M0068M-2026-03-12

Kurs: M0068M — Flervariabelanalys Datum: 2026-03-12 Examinator: Thomas Strömberg Källa: originaltentamen med lösningsförslag

Översikt

Sju uppgifter över hela kursen: tangentplan via gradient och linjekorsning (1), kedjeregel och Eulers homogenitetsrelation (2), extremvärden på triangulärt område (3), variabelbyte i dubbelintegral (4), volym genom skivning (5), kurvintegraler — direkt och via potential (6), och flöde genom parametriserad konyta (7). Räknat efter modul: M1·1 — M2·2 — M3·1 — M4·1 — M5·2.

---

1. Tangentplan och linjens skärning

Pollux Fleetwood ror sin båt i planet $z=0$ på den spegelblanka sjön Grasmere. Hans nät kan betraktas som en yta vars ekvation ges av

$$x+y^{3}z=y+x{z}^2.$$

Punkten $P=(1,-1,-2)$ är en punkt på nätet som ligger $2$ m under vattenytan.

(a) Bestäm en ekvation för nätets tangentplan i punkten $P$.

(b) En fisk simmar i vattnet längs linjen

$$L:2x+y=1,z=-2$$

i riktning mot punkten $P$. I vilken riktning simmar fisken om den börjar sin färd i planet $x=0$? Svara med en riktningsvektor $\mathbf{v}$. Kommer fisken att fastna i Pollux nät när den passerar punkten $P$?

Totalpoäng: 3

Lösning

(a) Skriv ytan som en nivåyta $F(x,y,z)=0$ med

$$F(x,y,z)=x+y^{3}z-y-x{z}^2.$$

Då är gradienten en normalvektor:

$$\nabla F=\left(\begin{array}{c}1-z^2\\ 3y^{2}z-1\\ y^3-2xz\end{array}\right).$$

I $P=(1,-1,-2)$:

$$\nabla F(P)=\left(\begin{array}{c}1-4\\ -6-1\\ -1+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ -7\\ 3\end{array}\right)=(-1)\left(\begin{array}{c}3\\ 7\\ -3\end{array}\right).$$

Som normalvektor duger lika gärna $\mathbf{N}=(3,7,-3)$. Tangentplanets ekvation i $P$ blir

$$3(x-1)+7(y+1)-3(z+2)=0⟺\boxed{3x+7y-3z=2}.$$

(b) Parametrisera $L$ med $x=t$ som parameter. Ur $2x+y=1$ får vi $y=1-2t$, och $z=-2$, alltså

$$\mathbf{r}(t)=\left(\begin{array}{c}t\\ 1-2t\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -2\end{array}\right)+t\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\end{array}\right).$$

Fisken startar i $(0,1,-2)$ (i planet $x=0$) och når $P=(1,-1,-2)$ då $t=1$, så den simmar i riktning

$$\boxed{\mathbf{v}=\mathbf{i}-2\mathbf{j}}.$$

Den passerar tangentplanet i $P$ snett, eftersom

$$\mathbf{N}\cdot \mathbf{v}=(3,7,-3)\cdot (1,-2,0)=3-14+0=-11\ne 0.$$

Alltså korsar fisken nätet i $P$ — fisken fastnar i Pollux nät.

Igenkänningstrick $2x+y=1$, $z=-2$) räcker det att låta en kvarvarande koordinat ($x$) bli parameter — då faller riktningsvektorn ut direkt utan kryssprodukt.

När linjen är given i implicit form (

---

2. Kedjeregeln för $w=f(xz,yz)$

Låt $w=f(xz,yz)$ där $f:{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$ har kontinuerliga partiella derivator av ordning ett.

(a) Uttryck

$$w_x=\frac{\partial w}{\partial x},w_y=\frac{\partial w}{\partial y},w_z=\frac{\partial w}{\partial z}$$

i partiella derivator av $f$.

