88-230 אינפי 3 סמסטר א תשעג/קבוצה רגילה/פתרון מועד א

שאלה 1

סעיף א

עבור נקודות $(x,y,z)\neq (0,0,0)$ פשוט גוזרים את הפונקציה לפי $x$

$f_x(x,y,z)=\frac{zy\cos(xy){(x^2+y^2+z^2)}^\frac{1}{3}-\frac{1}{3}{(x^2+y^2+z^2)}^{-\frac{2}{3}}\cdot (2x)\cdot{(z\sin(xy))}}{{(x^2+y^2+z^2)}^\frac{2}{3}}$

עבור הנקודה $(x,y,z)=(0,0,0)$ קל לראות ש

$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{f(t,0,0)-f(0,0,0)}{t}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{0-0}{t}=0$

סעיף ב

כמו שראינו בקלות ש $f_x(0,0,0)=0$ קל לראות שגם $f_y(0,0,0)=0$ ו $f_z(0,0,0)=0$.

ראשית נוודא ש $f$ רציפה (לא חייבים, אבל בדר"כ שווה לבדוק. כי אם היא לא רציפה אז ברור שהיא לא דיפרנציאבילית).

נשים לב ש

$|\frac{z\sin(xy)}{{(x^2+y^2+z^2)}^{\frac{1}{3}}}|\leq |\frac{z}{{(x^2+y^2+z^2)}^{\frac{1}{3}}}|\leq |\frac{z}{{(z^2)}^{\frac{1}{3}}}|=|z^{\frac{1}{3}}|\rightarrow 0$

ולכן $f$ רציפה.

נבדוק דיפרנציאביליות

צריך לבדוק אם $\epsilon (h_1,h_2,h_3)$ המוגדרת לפי:

$f(h_1,h_2,h_3)-f(0,0,0)=f_x(0,0,0)h_1+f_y(0,0,0)h_2+f_z(0,0,0)h_3+\epsilon(h_1,h_2,h_3)\sqrt{h_1^2+h_2^2+h_3^2}$

מתכנסת ל $0$ בנקודה $(0,0,0)$.

במקרה שלנו צריך לבדוק את:

$\lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)}\frac{h_3\sin (h_1 h_2)}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{1}{3}\cdot {(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^{\frac{1}{2}}} = \lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)}\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{5}{6}}\frac{\sin(h_1 h_2)}{h_1 h_2}$

היות ו

$\lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)} \frac{\sin(h_1 h_2)}{h_1 h_2} = 1$

נותר לבדוק את

$\lim_{(h_1,h_2,h_3)\rightarrow (0,0,0)}\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{5}{6}}$

נשים לב ש

$|\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2+h_3^2)}^\frac{5}{6}}|\leq |\frac{h_3 h_1 h_2}{{(h_1^2+h_2^2)}^\frac{5}{6}}| \leq |h_3||\frac{h_1 h_2}{{(2h_1 h_2)}^\frac{5}{6}}|= \frac{1}{2^{\frac{5}{6}}}|h_3||{(h_1 h_2)}^{\frac{1}{6}}|\rightarrow 0$

דרך אחרת (שימושית כאשר יש במכנה דברים בסגנון $||h||$):

עוברים לקוארדינטות כדוריות

$h_1 = r\cos \theta \sin \varphi,\quad h_2 = r\sin \theta \sin \varphi ,\quad h_3 = r \cos \varphi$

ואז צריך לחשב גבול

$\lim_{r\rightarrow 0}\frac {r^3 \cos \theta \sin \theta \sin ^2 \varphi \cos \varphi}{{(r^2)}^{\frac{5}{6}}} =\lim_{r\rightarrow 0} {r^{\frac{8}{6}} \cos \theta \sin \theta \sin ^2 \varphi \cos \varphi}=0$

ולכן $f$ דיפרנציאבילית ב $(0,0,0)$.

