\int }_{-1}^0{x}^2(2x+1-\frac{x-1}{2})dx+{\int }_0^1{x}^2(1-x-\frac{x-1}{2})dx.$$

Förenkla höjdfunktionerna:

$$2x+1-\frac{x-1}{2}=\frac{4x+2-x+1}{2}=\frac{3x+3}{2}=\frac{3}{2}(x+1),$$ $$1-x-\frac{x-1}{2}=\frac{2-2x-x+1}{2}=\frac{3-3x}{2}=\frac{3}{2}(1-x).$$

Insatt:

$${\iint }_T{x}^{2}dA=\frac{3}{2}{\int }_{-1}^0{x}^2(x+1)dx+\frac{3}{2}{\int }_0^1{x}^2(1-x)dx=\frac{3}{2}({\int }_{-1}^0(x^3+x^2)dx+{\int }_0^1(x^2-x^3)dx).$$

Räkna ut var och en:

$${\int }_{-1}^0(x^3+x^2)dx=[\frac{x^4}{4}+\frac{x^3}{3}{]}_{-1}^0=0-(\frac{1}{4}-\frac{1}{3})=\frac{1}{12},$$ $${\int }_0^1(x^2-x^3)dx=[\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}{]}_0^1=\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{1}{12}.$$

Alltså

$${\iint }_T{x}^{2}dA=\frac{3}{2}\cdot (\frac{1}{12}+\frac{1}{12})=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{4}.$$ $$\boxed{{\iint }_T{x}^{2}dA=\frac{1}{4}}$$

(b) — beräkning av ${\iint }_T{y}^{2}dA$ via symmetri.

Hörnen $A=(1,0)$, $B=(0,1)$, $C=(-1,-1)$ är symmetriska kring linjen $y=x$: speglingen $(x,y)\mapsto (y,x)$ skickar $A\leftrightarrow B$ och $C\leftrightarrow C$. Triangeln $T$ är alltså invariant under denna spegling, vilket betyder att variabelbytet $u=y,v=x$ ger samma integrationsområde och Jacobianens absolutbelopp är $1$. Därför gäller

$${\iint }_T{y}^{2}dA={\iint }_T{x}^{2}dA=\frac{1}{4}.$$ $$\boxed{{\iint }_T{y}^{2}dA=\frac{1}{4}}$$

Att se symmetrin sparar 4 poäng värt arbete — det är därför uppgiftsdelen bara ger 1 poäng.

---

5. Volym av tält genom skivning

Ett tält står rest på en cirkulär basyta $x^2+y^2\le a^2$ med radie $a>0$. Om man skivar tältet i $x$-led, så har varje tvärsnitt i plan parallella med $yz$-planet formen av en liksidig triangel.

(a) Vad är arean av en liksidig triangel? Antag att sidlängden är $L$ och uttryck svaret i $L$.

(b) Av figuren framgår att tvärsnittens storlek beror av $x$. Uttryck sidlängden $L$ som en funktion av $x$.

(c) Beräkna tältets volym.

Totalpoäng: 5

Lösning

(a) Höj från sidan med Pythagoras: en liksidig triangel med sida $L$ har höjden $h=\frac{\sqrt{3}}{2}L$. Arean blir

$$A=\frac{1}{2}\cdot L\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}L=\frac{\sqrt{3}}{4}{L}^2.$$ $$\boxed{A_{△}=\frac{\sqrt{3}}{4}{L}^2}$$

(b) Vid en given $x\in [-a,a]$ skär planet $\{x=\text{konst}\}$ basytans cirkel $x^2+y^2=a^2$ i två punkter — där $y=\pm \sqrt{a^2-x^2}$. Tvärsnittstriangelns bas sträcker sig mellan dessa, så

$$L(x)=2\sqrt{a^2-x^2}.$$ $$\boxed{L(x)=2\sqrt{a^2-x^2}}$$

(c) Från (a) och (b) blir tvärsnittsarean

$$A(x)=\frac{\sqrt{3}}{4}L(x{)}^2=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 4(a^2-x^2)=\sqrt{3}(a^2-x^2).$$

Volymen fås genom skivning i $x$-led — Cavalieri-/skivformeln:

$$V={\int }_{-a}^{a}A(x)dx=\sqrt{3}{\int }_{-a}^a(a^2-x^2)dx.$$

Integranden är jämn, så

$$V=2\sqrt{3}{\int }_0^a(a^2-x^2)dx=2\sqrt{3}[a^{2}x-\frac{x^3}{3}{]}_0^a=2\sqrt{3}(a^3-\frac{a^3}{3})=\frac{4\sqrt{3}{a}^3}{3}.$$ $$\boxed{V=\frac{4\sqrt{3}}{3}{a}^3}$$

Rimlighetskoll $\sqrt{3}a$ (tältets topp) har volymen $\pi a^2\cdot \sqrt{3}a\approx 5,44a^3$. Tältet har $\frac{4\sqrt{3}}{3}{a}^3\approx 2,31a^3$ — alltså mindre, vilket stämmer (tältet smalnar uppåt och har inte full bas-höjd alls).