(b) Visa att

$$x{w}_x+y{w}_y=z{w}_z.$$

Totalpoäng: 3

Lösning

(a) Sätt $u=xz$, $v=yz$ så att $w=f(u,v)$. Med kedjeregeln och notationen $f_1=\partial f/\partial u$, $f_2=\partial f/\partial v$:

$$\begin{array}{rl}{w}_x& =f_1\cdot u_x+f_2\cdot v_x=f_1\cdot z+f_2\cdot 0=z{f}_1,\\ w_y& =f_1\cdot 0+f_2\cdot z=z{f}_2,\\ w_z& =f_1\cdot x+f_2\cdot y=x{f}_1+y{f}_2.\end{array}$$

Alltså

$$\boxed{w_x=z{f}_1,w_y=z{f}_2,w_z=x{f}_1+y{f}_2.}$$

(b) Insättning ger

$$x{w}_x+y{w}_y=x\cdot z{f}_1+y\cdot z{f}_2=z(x{f}_1+y{f}_2)=z{w}_z.\text{V.S.V.}$$

Igenkänningstrick $k=1$ av Eulers homogenitetsrelation: om $w$ beror på $(x,y,z)$ enbart genom kombinationerna $xz$ och $yz$, är $w$ "graderad $0$" i $(x,y)$ tillsammans med "graderad $1$" i $z$, och relationen är just det homogena uttrycket.

Detta är specialfallet

---

3. Extremvärden på triangel

Bestäm maximi- och minimivärdet av funktionen

$$f(x,y)=1+xy-2x+y$$

på det triangulära området $T$ med hörn i punkterna $(-2,1)$, $(2,1)$ och $(-2,5)$ (se figur).

Totalpoäng: 4

Lösning

$f$ är kontinuerlig och $T$ är kompakt, så Weierstrass garanterar att max och min antas. Sök både i det inre (via kritiska punkter) och på randen.

Inre kritiska punkter:

$$\{\begin{array}{l}{f}_x=y-2=0\\ f_y=x+1=0\end{array}⟹(x,y)=(-1,2).$$

Punkten $(-1,2)$ ligger i det inre av $T$, och

$$f(-1,2)=1+(-1)(2)-2(-1)+2=1-2+2+2=3.$$

Randen delas upp i tre kanter $C_1,C_2,C_3$.

$C_1$: $y=1$, $-2\le x\le 2$.

$$g_1(x)=f(x,1)=1+x-2x+1=2-x\text{(avtagande)}.$$

$g_1(-2)=4$ (max), $g_1(2)=0$ (min).

$C_2$: $y=3-x$, $-2\le x\le 2$. (Hypotenusan genom $(2,1)$ och $(-2,5)$.)

$$g_2(x)=f(x,3-x)=1+x(3-x)-2x+3-x=4-x^2.$$

$g_2^{\prime }(x)=-2x=0⟹x=0$ (lokalt max). $g_2(0)=4$ (max), $g_2(\pm 2)=0$ (min).

$C_3$: $x=-2$, $1\le y\le 5$.

$$g_3(y)=f(-2,y)=1-2y+4+y=5-y\text{(avtagande)}.$$

$g_3(1)=4$ (max), $g_3(5)=0$ (min).

Sammanfattning:

$$\boxed{f_{\max }=4\text{ antas i }(-2,1)\text{ och }(0,3);f_{\min }=0\text{ antas i }(2,1)\text{ och }(-2,5).}$$

---

4. Dubbelintegral med byte av integrationsordning

Låt $D$ beteckna det område i ${\mathbb{R}}^2$ som definieras av

$$D:\frac{\sqrt{x}}{2}\le y\le 1,x\ge 0.$$

(a) Skissa området $D$ i $xy$-planet och beräkna arean av $D$. (2 p)

(b) Beräkna integralen

$${\iint }_D{e}^{y^3}dA.$$

Tips: Integrera $x$ först, sedan $y$. (3 p)

