---
kurs:
  - M0068M
tags:
  - tenta
  - matematik
  - flervariabelanalys
status: utkast
datum: 2025-05-28
typ: tenta
examinator: Thomas Strömberg
aliases:
  - Tenta M0068M 2025-05-28
  - Flervariabelanalys-tenta maj 2025
---
> **Kurs:** [[M0068M]] — Flervariabelanalys
> **Datum:** 2025-05-28
> **Examinator:** Thomas Strömberg
> **Källa:** [[tenta250528_losn.pdf|originaltentamen med lösningsförslag]]

> [!abstract] 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 sats|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 [[Tangentplanets ekvation|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*

> [!note]- 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 [[Gradient och riktningsderivata|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 $\vec N_1 \cdot (\vec r - \vec r_P) = 0$:
>
> $$
> 2(x-2) + 3(y-1) - 3(z-(-1)) = 0
> \;\Longleftrightarrow\;
> 2x + 3y - 3z = 10.
> $$
>
> $$
> \boxed{\;2x + 3y - 3z = 10\;}
> $$
>
> **(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 [[Kryssprodukt|kryssprodukten]]:
>
> $$
> \vec v = \vec N_1 \times \vec N_2 =
> \begin{vmatrix}
> \hat i & \hat j & \hat k \\
> 2 & 3 & -3 \\
> 1 & 2 & 4
> \end{vmatrix}
> = \big(3\cdot 4 - (-3)\cdot 2,\; -(2\cdot 4 - (-3)\cdot 1),\; 2\cdot 2 - 3\cdot 1\big)
> = (18,\,-11,\,1).
> $$
>
> $$
> \boxed{\;\vec v = (18,\,-11,\,1)\;}
> $$
>
> 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 punkter|kritiska punkterna]] till

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

*Totalpoäng: 4*

> [!note]- Lösning
> **Steg 1 — hitta de kritiska punkterna.** Vi söker punkter där bägge partialderivatorna är noll:
>
> $$
> \begin{cases}
> f_x = 3x^2 + 2x + 4y = 0,\\[2pt]
> f_y = 4x - 4y = 0.
> \end{cases}
> $$
>
> Den andra ekvationen ger genast $y = x$. Substitution i den första:
>
> $$
> 3x^2 + 2x + 4x = 0
> \;\Longleftrightarrow\;
> 3x^2 + 6x = 0
> \;\Longleftrightarrow\;
> 3x(x+2) = 0
> \;\Longrightarrow\;
> x = 0 \text{ eller } x = -2.
> $$
>
> Eftersom $y = x$ ger detta två kritiska punkter:
>
> $$
> (0,0) \quad\text{och}\quad (-2,-2).
> $$
>
> **Steg 2 — räkna ut Hessianen en gång för alla.** Andraderivatorna är
>
> $$
> f_{xx} = 6x+2,\qquad f_{xy} = f_{yx} = 4,\qquad f_{yy} = -4,
> $$
>
> så Hessianen är
>
> $$
> H(x,y) = \begin{pmatrix} 6x+2 & 4 \\ 4 & -4 \end{pmatrix}.
> $$
>
> **Steg 3 — klassificera $(0,0)$.** Vi sätter in:
>
> $$
> H(0,0) = \begin{pmatrix} 2 & 4 \\ 4 & -4 \end{pmatrix},
> \qquad
> Q(h,k) = 2h^2 + 8hk - 4k^2.
> $$
>
> Kvadratkomplettera i $h$:
>
> $$
> Q(h,k) = 2\bigl(h^2 + 4hk - 2k^2\bigr) = 2\bigl((h+2k)^2 - 4k^2 - 2k^2\bigr) = 2\bigl((h+2k)^2 - 6k^2\bigr).
> $$
>
> 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.
>
> $$
> \boxed{\;(0,0)\text{ är en sadelpunkt}\;}
> $$
>
> **Steg 4 — klassificera $(-2,-2)$.**
>
> $$
> H(-2,-2) = \begin{pmatrix} -10 & 4 \\ 4 & -4 \end{pmatrix},
> \qquad
> Q(h,k) = -10h^2 + 8hk - 4k^2.
> $$
>
> 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.
>
> $$
> \boxed{\;(-2,-2)\text{ är ett lokalt maximum}\;}
> $$
>
> > [!tip] Kontroll med determinantkriteriet
> > Som extra rimlighetskoll: $\det H(0,0) = 2\cdot(-4) - 16 = -24 < 0$ ⟹ sadel. $\det H(-2,-2) = (-10)(-4) - 16 = 24 > 0$ med $f_{xx} = -10 < 0$ ⟹ lokalt max. ✓