En cylinder med samma bas och höjd

---

6. Kurvintegraler längs parametriserad kurva

Låt $C$ beteckna parameterkurvan i första kvadranten som definieras av

$$C:\{\begin{array}{l}x=t^2-3t+3\\ y=2t^2-t+1\end{array}(0\le t\le 1),$$

genomlöpt från $t=0$ till $t=1$.

(a) Beräkna kurvintegralen ${\int }_{C}xdy$.

(b) Beräkna kurvintegralen ${\int }_C\frac{2x}{x^2+y^2}dx+\frac{2y}{x^2+y^2}dy$.

Totalpoäng: 5

Lösning

Kurvans ändpunkter är

$$t=0:(x,y)=(3,1),t=1:(x,y)=(1,2).$$

(a) Vektorfältet $\vec{F}=(0,x)$ är inte konservativt eftersom

$$\frac{\partial F_2}{\partial x}-\frac{\partial F_1}{\partial y}=1-0=1\ne 0,$$

så vi kan inte ta en genväg via potential. Direktberäkning: $\frac{dy}{dt}=4t-1$ ger

$${\int }_{C}xdy={\int }_0^{1}x(t)\frac{dy}{dt}dt={\int }_0^1(t^2-3t+3)(4t-1)dt.$$

Multiplicera ut:

$$(t^2-3t+3)(4t-1)=4t^3-t^2-12t^2+3t+12t-3=4t^3-13t^2+15t-3.$$

Integrera:

$${\int }_0^1(4t^3-13t^2+15t-3)dt=[t^4-\frac{13t^3}{3}+\frac{15t^2}{2}-3t{]}_0^1=1-\frac{13}{3}+\frac{15}{2}-3.$$

Gemensam nämnare $6$:

$$=\frac{6-26+45-18}{6}=\frac{7}{6}.$$ $$\boxed{{\int }_{C}xdy=\frac{7}{6}}$$

(b) Här är vektorfältet

$$\vec{F}(x,y)=\frac{1}{x^2+y^2}(2x,2y).$$

Notera att $\nabla (\ln (x^2+y^2))=\frac{1}{x^2+y^2}(2x,2y)=\vec{F}$, så $\vec{F}$ är konservativt med potential

$$\phi (x,y)=\ln (x^2+y^2).$$

(Kurvan ligger helt i första kvadranten där $\phi$ är glatt — punkten $(0,0)$ besöks inte, så vi behöver inte oroa oss för singulariteten.)

Då säger huvudsatsen för kurvintegraler att

$${\int }_C\vec{F}\cdot d\vec{r}=\phi (\vec{r}(1))-\phi (\vec{r}(0))=\phi (1,2)-\phi (3,1).$$ $$=\ln (1^2+2^2)-\ln (3^2+1^2)=\ln 5-\ln 10=\ln \frac{1}{2}=-\ln 2.$$ $$\boxed{{\int }_C\vec{F}\cdot d\vec{r}=-\ln 2}$$

Igenkänningstrick $\frac{2xdx+2ydy}{x^2+y^2}$ — fråga genast: är detta $d(\ln (x^2+y^2))$? Ja. Då är integralen bara skillnaden i $\ln$ mellan ändpunkterna, och själva kurvans form spelar ingen roll.

När integranden ser ut som

---

7. Flöde genom halvsfär — Gauss sats med slutning

Låt $\vec{F}$ beteckna vektorfältet

$$\vec{F}(x,y,z)=x^3\hat{i}+y^3\sin z\hat{j}+3y^2\cos z\hat{k}.$$

(a) Beräkna divergensen av $\vec{F}$. (1 p)

(b) Bestäm flödet av $\vec{F}$ genom halvsfären $Y:x^2+y^2+z^2=1,z\ge 0$, om $Y$ är orienterad så att enhetsnormalen pekar bort från origo. (4 p)

Totalpoäng: 5

Lösning

(a)

$$\nabla \cdot \vec{F}=\frac{\partial }{\partial x}(x^3)+\frac{\partial }{\partial y}(y^3\sin z)+\frac{\partial }{\partial z}(3y^2\cos z)=3x^2+3y^2\sin z+3y^2(-\sin z)=3x^2.$$ $$\boxed{\nabla \cdot \vec{F}=3x^2}$$

De två $3y^2\sin z$-termerna kancellerar — fältet är konstruerat så.