Totalpoäng: 5

Lösning

(a) Området begränsas av kurvan $y=\sqrt{x}/2$ underifrån, av linjen $y=1$ ovanifrån, och av $x=0$ till vänster. De två kurvorna möts då $\sqrt{x}/2=1$, dvs $x=4$. Som $x$-enkelt område:

$$D=\{(x,y):0\le x\le 4,\frac{\sqrt{x}}{2}\le y\le 1\}.$$ $$|D|={\int }_0^4{\int }_{\sqrt{x}/2}^{1}dydx={\int }_0^4\left(1-\frac{\sqrt{x}}{2}\right)dx={\left[x-\frac{x^{3/2}}{3}\right]}_0^4=4-\frac{8}{3}=\boxed{\frac{4}{3}\text{a.e.}}$$

(b) Tipset säger att vi ska byta integrationsordning — annars stoppar $\int e^{y^3}dy$ oss. Lös $y=\sqrt{x}/2$ för $x$: $x=4y^2$. Som $y$-enkelt område:

$$D=\{(x,y):0\le y\le 1,0\le x\le 4y^2\}.$$ $${\iint }_D{e}^{y^3}dA={\int }_0^1{\int }_0^{4y^2}{e}^{y^3}dxdy={\int }_0^1{e}^{y^3}\cdot 4y^{2}dy.$$

Sätt $u=y^3$, $du=3y^{2}dy$:

$$=\frac{4}{3}{\int }_0^1{e}^{u}du=\frac{4}{3}(e-1)=\boxed{\frac{4(e-1)}{3}}.$$

Igenkänningstrick $e^{y^n}$, $\sin (y^n)$ eller liknande "y-blockande" funktion, och området kan skrivas både $x$- och $y$-enkelt: byt så att den blockande variabeln blir den yttre. Då lyfter dess derivata ($n{y}^{n-1}$) ut ur den inre integralen, och en substitution stänger räkningen.

När integranden är

---

5. Volym av ett område i ${\mathbb{R}}^3$

Låt $U$ beteckna det område i ${\mathbb{R}}^3$ som definieras av

$$U:\{\begin{array}{l}0\le z\le 1-y^2\\ 0\le x\le 2-y-z\end{array}$$

(a) Låt $P=(x,y,z)$ vara en godtycklig punkt i området $U$. Bestäm största och minsta värdet som $P$:s $y$-koordinat kan anta.

(b) Beräkna volymen av området $U$.

Totalpoäng: 5

Lösning

(a) Från $0\le z\le 1-y^2$ måste $1-y^2\ge 0$, alltså $-1\le y\le 1$. Vi behöver också att olikheten för $x$ är förenlig: $0\le 2-y-z$ ger $z\le 2-y$. Eftersom $z\ge 0$ ger detta $y\le 2$, vilket redan följer av $y\le 1$. Inga konflikter för $-1\le y\le 1$.

$$\boxed{-1\le y\le 1}.$$

(b) Integrera i ordningen $dxdzdy$:

$$|U|={\int }_{-1}^1{\int }_0^{1-y^2}{\int }_0^{2-y-z}dxdzdy={\int }_{-1}^1{\int }_0^{1-y^2}(2-y-z)dzdy.$$

Inre integralen:

$${\left[2z-yz-\frac{z^2}{2}\right]}_0^{1-y^2}=2(1-y^2)-y(1-y^2)-\frac{1}{2}(1-y^2{)}^2.$$

Alltså

$$|U|={\int }_{-1}^1\left[2-2y^2-y+y^3-\frac{1}{2}(1-2y^2+y^4)\right]dy={\int }_{-1}^1\left[\frac{3}{2}-y^2-\frac{y^4}{2}-y+y^3\right]dy.$$