---

## 3. Optimering på en ellips

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

*Totalpoäng: 3*

> [!note]- Lösning
> Bivillkoret kan skrivas $\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1$ — alltså en ellips med halvaxlar $2$ och $1$. En naturlig parametrisering är
>
> $$
> \begin{cases} x = 2\cos t \\ y = \sin t \end{cases}\quad (0 \le t \le 2\pi).
> $$
>
> Sätt $g(t) = f(2\cos t,\,\sin t) = 2\cos t + \sin t$. Då blir
>
> $$
> g'(t) = -2\sin t + \cos t = 0 \;\Longleftrightarrow\; \cos t = 2\sin t.
> $$
>
> I termer av $x,y$ betyder detta $\dfrac{x}{2} = 2y$, dvs. $\boxed{x = 4y}$. Insättning i bivillkoret:
>
> $$
> (4y)^2 + 4y^2 = 4
> \;\Longleftrightarrow\;
> 20y^2 = 4
> \;\Longleftrightarrow\;
> y = \pm\frac{1}{\sqrt 5},
> \quad x = \pm\frac{4}{\sqrt 5}.
> $$
>
> De två kandidatpunkterna ligger diametralt på ellipsen, så funktionen antar sitt största respektive minsta värde där:
>
> $$
> f_{\max} = f\!\left(\tfrac{4}{\sqrt 5},\,\tfrac{1}{\sqrt 5}\right) = \frac{4+1}{\sqrt 5} = \sqrt 5,
> \qquad
> f_{\min} = f\!\left(-\tfrac{4}{\sqrt 5},\,-\tfrac{1}{\sqrt 5}\right) = -\sqrt 5.
> $$
>
> $$
> \boxed{\;f_{\max} = \sqrt 5,\qquad f_{\min} = -\sqrt 5\;}
> $$
>
> Eftersom ellipsen är kompakt och $g$ är kontinuerlig garanterar Weierstrass att max och min antas — och eftersom $g$ är glatt måste det ske där $g'(t) = 0$, vilket vi just lokaliserat.
>
> > [!tip] Lagrange ger samma sak
> > Med [[Lagranges multiplikatormetod|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.

---

## 4. Dubbelintegraler över ett triangulärt område

![[tenta250528-uppgift4-triangel.png|460]]

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 $\displaystyle\iint_T x^2\,dA$. *(4 p)*

