---
kurs:
  - M0068M
tags:
  - tenta
  - flervariabelanalys
status: utkast
datum: 2026-03-12
typ: tenta
examinator: Thomas Strömberg
aliases:
  - Tenta M0068M 2026-03-12
  - Flervariabelanalys-tenta 2026-03-12
---
> **Kurs:** [[M0068M]] — Flervariabelanalys
> **Datum:** 2026-03-12
> **Examinator:** Thomas Strömberg
> **Källa:** [[tenta260312_losn.pdf|originaltentamen med lösningsförslag]]

> [!abstract] 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
$$
L: \quad 2x + y = 1, \quad z = -2
$$
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*

> [!note]- 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 till yta|normalvektor]]:
> $$
> \nabla F = \begin{pmatrix} 1 - z^2 \\ 3 y^2 z - 1 \\ y^3 - 2 x z \end{pmatrix}.
> $$
> I $P = (1, -1, -2)$:
> $$
> \nabla F(P) = \begin{pmatrix} 1 - 4 \\ -6 - 1 \\ -1 + 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \\ -7 \\ 3 \end{pmatrix} = (-1)\begin{pmatrix} 3 \\ 7 \\ -3 \end{pmatrix}.
> $$
> Som normalvektor duger lika gärna $\mathbf{N} = (3, 7, -3)$. [[Tangentplan|Tangentplanets]] ekvation i $P$ blir
> $$
> 3(x - 1) + 7(y + 1) - 3(z + 2) = 0 \iff \boxed{\,3x + 7y - 3z = 2\,}.
> $$
>
> **(b)** Parametrisera $L$ med $x = t$ som parameter. Ur $2x + y = 1$ får vi $y = 1 - 2t$, och $z = -2$, alltså
> $$
> \mathbf{r}(t) = \begin{pmatrix} t \\ 1 - 2t \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}.
> $$
> 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**.
>
> > [!tip] Igenkänningstrick
> > När linjen är given i implicit form ($2x + y = 1$, $z = -2$) räcker det att låta en kvarvarande koordinat ($x$) bli parameter — då faller riktningsvektorn ut direkt utan kryssprodukt.

---

## 2. Kedjeregeln för $w = f(xz, yz)$

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

**(a)** Uttryck
$$
w_x = \frac{\partial w}{\partial x}, \quad w_y = \frac{\partial w}{\partial y}, \quad w_z = \frac{\partial w}{\partial z}
$$
i partiella derivator av $f$.

**(b)** Visa att
$$
x w_x + y w_y = z w_z.
$$

*Totalpoäng: 3*

> [!note]- Lösning
> **(a)** Sätt $u = xz$, $v = yz$ så att $w = f(u, v)$. Med [[Kedjeregeln för flera variabler|kedjeregeln]] och notationen $f_1 = \partial f / \partial u$, $f_2 = \partial f / \partial v$:
> $$
> \begin{aligned}
> w_x &= f_1 \cdot u_x + f_2 \cdot v_x = f_1 \cdot z + f_2 \cdot 0 = z f_1, \\
> w_y &= f_1 \cdot 0 + f_2 \cdot z = z f_2, \\
> w_z &= f_1 \cdot x + f_2 \cdot y = x f_1 + y f_2.
> \end{aligned}
> $$
> Alltså
> $$
> \boxed{\,w_x = z f_1, \quad w_y = z f_2, \quad w_z = x f_1 + y f_2.\,}
> $$
>
> **(b)** Insättning ger
> $$
> x w_x + y w_y = x \cdot z f_1 + y \cdot z f_2 = z(x f_1 + y f_2) = z w_z. \quad \text{V.S.V.}
> $$
>
> > [!tip] Igenkänningstrick
> > Detta är specialfallet $k = 1$ 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.