שאלה 2

הפונקציה מקיימת $F(tx)=t^nF(x)$.

נבחר $x \in \mathbb{R}^k$ קבוע.

ניתן להגדיר פונקציה $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ לפי:

$g(t)=F(tx)=t^nF(x)$

(אם נסמן $x=(x_1,\ldots,x_k)$ אז למעשה $F(tx)=F(tx_1,\ldots tx_k)$)

נגזור את $g$ לפי $t$.

מצד אחד זה (לפי כלל השרשרת)

$(F(tx))'=\frac{\partial F}{\partial x_1}(tx) \cdot (tx_1)' + \ldots + \frac{\partial F}{\partial x_k}(tx)\cdot(tx_k)'= \frac{\partial F}{\partial x_1}(tx) \cdot x_1 + \ldots + \frac {\partial F}{\partial x_k} (tx) \cdot x_k = \nabla F(tx) \cdot x$

מצד שני זה שווה ל

$(t^nF(x))'=nt^{n-1}F(x)$

כלומר לכל $x\in \mathbb{R}^k$ מתקיים

$\nabla F(tx) \cdot x = (t^nF(x))'=nt^{n-1}F(x)$

כעת נציב

$t=1$

ונקבל את התוצאה הרצויה

$\nabla F(x) \cdot x = nF(x)$

שאלה 3

$x^2+y^2=\frac{1}{2}z^2$

$x+y+z=2$

הנגזרות החלקיות של הפונקציות

$f_1(x,y,z)=x^2+y^2-\frac{1}{2}z^2=0$

$f_2(x,y,z)=x+y+z-2=0$

קיימות עד איזה סדר שרוצים.

כמו כן, הנקודה $(1,-1,2)$ מקיימת את מערכת המשוואות.

נבדוק את התנאי של משפט הפונקציה הסתומה

$\begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 2x & 2y \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$

בנקודה $(1,-1,2)$ נקבל את המטריצה

$\begin{bmatrix} 2 & -2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$

שהיא מטריצה הפיכה.

לכן לפי משפט הפונקציה הסתומה, אכן מוגדרות פונקציות של $x,y$ לפי $z$

לפי משפט הפונקציה הסתומה, קיימת סביבה של הנקודה

$(1,-1,2)$ שבה מתקיים:

$\begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix} = -\begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial z} \\ \frac{\partial f_1}{\partial z} \end{bmatrix}$

כלומר במקרה שלנו:

$\begin{bmatrix} 2x & 2y \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} z \\ -1 \end{bmatrix}$

אם פותרים את המשוואות

רואים ש

$\begin{bmatrix} \frac{dx}{dz} \\ \frac{dy}{dz} \end{bmatrix} = \frac{1}{2x-2y} \begin{bmatrix} 1 & -2y \\ -1 & 2x \end{bmatrix} \begin{bmatrix} z \\ -1 \end{bmatrix}$

כלומר:

$\frac{dx}{dz} = \frac{z+2y}{2x-2y},\quad \frac{dy}{dz}=\frac{-z-2x}{2x-2y}$

מכאן, על ידי הצבה של $(1,-1,2)$ קל לראות שבנקודה $z=2$ מתקיים

$\frac{dx}{dz}(2)=0,\quad \frac{dy}{dz}(2)=-1$

כמו כן נחשב את $x''(z)$ בסביבה של $(1,-1,2)$ על ידי גזירה רגילה לפי $z$ (אבל נשים לב ש $x,y$ הם פונקציות של $z$):

$x''(z)=\frac{(1+2y')(2x-2y)-(z+2y)(2x'-2y')}{(2x-2y)^2}$

נציב $x=1,y=-1,z=2,x'=0,y'=-1$ ונקבל:

$x''(2)=\frac{(1-2)4-(0)(0+2)}{16}=-\frac{1}{4}$

שאלה 4

סעיף א

המשוואות המדוברות דיפרנציאביליות ברציפות והגרדיאנט של התנאי הוא:

$\nabla g = (\frac{2x}{a^2},\frac{2y}{b^2},\frac{2z}{c^2})$

שהוא לא מתאפס בנקודות שמקיימות את התנאי.