**(b)** Beräkna integralen $\displaystyle\iint_T y^2\,dA$. *(1 p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!note]- Lösning
> **Förarbete — kantlinjernas ekvationer.**
>
> | Sida | Från | Till | Linje |
> |---|---|---|---|
> | $AB$ | $(1,0)$ | $(0,1)$ | $y = 1 - x$ |
> | $BC$ | $(0,1)$ | $(-1,-1)$ | $y = 2x + 1$ |
> | $CA$ | $(-1,-1)$ | $(1,0)$ | $y = \dfrac{x-1}{2}$ |
>
> 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 $y = \tfrac{x-1}{2}$, övre $y = 2x+1$.
> - $T_2$: $0 \le x \le 1$, undre $y = \tfrac{x-1}{2}$, 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 [[Dubbelintegraler|dubbelintegralen]]
>
> $$
> \iint_T x^2\,dA = \int_{-1}^{0} x^2\,(2x+1 - \tfrac{x-1}{2})\,dx + \int_0^1 x^2\,(1-x - \tfrac{x-1}{2})\,dx.
> $$
>
> Förenkla höjdfunktionerna:
>
> $$
> 2x+1 - \tfrac{x-1}{2} = \tfrac{4x+2-x+1}{2} = \tfrac{3x+3}{2} = \tfrac{3}{2}(x+1),
> $$
>
> $$
> 1-x - \tfrac{x-1}{2} = \tfrac{2-2x-x+1}{2} = \tfrac{3-3x}{2} = \tfrac{3}{2}(1-x).
> $$
>
> Insatt:
>
> $$
> \iint_T x^2\,dA
> = \tfrac{3}{2}\int_{-1}^{0} x^2(x+1)\,dx + \tfrac{3}{2}\int_0^1 x^2(1-x)\,dx
> = \tfrac{3}{2}\Bigl(\int_{-1}^0 (x^3 + x^2)\,dx + \int_0^1 (x^2 - x^3)\,dx\Bigr).
> $$
>
> Räkna ut var och en:
>
> $$
> \int_{-1}^0 (x^3 + x^2)\,dx = \Bigl[\tfrac{x^4}{4}+\tfrac{x^3}{3}\Bigr]_{-1}^0 = 0 - \Bigl(\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{3}\Bigr) = \tfrac{1}{12},
> $$
>
> $$
> \int_0^1 (x^2 - x^3)\,dx = \Bigl[\tfrac{x^3}{3}-\tfrac{x^4}{4}\Bigr]_0^1 = \tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{12}.
> $$
>
> Alltså
>
> $$
> \iint_T x^2\,dA = \tfrac{3}{2}\cdot\Bigl(\tfrac{1}{12} + \tfrac{1}{12}\Bigr) = \tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{1}{6} = \tfrac{1}{4}.
> $$
>
> $$
> \boxed{\;\iint_T x^2\,dA = \tfrac{1}{4}\;}
> $$
>
> **(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
>
> $$
> \iint_T y^2\,dA = \iint_T x^2\,dA = \tfrac{1}{4}.
> $$
>
> $$
> \boxed{\;\iint_T y^2\,dA = \tfrac{1}{4}\;}
> $$
>
> Att se symmetrin sparar 4 poäng värt arbete — det är därför uppgiftsdelen bara ger 1 poäng.

---

## 5. Volym av tält genom skivning

![[tenta250528-uppgift5-talt.png|460]]

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*

> [!note]- Lösning
> **(a)** Höj från sidan med Pythagoras: en liksidig triangel med sida $L$ har höjden $h = \tfrac{\sqrt 3}{2}L$. Arean blir
>
> $$
> A = \tfrac{1}{2}\cdot L \cdot \tfrac{\sqrt 3}{2}L = \tfrac{\sqrt 3}{4}L^2.
> $$
>
> $$
> \boxed{\;A_\triangle = \tfrac{\sqrt 3}{4}L^2\;}
> $$
>
> **(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
>
> $$
> A(x) = \tfrac{\sqrt 3}{4}L(x)^2 = \tfrac{\sqrt 3}{4}\cdot 4(a^2-x^2) = \sqrt 3\,(a^2 - x^2).
> $$
>
> Volymen fås genom skivning i $x$-led — Cavalieri-/[[Trippelintegraler|skivformeln]]:
>
> $$
> V = \int_{-a}^{a} A(x)\,dx = \sqrt 3 \int_{-a}^{a}(a^2 - x^2)\,dx.
> $$
>
> Integranden är jämn, så
>
> $$
> V = 2\sqrt 3 \int_0^a (a^2 - x^2)\,dx = 2\sqrt 3 \Bigl[a^2 x - \tfrac{x^3}{3}\Bigr]_0^a = 2\sqrt 3\Bigl(a^3 - \tfrac{a^3}{3}\Bigr) = \tfrac{4\sqrt 3\, a^3}{3}.
> $$
>
> $$
> \boxed{\;V = \tfrac{4\sqrt 3}{3}\,a^3\;}
> $$
>
> > [!tip] Rimlighetskoll
> > En cylinder med samma bas och höjd $\sqrt 3 a$ (tältets topp) har volymen $\pi a^2 \cdot \sqrt 3 a \approx 5{,}44\,a^3$. Tältet har $\tfrac{4\sqrt 3}{3}a^3 \approx 2{,}31\,a^3$ — alltså mindre, vilket stämmer (tältet smalnar uppåt och har inte full bas-höjd alls).