---

## 3. Extremvärden på triangel

![[tenta260312-uppgift3-triangel.png|460]]

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*

> [!note]- Lösning
> $f$ är kontinuerlig och $T$ är kompakt, så [[Extremvärdessatsen|Weierstrass]] garanterar att max och min antas. Sök både i det inre (via [[Kritiska punkter|kritiska punkter]]) och på randen.
>
> **Inre kritiska punkter:**
> $$
> \begin{cases} f_x = y - 2 = 0 \\ f_y = x + 1 = 0 \end{cases} \implies (x, y) = (-1, 2).
> $$
> 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 $C_1, C_2, C_3$.
>
> *$C_1$: $y = 1$, $-2 \le x \le 2$.*
> $$
> g_1(x) = f(x, 1) = 1 + x - 2x + 1 = 2 - x \quad \text{(avtagande)}.
> $$
> $g_1(-2) = 4$ (max), $g_1(2) = 0$ (min).
>
> *$C_2$: $y = 3 - x$, $-2 \le x \le 2$.* (Hypotenusan genom $(2,1)$ och $(-2,5)$.)
> $$
> g_2(x) = f(x, 3 - x) = 1 + x(3 - x) - 2x + 3 - x = 4 - x^2.
> $$
> $g_2'(x) = -2x = 0 \implies x = 0$ (lokalt max). $g_2(0) = 4$ (max), $g_2(\pm 2) = 0$ (min).
>
> *$C_3$: $x = -2$, $1 \le y \le 5$.*
> $$
> g_3(y) = f(-2, y) = 1 - 2y + 4 + y = 5 - y \quad \text{(avtagande)}.
> $$
> $g_3(1) = 4$ (max), $g_3(5) = 0$ (min).
>
> **Sammanfattning:**
> $$
> \boxed{\,f_{\max} = 4 \text{ antas i } (-2, 1) \text{ och } (0, 3); \quad f_{\min} = 0 \text{ antas i } (2, 1) \text{ och } (-2, 5).\,}
> $$

---

## 4. Dubbelintegral med byte av integrationsordning

Låt $D$ beteckna det område i $\mathbb{R}^2$ som definieras av
$$
D: \quad \frac{\sqrt{x}}{2} \le y \le 1, \quad x \ge 0.
$$

**(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*

> [!note]- 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:
> $$
> D = \{(x, y) : 0 \le x \le 4, \; \tfrac{\sqrt{x}}{2} \le y \le 1\}.
> $$
> $$
> |D| = \int_0^4 \int_{\sqrt{x}/2}^{1} dy \, dx = \int_0^4 \left(1 - \tfrac{\sqrt{x}}{2}\right) dx = \left[ x - \tfrac{x^{3/2}}{3} \right]_0^4 = 4 - \tfrac{8}{3} = \boxed{\,\tfrac{4}{3}\;\text{a.e.}\,}
> $$
>
> **(b)** Tipset säger att vi ska byta integrationsordning — annars stoppar $\int e^{y^3} \, dy$ oss. Lös $y = \sqrt{x}/2$ för $x$: $x = 4 y^2$. Som $y$-enkelt område:
> $$
> D = \{(x, y) : 0 \le y \le 1, \; 0 \le x \le 4 y^2\}.
> $$
> $$
> \iint_D e^{y^3} dA = \int_0^1 \int_0^{4 y^2} e^{y^3} dx \, dy = \int_0^1 e^{y^3} \cdot 4 y^2 \, dy.
> $$
> Sätt $u = y^3$, $du = 3 y^2 \, dy$:
> $$
> = \tfrac{4}{3} \int_0^1 e^u \, du = \tfrac{4}{3} (e - 1) = \boxed{\,\tfrac{4(e - 1)}{3}\,}.
> $$
>
> > [!tip] Igenkänningstrick
> > När integranden är $e^{y^n}$, $\sin(y^n)$ 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.

