שינויים
/* שאלה 4 */
ולכן <math>f</math> דיפרנציאבילית ב <math>(0,0,0)</math>.
==שאלה 2==
הפונקציה מקיימת <math>F(tx)=t^nF(x)</math>.
נבחר <math>x \in \mathbb{R}^k</math> קבוע.
ניתן להגדיר פונקציה <math>g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}</math> לפי:
<math>g(t)=F(tx)=t^nF(x)</math>
(אם נסמן <math>x=(x_1,\ldots,x_k)</math> אז למעשה <math>F(tx)=F(tx_1,\ldots tx_k)</math>)
נגזור את <math>g</math> לפי <math>t</math>.
מצד אחד זה (לפי כלל השרשרת)
<math>(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</math>
מצד שני זה שווה ל
<math>(t^nF(x))'=nt^{n-1}F(x)</math>
כלומר לכל <math>x\in \mathbb{R}^k</math> מתקיים
<math>\nabla F(tx) \cdot x = (t^nF(x))'=nt^{n-1}F(x)</math>
כעת נציב
<math>t=1</math>
ונקבל את התוצאה הרצויה
<math>\nabla F(x) \cdot x = nF(x)</math>
==שאלה 3==
===סעיף ב===
<math>f(x,y)=x^3y^2(1-x-y)=x^3y^2-x^4y^2-x^3y^3</math>
הגרדיאנט הוא:
<math>\nabla f = (3x^2y^2-4x^3y^2-3x^2y^3,2x^3y-2x^4y-3x^3y^2)</math>
אם נשווה אותו ל <math>(0,0)</math> ונקבל:
<math>3x^2y^2-4x^3y^2-3x^2y^3 = 0</math>
<math>2x^3y-2x^4y-3x^3y^2=0</math>
נקבל שאם <math>x=0</math> או <math>y=0</math> שתי המשוואות מתקיימות.
אם <math>x\neq 0 ,\quad y\neq 0</math>, נקבל שהמשוואות הן:
<math>3-4x-3y=0</math>
<math>2-2x-3y=0</math>
הפתרון של המערכת הזאת הוא:
<math>(\frac{1}{2},\frac{1}{3})</math>
ולכן כלל הנקודות הקריטיות הן:
<math>\{(x,y)\mid x=0\}\cup \{(x,y)\mid y=0\} \cup \{(\frac{1}{2},\frac{1}{3})\}</math>
עכשיו צריך לסווג
מטריצת ההסיאן היא:
<math>\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}</math>
כמובן שהצבה של <math>x=0</math> או <math>y=0</math> לא תקדם אותנו יותר מדי.
אם נציב <math>(\frac{1}{2},\frac{1}{3})</math> נקבל (אם אין לי טעות חישוב):
<math>\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}</math>
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 <math>y</math>.
נביט על נקודה כלשהיא <math>(0,y_0)</math>.
אם נתקדם לאורך הישר <math>y=-x+y_0</math> (שעובר כמובן ב <math>(0,y_0)</math>).
אז
<math>f(x,-x+y_0)=x^3(-x+y_0)^2(1-y_0)</math>
אם <math>y_0>1</math> אז הפונקציה שלנו שלילית כש <math>x>0</math> וחיובית כש <math>x<0</math>
אם <math>y_0<1</math> אז הפונקציה שלנו חיובית כש <math>x>0</math> ושלילית כש <math>x<0</math>
בכל מקרה היא לא תהיה נקודת קיצון.
נותר לבדוק את הנקודה <math>(0,1)</math>.
אם נתקדם לאורך הישר <math>y=1</math> נקבל ש
<math>f(x,1)=-x^4</math> ולכן <math>x=0</math> היא מקסימום לאורך הקו הזה.
אבל אם נתקדם לאורך הישר <math>y=-2x+1</math> נקבל ש
<math>f(x,-2x+1)=x^3(-2x+1)^2(x)=x^4(-2x+1)^2</math> נקבל ש <math>x=0</math> היא נקודת מינימום לאורך הקו הזה.