---

## 6. Kurvintegraler längs parametriserad kurva

![[tenta250528-uppgift6-kurva.png|460]]

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

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

genomlöpt från $t = 0$ till $t = 1$.

**(a)** Beräkna [[Kurvintegraler av vektorfält|kurvintegralen]] $\displaystyle\int_C x\,dy$.

**(b)** Beräkna kurvintegralen $\displaystyle\int_C \frac{2x}{x^2+y^2}\,dx + \frac{2y}{x^2+y^2}\,dy$.

*Totalpoäng: 5*

> [!note]- Lösning
> Kurvans ändpunkter är
>
> $$
> t=0:\;(x,y) = (3,\,1),\qquad t=1:\;(x,y) = (1,\,2).
> $$
>
> **(a)** [[Vektorfält|Vektorfältet]] $\vec F = (0,\,x)$ är *inte* konservativt eftersom
>
> $$
> \frac{\partial F_2}{\partial x} - \frac{\partial F_1}{\partial y} = 1 - 0 = 1 \neq 0,
> $$
>
> så vi kan inte ta en genväg via potential. Direktberäkning: $\dfrac{dy}{dt} = 4t - 1$ ger
>
> $$
> \int_C x\,dy = \int_0^1 x(t)\,\frac{dy}{dt}\,dt = \int_0^1 (t^2 - 3t + 3)(4t - 1)\,dt.
> $$
>
> Multiplicera ut:
>
> $$
> (t^2 - 3t + 3)(4t - 1) = 4t^3 - t^2 - 12t^2 + 3t + 12t - 3 = 4t^3 - 13t^2 + 15t - 3.
> $$
>
> Integrera:
>
> $$
> \int_0^1 (4t^3 - 13t^2 + 15t - 3)\,dt = \Bigl[t^4 - \tfrac{13t^3}{3} + \tfrac{15t^2}{2} - 3t\Bigr]_0^1 = 1 - \tfrac{13}{3} + \tfrac{15}{2} - 3.
> $$
>
> Gemensam nämnare $6$:
>
> $$
> = \tfrac{6 - 26 + 45 - 18}{6} = \tfrac{7}{6}.
> $$
>
> $$
> \boxed{\;\int_C x\,dy = \tfrac{7}{6}\;}
> $$
>
> **(b)** Här är vektorfältet
>
> $$
> \vec F(x,y) = \frac{1}{x^2+y^2}(2x,\,2y).
> $$
>
> Notera att $\nabla\bigl(\ln(x^2+y^2)\bigr) = \dfrac{1}{x^2+y^2}(2x,\,2y) = \vec F$, så $\vec F$ är *konservativt* med potential
>
> $$
> \varphi(x,y) = \ln(x^2+y^2).
> $$
>
> (Kurvan ligger helt i första kvadranten där $\varphi$ är glatt — punkten $(0,0)$ besöks inte, så vi behöver inte oroa oss för singulariteten.)
>
> Då säger huvudsatsen för kurvintegraler att
>
> $$
> \int_C \vec F \cdot d\vec r = \varphi(\vec r(1)) - \varphi(\vec r(0)) = \varphi(1,2) - \varphi(3,1).
> $$
>
> $$
> = \ln(1^2 + 2^2) - \ln(3^2 + 1^2) = \ln 5 - \ln 10 = \ln\tfrac{1}{2} = -\ln 2.
> $$
>
> $$
> \boxed{\;\int_C \vec F\cdot d\vec r = -\ln 2\;}
> $$
>
> > [!tip] Igenkänningstrick
> > När integranden ser ut som $\dfrac{2x\,dx + 2y\,dy}{x^2+y^2}$ — 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.