---

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

Låt $U$ beteckna det område i $\mathbb{R}^3$ som definieras av
$$
U: \quad \begin{cases} 0 \le z \le 1 - y^2 \\ 0 \le x \le 2 - y - z \end{cases}
$$

**(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*

> [!note]- 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 $dx \, dz \, dy$:
> $$
> |U| = \int_{-1}^{1} \int_0^{1 - y^2} \int_0^{2 - y - z} dx \, dz \, dy = \int_{-1}^{1} \int_0^{1 - y^2} (2 - y - z) \, dz \, dy.
> $$
> Inre integralen:
> $$
> \left[ 2z - yz - \tfrac{z^2}{2} \right]_0^{1 - y^2} = 2(1 - y^2) - y(1 - y^2) - \tfrac{1}{2}(1 - y^2)^2.
> $$
> Alltså
> $$
> |U| = \int_{-1}^{1} \left[ 2 - 2y^2 - y + y^3 - \tfrac{1}{2}(1 - 2y^2 + y^4) \right] dy = \int_{-1}^{1} \left[ \tfrac{3}{2} - y^2 - \tfrac{y^4}{2} - y + y^3 \right] dy.
> $$
> De udda termerna $-y + y^3$ integrerar till $0$ över $[-1, 1]$ (symmetri), så
> $$
> |U| = 2 \int_0^1 \left[ \tfrac{3}{2} - y^2 - \tfrac{y^4}{2} \right] dy = 2 \left[ \tfrac{3y}{2} - \tfrac{y^3}{3} - \tfrac{y^5}{10} \right]_0^1 = 2 \cdot \tfrac{45 - 10 - 3}{30} = \boxed{\,\tfrac{32}{15}\;\text{v.e.}\,}
> $$

---

## 6. Kurvintegraler — direkt och via potential

![[tenta260312-uppgift6-kurva.png|460]]

Låt $C$ beteckna den orienterade kurva i $\mathbb{R}^2$ (se figur ovan) som definieras av parametriseringen
$$
C: \quad \begin{cases} x = 4t^3 + 3t^2 - 3t \\ y = -4t^3 + t^2 + 3t \end{cases} \quad (-1 \le t \le 1).
$$

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

**(b)** Beräkna kurvintegralen
$$
\int_C (x + y) \, dy. \quad \text{(2 p)}
$$

**(c)** Beräkna kurvintegralen
$$
\int_C \ln(1 + e^y) \, dx + \frac{x e^y}{1 + e^y} \, dy. \quad \text{(2 p)}
$$

*Totalpoäng: 5*

> [!note]- Lösning
> **(a)** Insättning av ändpunkter:
> $$
> \mathbf{r}(-1) = \begin{pmatrix} -4 + 3 + 3 \\ 4 + 1 - 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{r}(1) = \begin{pmatrix} 4 + 3 - 3 \\ -4 + 1 + 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 0 \end{pmatrix}.
> $$
> $$
> \boxed{\,\text{Startpunkt: } (2, 2), \quad \text{slutpunkt: } (4, 0).\,}
> $$
>
> **(b)** [[Vektorfält|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
> $$
> x + y = (4t^3 + 3t^2 - 3t) + (-4t^3 + t^2 + 3t) = 4t^2, \qquad \tfrac{dy}{dt} = -12 t^2 + 2t + 3.
> $$
> $$
> \int_C (x + y) \, dy = \int_{-1}^{1} 4 t^2 (-12 t^2 + 2 t + 3) \, dt = \int_{-1}^{1} (-48 t^4 + 8 t^3 + 12 t^2) \, dt.
> $$
> Termen $8 t^3$ är udda och försvinner. Resten:
> $$
> 2 \int_0^1 (-48 t^4 + 12 t^2) \, dt = 2 \left[ -\tfrac{48 t^5}{5} + 4 t^3 \right]_0^1 = 2 \left( -\tfrac{48}{5} + 4 \right) = 2 \cdot \tfrac{-28}{5} = \boxed{\,-\tfrac{56}{5}\,}.
> $$
>
> **(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 [[Konservativa vektorfält|konservativt]] på hela $\mathbb{R}^2$. En potential $\phi$ med $\phi_x = P$ är
> $$
> \phi(x, y) = x \ln(1 + e^y) + C.
> $$
> (Kontroll: $\phi_y = x \cdot e^y / (1 + e^y) = Q$. ✓)
>
> Med [[Fundamentalsatsen för kurvintegraler]]:
> $$
> \int_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \phi(4, 0) - \phi(2, 2) = 4 \ln(1 + e^0) - 2 \ln(1 + e^2) = \boxed{\,4 \ln 2 - 2 \ln(1 + e^2)\,}.
> $$
>
> > [!tip] Igenkänningstrick
> > Täljaren $e^y$ 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.