לכן <math>(0,1)</math> היא גם נקודת אוכף.
סיכום ביניים: כל ציר <math>y</math> הוא נקודות אוכף.
כעת נעבור לציר <math>x</math>.
כלומר נחקור נקודות מהצורה <math>(x_0,0)</math>.
אם <math>x_0>1</math> אז קיימת סביבה של <math>(x_0,0)</math> שבה <math>1-x-y<0</math> ולכן באותה סביבה מתקיים ש
<math>x^3y^2(1-x-y)\leq 0</math> ולכן <math>f(x_0,0)=0</math> היא נקודת מקסימום.
אם <math>0<x_0<1</math> אז קיימת סביבה שבה <math>1-x-y>0</math> ואז <math>x^3y^2(1-x-y)\geq 0</math> ולכן <math>(x_0,0)</math> היא מינימום
אם <math>x<0</math> אז קיימת סביבה שבה <math>1-x-y>0</math> ואז <math>x^3y^2(1-x-y)\leq 0</math> ולכן <math>(x_0,0)</math> היא מקסימום.
כבר ראינו שהנקודה <math>(0,0)</math> היא נקודת אוכף (היא על ציר <math>y</math>).
נותר לבדוק את הנקודה <math>(1,0)</math>.
נתקדם לאורך הישר <math>x=1</math> ונקבל <math>f(1,y)=-y^3</math> שזאת פונקציה עם נקודת פיתול ב <math>y=0</math>.
לכן <math>(1,0)</math> היא נקודת אוכף.
לסיכום:
נקודות קריטיות:
<math>\{(x,y)\mid x=0\}\cup \{(x,y)\mid y=0\} \cup \{(\frac{1}{2},\frac{1}{3})\}</math>
מתוכן:
מקסימום:
<math>\{(\frac{1}{2},\frac{1}{3})\}\cup \{(x,0)\mid x>1 \or x<0\}</math>
מינימום:
<math>\{(x,0)\mid 0<x<1\}</math>
אוכף:
<math>\{(0,y)\}\cup\{(1,0)\}</math>
==שאלה 5==
===סעיף א===
דרך א' לפתרון:
היות ו <math>\arctan(\frac{y}{x})</math> היא פונקציה אי זוגית לפי <math>y</math> (או <math>x</math>) והתחום שלנו סימטרי ביחס ל <math>y</math> (או <math>x</math>) אז האינטגרל הוא <math>0</math>.
דרך ב', חישוב:
זה די ברור שצריך להשתמש בקוארדינטות פולריות.
אם מחליפים
<math>x=r\cos\theta\quad y = r\sin\theta</math>
אז נקבל שהתחום החדש הוא <math>a\leq r\leq b</math> ו <math>0\leq\theta \leq 2\pi</math>
הבעיה היחידה היא זה לא נכון להגיד ש <math>\arctan(\frac{y}{x})=\theta</math>.
זה נכון רק כש <math>-\frac{\pi}{2}< \theta < \frac{\pi}{2}</math>
בתחום <math>\frac{\pi}{2}<\theta <\frac{3\pi}{2}</math> מתקיים דווקא <math>\theta = \arctan(\frac{y}{x}) +\pi</math>
ולכן נעדיף ש <math>\theta</math> יהיה בתחום <math>[-\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}]</math> ולא <math>[0,2\pi]</math>
<math>\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
</math>
<math>=
\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
</math>
===סעיף ב===
נראה שצריך להשתמש כאן בקוארדינטות כדוריות
<math>x=r \cos \theta \sin \varphi ,\quad y = r \sin \theta \sin \varphi ,\quad z = r\cos\varphi</math>
והתחום החדש שלנו יהיה
<math>r\leq 1,\quad 0\leq\theta\leq 2\pi ,\quad 0\leq\varphi \leq \frac{\pi}{2}</math>
ולכן
<math>\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
</math>
<math>
=\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
</math>