(b) Halvsfären $Y$ är inte sluten, så vi kan inte använda Gauss sats direkt. Vi sluter den genom att lägga till bottenskivan

$$B:x^2+y^2\le 1,z=0,$$

orienterad nedåt, dvs. med utåtriktad normal ${\hat{N}}_B=-\hat{k}$. Då utgör $Y\cup B$ randen $\partial H$ till halvklotet

$$H:x^2+y^2+z^2\le 1,z\ge 0,$$

med utåtriktad orientering. Gauss sats ger

$$\underset{I_1}{\underbrace{{\iint }_Y\vec{F}\cdot \hat{N}dS}}+\underset{I_2}{\underbrace{{\iint }_B\vec{F}\cdot \hat{N}dS}}=\underset{I_3}{\underbrace{{\iiint }_H(\nabla \cdot \vec{F})dV}}.$$

Vi vill ha $I_1=I_3-I_2$.

Beräkning av $I_3={\iiint }_{H}3x^{2}dV$. Halvklotet är symmetriskt under permutation av $(x,y,z)\mapsto (y,x,z)$ och under $z\to -z$ kombinerat med fullt klot. Detta innebär att över halvklotet gäller

$${\iiint }_H{x}^{2}dV={\iiint }_H{y}^{2}dV={\iiint }_H{z}^{2}dV$$

(de två första via $(x,y)$-rotationssymmetrin; den tredje följer av att ${\iiint }_{\text{halvklot}}{x}^2=\frac{1}{2}{\iiint }_{\text{klot}}{x}^2=\frac{1}{2}{\iiint }_{\text{klot}}{z}^2={\iiint }_{\text{halvklot}}{z}^2$ — samma faktor $\frac{1}{2}$ försvinner ur bägge led). Alltså:

$${\iiint }_H{x}^{2}dV=\frac{1}{3}{\iiint }_H(x^2+y^2+z^2)dV.$$

Övergå till sfäriska koordinater där $x^2+y^2+z^2=R^2$ och $dV=R^2\sin \phi dRd\phi d\theta$:

$${\iiint }_H(x^2+y^2+z^2)dV={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^1{R}^2\cdot R^2\sin \phi dRd\phi d\theta =2\pi \cdot 1\cdot \frac{1}{5}=\frac{2\pi }{5}.$$

(Här är $\phi \in [0,\pi /2]$ för halvklotet; ${\int }_0^{\pi /2}\sin \phi d\phi =1$.) Alltså

$$I_3=3{\iiint }_H{x}^{2}dV=3\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2\pi }{5}=\frac{2\pi }{5}.$$

Beräkning av $I_2={\iint }_B\vec{F}\cdot \hat{N}dS$. På bottenskivan är $z=0$, så

$$\vec{F}(x,y,0)=(x^3,y^3\sin 0,3y^2\cos 0)=(x^3,0,3y^2),$$

och ${\hat{N}}_B=-\hat{k}$ ger

$$\vec{F}\cdot {\hat{N}}_B=-3y^2.$$

Alltså

$$I_2=-3{\iint }_{x^2+y^2\le 1}{y}^{2}dxdy.$$

Skivan är rotationssymmetrisk, så $\iint y^2=\frac{1}{2}\iint (x^2+y^2)$. I polära koordinater $(x^2+y^2=r^2,dA=rdrd\theta )$:

$$\iint (x^2+y^2)dA={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{r}^2\cdot rdrd\theta =2\pi \cdot \frac{1}{4}=\frac{\pi }{2}.$$

Så $\iint y^{2}dA=\frac{\pi }{4}$, vilket ger

$$I_2=-3\cdot \frac{\pi }{4}=-\frac{3\pi }{4}.$$

Slutligen:

$$I_1=I_3-I_2=\frac{2\pi }{5}-(-\frac{3\pi }{4})=\frac{8\pi }{20}+\frac{15\pi }{20}=\frac{23\pi }{20}.$$ $$\boxed{{\iint }_Y\vec{F}\cdot \hat{N}dS=\frac{23\pi }{20}}$$

Varför just stänga med skivan? ${\iint }_Y\vec{F}\cdot \hat{N}dS$ via parametrisering blir hemskt — komponenterna $y^3\sin z$ och $3y^2\cos z$ blandar sfäriska vinklar otrevligt. Knepet är att $\nabla \cdot \vec{F}=3x^2$ är snällt, och bottenskivan är snäll eftersom $\sin 0=0$ och $\cos 0=1$ stryper $\vec{F}$ till en hanterbar form. Hela poängen med att lägga till $B$ är att flytta arbetet från en otrevlig yta till en lätt volymintegral plus en lätt skivintegral.

Direktberäkning av

---

Se även

• M0068M — kursfilen, för översikt över examinationen.
• Tangentplanets ekvation — uppgift 1.
• Kritiska punkter, Extremvärdesproblem — uppgift 2 och 3.
• Lagranges multiplikatormetod — alternativ metod för uppgift 3.
• Dubbelintegraler — uppgift 4.
• Trippelintegraler — uppgift 5.
• Kurvintegraler av vektorfält — uppgift 6.
• Gauss sats, Divergens och rotation — uppgift 7.