---

## 7. Flöde genom parametriserad tältduk

![[tenta260312-uppgift7-taltduk.png|420]]

En genomskinlig tältduk har formen av en parametriserad yta
$$
Y: \quad \begin{cases} x = s \cos t \\ y = s \sin t \\ z = 3 e^{-s} \end{cases} \quad (0 \le s \le 1, \; 0 \le t \le 2\pi).
$$

**(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
$$
\mathbf{F}(x, y, z) = -y z \, \mathbf{i} + x z \, \mathbf{j} + z \, \mathbf{k}
$$
genom tältduken. Bestäm flödet av $\mathbf{F}$ genom $Y$. *(3 p)*

*Totalpoäng: 5*

> [!note]- Lösning
> **(a)** Parametervektorn är $\mathbf{r}(s, t) = s\cos t \, \mathbf{i} + s\sin t \, \mathbf{j} + 3 e^{-s} \, \mathbf{k}$, med tangentvektorer
> $$
> \mathbf{r}_s = \begin{pmatrix} \cos t \\ \sin t \\ -3 e^{-s} \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{r}_t = \begin{pmatrix} -s \sin t \\ s \cos t \\ 0 \end{pmatrix}.
> $$
> Kryssprodukten:
> $$
> \mathbf{r}_s \times \mathbf{r}_t = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \cos t & \sin t & -3 e^{-s} \\ -s \sin t & s \cos t & 0 \end{vmatrix} = \begin{pmatrix} 3 s e^{-s} \cos t \\ 3 s e^{-s} \sin t \\ s \end{pmatrix}.
> $$
> $z$-komponenten är $s \ge 0$, så detta tecken stämmer med kravet. Alltså
> $$
> \boxed{\,\hat{\mathbf{N}} \, dS = \begin{pmatrix} 3 s e^{-s} \cos t \\ 3 s e^{-s} \sin t \\ s \end{pmatrix} ds \, dt.\,}
> $$
>
> **(b)** Direktberäkning. På ytan är $x = s \cos t$, $y = s \sin t$, $z = 3 e^{-s}$, så
> $$
> \mathbf{F} = \begin{pmatrix} -(s \sin t)(3 e^{-s}) \\ (s \cos t)(3 e^{-s}) \\ 3 e^{-s} \end{pmatrix}.
> $$
> $$
> \mathbf{F} \cdot \hat{\mathbf{N}} \, dS = \big[-3 s e^{-s} \sin t \cdot 3 s e^{-s} \cos t\big] + \big[3 s e^{-s} \cos t \cdot 3 s e^{-s} \sin t\big] + \big[3 e^{-s} \cdot s\big].
> $$
> De första två termerna är varandras motsatser och kancellerar. Kvar:
> $$
> \mathbf{F} \cdot \hat{\mathbf{N}} \, dS = 3 s e^{-s} \, ds \, dt.
> $$
> $$
> \iint_Y \mathbf{F} \cdot \hat{\mathbf{N}} \, dS = \int_0^{2\pi} \int_0^1 3 s e^{-s} \, ds \, dt = 6\pi \int_0^1 s e^{-s} \, ds.
> $$
> Partialintegration:
> $$
> \int_0^1 s e^{-s} ds = \left[ -s e^{-s} \right]_0^1 + \int_0^1 e^{-s} ds = -e^{-1} + (1 - e^{-1}) = 1 - \tfrac{2}{e}.
> $$
> $$
> \boxed{\,\iint_Y \mathbf{F} \cdot \hat{\mathbf{N}} \, dS = 6\pi \left(1 - \tfrac{2}{e}\right).\,}
> $$
>
> > [!tip] 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 $z = 3 e^{-s} > 0$ 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