88-230 אינפי 3 סמסטר א תשעג/תיכוניסטים/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 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