לכן אפשר להשתמש בכופלי לגרנז ללא חשש.

שימוש בכופלי לגרנז מוביל אל המשוואות הבאות:

$2x+\lambda \frac{2x}{a^2}=0$

$2y+\lambda \frac{2y}{b^2}=0$

$2z+\lambda \frac{2z}{c^2}=0$

$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$

אם נסתכל על שלושת המשוואות הראשונות, נקבל מערכת משוואות לינארית

$\begin{bmatrix} 2+\frac{2 \lambda}{a^2} & 0 & 0 \\ 0 & 2+\frac{2 \lambda}{b^2} & 0 \\ 0 & 0 & 2+\frac{2 \lambda}{c^2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$

אם המטריצה הפיכה, אז הפתרון היחיד הוא

$x=0,\quad y=0, \quad z=0$

וזה לא יקיים את האילוץ

לכן בהכרח המטריצה לא הפיכה, כלומר

$\lambda \in \{-a^2,-b^2,-c^2\}$

בגלל ש $a,b,c$ מספרים שונים אלה שלוש אפשרויות שונות.

אם $\lambda = -a^2$ נקבל שבהכרח $y=z=0$ ולפי האילוץ

$\frac{x^2}{a^2}=1$ כלומר $x=\pm a$.

בדומה שתי האפשרויות האחרות הן:

$x=0 ,\quad y=\pm b ,z=0$

$x=0 ,\quad y=0 ,\quad z=\pm c$

כעת נותר להחליט אם אלה אקסטרימלים (נקודות קיצון).

אפשר להפעיל שיקול כזה: היות ו $f$ רציפה על קבוצה סגורה וחסומה, יש לה נקודות מינמום ומקסימום גלובאליות (שהן בפרט מקומיות). ידוע שנקודות הקיצון המקומיות הן פתרונות של משוואות לגרנז'.

לכן שניים מהפתרונות חייבים להיות מינימום ומקסימום גלובאליים.

היות ו $a>b>c>0$ ברור ש

$(\pm a ,0,0)$ הן מקסימום גלובאלי.

ו $(0,0,\pm c)$ הוא מינימום גלובאלי.

כעת נותר להחליט האם $(0,\pm b,0)$ היא גם נקודת קיצון.

אפשר להפעיל שיקול כזה:

אם נסתכל על ההטלה על המישור $z=0$ נקבל חישוב של $x^2+y^2$ תחת האילוץ $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$

במצב כזה, $(0,\pm b)$ היא נקודת מינימום.

אם נסתכל על ההטלה למישור $x=0$ נקבל ש $(\pm b,0)$ היא נקודת מקסימום.

ולכן $(0,\pm b,0)$ היא לא נקודת קיצון.

לסיכום נקודות הקיצון הן:

נקודות מקסימום $(a,0,0) \quad (-a,0,0)$

נקודות מינימום: $(0,0,c) \quad (0,0,-c)$

סעיף ב

$f(x,y)=x^3y^2(1-x-y)=x^3y^2-x^4y^2-x^3y^3$

הגרדיאנט הוא:

$\nabla f = (3x^2y^2-4x^3y^2-3x^2y^3,2x^3y-2x^4y-3x^3y^2)$

אם נשווה אותו ל $(0,0)$ ונקבל:

$3x^2y^2-4x^3y^2-3x^2y^3 = 0$

$2x^3y-2x^4y-3x^3y^2=0$

נקבל שאם $x=0$ או $y=0$ שתי המשוואות מתקיימות.