---

## 7. Flöde genom halvsfär — Gauss sats med slutning

![[tenta250528-uppgift7-halvsfar.png|460]]

Låt $\vec F$ beteckna [[Vektorfält|vektorfältet]]

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

**(a)** Beräkna [[Divergens och rotation|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*

> [!note]- 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
>
> $$
> \underbrace{\iint_Y \vec F\cdot\hat N\,dS}_{I_1} + \underbrace{\iint_B \vec F\cdot\hat N\,dS}_{I_2} = \underbrace{\iiint_H (\nabla\cdot\vec F)\,dV}_{I_3}.
> $$
>
> 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 $\iiint_{\text{halvklot}} x^2 = \tfrac12 \iiint_{\text{klot}} x^2 = \tfrac12 \iiint_{\text{klot}} z^2 = \iiint_{\text{halvklot}} z^2$ — samma faktor $\tfrac12$ försvinner ur bägge led). Alltså:
>
> $$
> \iiint_H x^2\,dV = \tfrac{1}{3}\iiint_H (x^2+y^2+z^2)\,dV.
> $$
>
> Övergå till sfäriska koordinater där $x^2+y^2+z^2 = R^2$ och $dV = R^2\sin\varphi\,dR\,d\varphi\,d\theta$:
>
> $$
> \iiint_H (x^2+y^2+z^2)\,dV = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\pi/2}\!\!\int_0^1 R^2\cdot R^2\sin\varphi\,dR\,d\varphi\,d\theta = 2\pi \cdot 1 \cdot \tfrac{1}{5} = \tfrac{2\pi}{5}.
> $$
>
> (Här är $\varphi \in [0,\pi/2]$ för halvklotet; $\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\,d\varphi = 1$.) Alltså
>
> $$
> I_3 = 3 \iiint_H x^2\,dV = 3\cdot\tfrac{1}{3}\cdot\tfrac{2\pi}{5} = \tfrac{2\pi}{5}.
> $$
>
> **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
>
> $$
> I_2 = -3\iint_{x^2+y^2\le 1} y^2\,dx\,dy.
> $$
>
> Skivan är rotationssymmetrisk, så $\iint y^2 = \tfrac12 \iint(x^2+y^2)$. I polära koordinater $(x^2+y^2 = r^2,\; dA = r\,dr\,d\theta)$:
>
> $$
> \iint(x^2+y^2)\,dA = \int_0^{2\pi}\int_0^1 r^2\cdot r\,dr\,d\theta = 2\pi\cdot\tfrac{1}{4} = \tfrac{\pi}{2}.
> $$
>
> Så $\iint y^2\,dA = \tfrac{\pi}{4}$, vilket ger
>
> $$
> I_2 = -3\cdot\tfrac{\pi}{4} = -\tfrac{3\pi}{4}.
> $$
>
> **Slutligen:**
>
> $$
> I_1 = I_3 - I_2 = \tfrac{2\pi}{5} - \Bigl(-\tfrac{3\pi}{4}\Bigr) = \tfrac{8\pi}{20} + \tfrac{15\pi}{20} = \tfrac{23\pi}{20}.
> $$
>
> $$
> \boxed{\;\iint_Y \vec F\cdot\hat N\,dS = \tfrac{23\pi}{20}\;}
> $$
>
> > [!tip] Varför just stänga med skivan?
> > Direktberäkning av $\iint_Y \vec F\cdot\hat N\,dS$ 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.

---

## 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.