De udda termerna $-y+y^3$ integrerar till $0$ över $[-1,1]$ (symmetri), så

$$|U|=2{\int }_0^1\left[\frac{3}{2}-y^2-\frac{y^4}{2}\right]dy=2{\left[\frac{3y}{2}-\frac{y^3}{3}-\frac{y^5}{10}\right]}_0^1=2\cdot \frac{45-10-3}{30}=\boxed{\frac{32}{15}\text{v.e.}}$$

---

6. Kurvintegraler — direkt och via potential

Låt $C$ beteckna den orienterade kurva i ${\mathbb{R}}^2$ (se figur ovan) som definieras av parametriseringen

$$C:\{\begin{array}{l}x=4t^3+3t^2-3t\\ y=-4t^3+t^2+3t\end{array}(-1\le t\le 1).$$

(a) Ange kurvans startpunkt och slutpunkt. Skissa kurvans orientering med ledning av figuren. (1 p)

(b) Beräkna kurvintegralen

$${\int }_C(x+y)dy.\text{(2 p)}$$

(c) Beräkna kurvintegralen

$${\int }_C\ln (1+e^y)dx+\frac{x{e}^y}{1+e^y}dy.\text{(2 p)}$$

Totalpoäng: 5

Lösning

(a) Insättning av ändpunkter:

$$\mathbf{r}(-1)=\left(\begin{array}{c}-4+3+3\\ 4+1-3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 2\end{array}\right),\mathbf{r}(1)=\left(\begin{array}{c}4+3-3\\ -4+1+3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4\\ 0\end{array}\right).$$ $$\boxed{\text{Startpunkt: }(2,2),\text{slutpunkt: }(4,0).}$$

(b) Vektorfältet $\mathbf{F}=(0,x+y)$ är inte konservativt (eftersom ${\partial }_y(0)=0\ne {\partial }_x(x+y)=1$), så vi räknar direkt. På $C$ är

$$x+y=(4t^3+3t^2-3t)+(-4t^3+t^2+3t)=4t^2,\frac{dy}{dt}=-12t^2+2t+3.$$ $${\int }_C(x+y)dy={\int }_{-1}^{1}4t^2(-12t^2+2t+3)dt={\int }_{-1}^1(-48t^4+8t^3+12t^2)dt.$$

Termen $8t^3$ är udda och försvinner. Resten:

$$2{\int }_0^1(-48t^4+12t^2)dt=2{\left[-\frac{48t^5}{5}+4t^3\right]}_0^1=2\left(-\frac{48}{5}+4\right)=2\cdot \frac{-28}{5}=\boxed{-\frac{56}{5}}.$$

(c) Sätt $\mathbf{F}=(P,Q)$ med $P=\ln (1+e^y)$, $Q=x{e}^y/(1+e^y)$. Då

$$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{e^y}{1+e^y}=\frac{\partial Q}{\partial x},$$

så $\mathbf{F}$ är konservativt på hela ${\mathbb{R}}^2$. En potential $\varphi$ med ${\varphi }_x=P$ är

$$\varphi (x,y)=x\ln (1+e^y)+C.$$

(Kontroll: ${\varphi }_y=x\cdot e^y/(1+e^y)=Q$. ✓)

Med Fundamentalsatsen för kurvintegraler:

$${\int }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}=\varphi (4,0)-\varphi (2,2)=4\ln (1+e^0)-2\ln (1+e^2)=\boxed{4\ln 2-2\ln (1+e^2)}.$$

Igenkänningstrick $e^y$ är derivatan av nämnaren $1+e^y$ — kvoten $e^y/(1+e^y)$ är alltså ${\partial }_y\ln (1+e^y)$. När man ser den strukturen är det nästan alltid en konservativ uppgift förklädd.