אם $x\neq 0 ,\quad y\neq 0$, נקבל שהמשוואות הן:

$3-4x-3y=0$

$2-2x-3y=0$

הפתרון של המערכת הזאת הוא:

$(\frac{1}{2},\frac{1}{3})$

ולכן כלל הנקודות הקריטיות הן:

$\{(x,y)\mid x=0\}\cup \{(x,y)\mid y=0\} \cup \{(\frac{1}{2},\frac{1}{3})\}$

עכשיו צריך לסווג

מטריצת ההסיאן היא: $\begin{bmatrix} 6xy^2-12x^2y^2-6xy^3 & 6x^2y-8x^3y-9x^2y^2 \\ 6x^2y-8x^3y-9x^2y^2 & 2x^3-2x^4-6x^3y \end{bmatrix}$

כמובן שהצבה של $x=0$ או $y=0$ לא תקדם אותנו יותר מדי.

אם נציב $(\frac{1}{2},\frac{1}{3})$ נקבל (אם אין לי טעות חישוב): $\begin{bmatrix} \frac{1}{3}-\frac{1}{3}-\frac{1}{9} & \frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4} \\ \frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4} & \frac{1}{4}-\frac{1}{8}-\frac{1}{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{9} & -\frac{1}{12} \\ -\frac{1}{12} & -\frac{1}{8} \end{bmatrix}$

המינור הראשון שלילי והמינור השני חיובי, לכן זו מטריצה שלילית (לחלוטין) ולכן זו נקודת מקסימום.

עכשיו צריך למיין ידנית את שאר הנקודות.

נתחיל בנקודות שעל ציר $y$.

נביט על נקודה כלשהיא $(0,y_0)$.

אם נתקדם לאורך הישר $y=-x+y_0$ (שעובר כמובן ב $(0,y_0)$).

אז

$f(x,-x+y_0)=x^3(-x+y_0)^2(1-y_0)$

אם $y_0>1$ אז הפונקציה שלנו שלילית כש $x>0$ וחיובית כש $x<0$

אם $y_0<1$ אז הפונקציה שלנו חיובית כש $x>0$ ושלילית כש $x<0$

בכל מקרה היא לא תהיה נקודת קיצון.

נותר לבדוק את הנקודה $(0,1)$.

אם נתקדם לאורך הישר $y=1$ נקבל ש

$f(x,1)=-x^4$ ולכן $x=0$ היא מקסימום לאורך הקו הזה.

אבל אם נתקדם לאורך הישר $y=-2x+1$ נקבל ש

$f(x,-2x+1)=x^3(-2x+1)^2(x)=x^4(-2x+1)^2$ נקבל ש $x=0$ היא נקודת מינימום לאורך הקו הזה.

לכן $(0,1)$ היא גם נקודת אוכף.

סיכום ביניים: כל ציר $y$ הוא נקודות אוכף.

כעת נעבור לציר $x$.

כלומר נחקור נקודות מהצורה $(x_0,0)$.

אם $x_0>1$ אז קיימת סביבה של $(x_0,0)$ שבה $1-x-y<0$ ולכן באותה סביבה מתקיים ש

$x^3y^2(1-x-y)\leq 0$ ולכן $f(x_0,0)=0$ היא נקודת מקסימום.

אם $0<x_0<1$ אז קיימת סביבה שבה $1-x-y>0$ ואז $x^3y^2(1-x-y)\geq 0$ ולכן $(x_0,0)$ היא מינימום

אם $x<0$ אז קיימת סביבה שבה $1-x-y>0$ ואז $x^3y^2(1-x-y)\leq 0$ ולכן $(x_0,0)$ היא מקסימום.

כבר ראינו שהנקודה $(0,0)$ היא נקודת אוכף (היא על ציר $y$).

נותר לבדוק את הנקודה $(1,0)$.

נתקדם לאורך הישר $x=1$ ונקבל $f(1,y)=-y^3$ שזאת פונקציה עם נקודת פיתול ב $y=0$.

לכן $(1,0)$ היא נקודת אוכף.

לסיכום:

נקודות קריטיות:

$\{(x,y)\mid x=0\}\cup \{(x,y)\mid y=0\} \cup \{(\frac{1}{2},\frac{1}{3})\}$

מתוכן:

מקסימום:

$\{(\frac{1}{2},\frac{1}{3})\}\cup \{(x,0)\mid x>1 \or x<0\}$

מינימום:

$\{(x,0)\mid 0<x<1\}$

אוכף:

$\{(0,y)\}\cup\{(1,0)\}$

שאלה 5

סעיף א

דרך א' לפתרון:

היות ו $\arctan(\frac{y}{x})$ היא פונקציה אי זוגית לפי $y$ (או $x$) והתחום שלנו סימטרי ביחס ל $y$ (או $x$) אז האינטגרל הוא $0$.

דרך ב', חישוב:

זה די ברור שצריך להשתמש בקוארדינטות פולריות.

אם מחליפים

$x=r\cos\theta\quad y = r\sin\theta$

אז נקבל שהתחום החדש הוא $a\leq r\leq b$ ו $0\leq\theta \leq 2\pi$

הבעיה היחידה היא זה לא נכון להגיד ש $\arctan(\frac{y}{x})=\theta$.

זה נכון רק כש $-\frac{\pi}{2}< \theta < \frac{\pi}{2}$

בתחום $\frac{\pi}{2}<\theta <\frac{3\pi}{2}$ מתקיים דווקא $\theta = \arctan(\frac{y}{x}) +\pi$

ולכן נעדיף ש $\theta$ יהיה בתחום $[-\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}]$ ולא $[0,2\pi]$

$\iint\limits _K \, \arctan(\frac{y}{x}) \mathrm{d}x \mathrm{d}y = \int_a^b \, \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \, \arctan(\frac{y}{x}) r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}r = \int_a^b \, \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \, \arctan(\frac{y}{x}) r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}r+ \int_a^b \, \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \, \arctan(\frac{y}{x}) r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}r$

$= \int_a^b \, \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \, \theta r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}r+ \int_a^b \, \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \, (\theta -\pi) r\mathrm{d}\theta \mathrm{d}r = \int_a^b \, \frac{1}{2} \theta^2 r \mid_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}r+ \int_a^b \, \frac{1}{2} {(\theta-\pi)}^2 r \mid_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}} \mathrm{d}r =0+0=0$

סעיף ב

נראה שצריך להשתמש כאן בקוארדינטות כדוריות

$x=r \cos \theta \sin \varphi ,\quad y = r \sin \theta \sin \varphi ,\quad z = r\cos\varphi$

והתחום החדש שלנו יהיה

$r\leq 1,\quad 0\leq\theta\leq 2\pi ,\quad 0\leq\varphi \leq \frac{\pi}{2}$

ולכן

$\iiint \limits_K \, z(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z =\int_0^1 \, \int_0^{2\pi} \, \int_0^{\frac{\pi}{2}} \, (r^2 \sin \varphi)( r \cos \varphi) ({(r^2)}^{-\frac{3}{2}}) \mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\mathrm{d}r$

$=\int_0^1 \, \int_0^{2\pi} \, \int_0^{\frac{\pi}{2}} \, \sin \varphi \cos \varphi \mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\mathrm{d}r =\int_0^1 \, \int_0^{2\pi} \, \int_0^{\frac{\pi}{2}} \, \frac{1}{2}\sin 2\varphi \mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\mathrm{d}r = \int_0^1 \, \int_0^{2\pi} \, -\frac{1}{4} \cos(2 \varphi) |_0^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \mathrm{d}r = \int_0^1 \, \int_0^{2\pi} \, \frac{1}{2} \mathrm{d}\theta \mathrm{d}r = \int_0^1 \, \pi \mathrm{d}r = \pi$