Täljaren

---

7. Flöde genom parametriserad tältduk

En genomskinlig tältduk har formen av en parametriserad yta

$$Y:\{\begin{array}{l}x=s\cos t\\ y=s\sin t\\ z=3e^{-s}\end{array}(0\le s\le 1,0\le t\le 2\pi ).$$

(a) Bestäm det orienterade ytelementet $\hat{\mathbf{N}}dS$ om tältduken är orienterad så att enhetsnormalen har positiv $z$-komponent. (2 p)

(b) En vind blåser med hastigheten

$$\mathbf{F}(x,y,z)=-yz\mathbf{i}+xz\mathbf{j}+z\mathbf{k}$$

genom tältduken. Bestäm flödet av $\mathbf{F}$ genom $Y$. (3 p)

Totalpoäng: 5

Lösning

(a) Parametervektorn är $\mathbf{r}(s,t)=s\cos t\mathbf{i}+s\sin t\mathbf{j}+3e^{-s}\mathbf{k}$, med tangentvektorer

$${\mathbf{r}}_s=\left(\begin{array}{c}\cos t\\ \sin t\\ -3e^{-s}\end{array}\right),{\mathbf{r}}_t=\left(\begin{array}{c}-s\sin t\\ s\cos t\\ 0\end{array}\right).$$

Kryssprodukten:

$${\mathbf{r}}_s\times {\mathbf{r}}_t=\left|\begin{array}{ccc}\mathbf{i}& \mathbf{j}& \mathbf{k}\\ \cos t& \sin t& -3e^{-s}\\ -s\sin t& s\cos t& 0\end{array}\right|=\left(\begin{array}{c}3s{e}^{-s}\cos t\\ 3s{e}^{-s}\sin t\\ s\end{array}\right).$$

$z$-komponenten är $s\ge 0$, så detta tecken stämmer med kravet. Alltså

$$\boxed{\hat{\mathbf{N}}dS=\left(\begin{array}{c}3s{e}^{-s}\cos t\\ 3s{e}^{-s}\sin t\\ s\end{array}\right)dsdt.}$$

(b) Direktberäkning. På ytan är $x=s\cos t$, $y=s\sin t$, $z=3e^{-s}$, så

$$\mathbf{F}=\left(\begin{array}{c}-(s\sin t)(3e^{-s})\\ (s\cos t)(3e^{-s})\\ 3e^{-s}\end{array}\right).$$ $$\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{N}}dS=[-3s{e}^{-s}\sin t\cdot 3s{e}^{-s}\cos t]+[3s{e}^{-s}\cos t\cdot 3s{e}^{-s}\sin t]+[3e^{-s}\cdot s].$$

De första två termerna är varandras motsatser och kancellerar. Kvar:

$$\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{N}}dS=3s{e}^{-s}dsdt.$$ $${\iint }_Y\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{N}}dS={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{1}3s{e}^{-s}dsdt=6\pi {\int }_0^{1}s{e}^{-s}ds.$$

Partialintegration:

$${\int }_0^{1}s{e}^{-s}ds={\left[-s{e}^{-s}\right]}_0^1+{\int }_0^1{e}^{-s}ds=-e^{-1}+(1-e^{-1})=1-\frac{2}{e}.$$ $$\boxed{{\iint }_Y\mathbf{F}\cdot \hat{\mathbf{N}}dS=6\pi \left(1-\frac{2}{e}\right).}$$

Rimlighetskoll $1-2/e\approx 1-0,736=0,264>0$, så nettoflödet är uppåt — vinden lyfter tältduken. Konsistent med att $\mathbf{F}$:s $z$-komponent är $z=3e^{-s}>0$ på hela ytan.

---

Se även

• M0068M — kursfilen
• Tangentplan — uppgift 1
• Kedjeregeln för flera variabler — uppgift 2
• Extremvärdesproblem — uppgift 3
• Dubbelintegraler — uppgift 4
• Volymberäkningar med trippelintegraler — uppgift 5
• Konservativa vektorfält — uppgift 6
• Flödesintegraler — uppgift 7
• konventioner-tentor — formatkontraktet