Tenta 2024-01-12

(a) Betrakta $f(x)=4x\ln x+1$ för $x>0$. Då $f'(x)=4\ln x+4$, vilket blir noll om och endast om $x=e^{-1}$. Teckentabellen är

| $x$ | $0$ | | $e^{-1}$ | |
|---|---:|---:|---:|---:|
| $f'(x)$ | | $-$ | $0$ | $+$ |
| $f(x)$ | | ↘ | | ↗ |

Funktionen har dessutom gränsvärdena
$$\lim_{x\to0^+}f(x)=1,\qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.$$
Dessutom är $f(e^{-1})=-4e^{-1}+1<0$. Alltihop ger en enkel skiss av funktionsgrafen att $f$ har två positiva nollställen, dvs. ekvationen har två reella lösningar.

Vi ska integrera $f(x)^2=(x-1)/(4-x)^2$. Partialbråksuppdelning:
$$\frac{x-1}{(4-x)^2}=\frac{A}{4-x}+\frac{B}{(4-x)^2}.$$
Detta ger med handpåläggning (dvs. multiplikation med $(4-x)^2$ och gränsvärdesbetraktning $x\to4$) att $B=3$, och sedan följer det vidare att $A=-1$. Rotationsvolymen $V$ ges därför av
$$\begin{aligned} V&=\pi\int_1^3f(x)^2\,dx =\pi\int_1^3\left(-\frac1{4-x}+\frac3{(4-x)^2}\right)\,dx\\ &=\pi\left[\ln(4-x)+\frac3{4-x}\right]_1^3 =\pi(2-\ln3). \end{aligned}$$

Vi hittar stationära punkter genom att hitta gemensamma nollställen av
$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=y(1+2x^2)e^{x^2+y^2},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x(1+2y^2)e^{x^2+y^2}.$$
Den enda lösningen är $(x,y)=(0,0)$ (ligger på områdets rand).

Randen består av tre delar. Där $x=0$ eller $y=0$ är $f$ konstant lika med noll. Det återstår att undersöka biten där $y=2-x$ och $0\le x\le2$: låt
$$g(x):=f(x,2-x)=(2x-x^2)e^{x^2+(2-x)^2}=(2x-x^2)e^{2x^2-4x+4}.$$
Dess derivata är
$$\begin{aligned} g'(x)&=(2-2x)e^{2x^2-4x+4}+(2x-x^2)(4x-4)e^{2x^2-4x+4}\\ &=4(1-x)\left(x^2-2x+\frac12\right)e^{2x^2-4x+4}. \end{aligned}$$
Den har nollställen i $x=1$ samt $x=1\pm\sqrt{\frac12}$. Därför är även $(1,1)$, $(1-\sqrt{\frac12},1+\sqrt{\frac12})$ och $(1+\sqrt{\frac12},1-\sqrt{\frac12})$ möjliga extrempunkter.
Jämförelse:
$$f(0,0)=f(0,2)=f(2,0)=0,\qquad f(1,1)=e^2,$$
$$f\left(1-\sqrt{\frac12},1+\sqrt{\frac12}\right) =f\left(1+\sqrt{\frac12},1-\sqrt{\frac12}\right)=\frac{e^3}{2}.$$
Största värdet är alltså $e^3/2$ och minsta värdet är $0$.

(a) En skiss ger
$$\int_1^7\int_0^{1/x}f(x,y)\,dy\,dx =\int_0^{1/7}\int_1^7f(x,y)\,dx\,dy +\int_{1/7}^1\int_1^{1/y}f(x,y)\,dx\,dy.$$

(b) Med polära koordinater $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$ har vi
$$\begin{aligned} \iint_D x(x^2+y^2)^3\,dx\,dy &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^2 r\cos\theta\,r^6\,r\,dr\,d\theta\\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta\int_0^2r^8\,dr =\frac{1024}{9}. \end{aligned}$$

Den homogena DE:n $y''-7y'+12y=0$ har den karakteristiska ekvationen $r^2-7r+12=0$ med lösningar $r=3$ samt $r=4$. Därför ges den allmänna lösningen till den homogena DE:n av
$$y_h(x)=C_1e^{3x}+C_2e^{4x},$$
med konstanter $C_1,C_2\in\mathbb R$.

För att lösa den inhomogena DE:n väljer vi ansatsen
$$y_p(x)=Axe^{3x}$$
på grund av resonansfall ($e^{3x}$ löser den homogena DE:n). Derivator:
$$y_p'(x)=A(1+3x)e^{3x},\qquad y_p''(x)=A(6+9x)e^{3x}.$$
Insättning i DE:n ger
$$e^{3x}=-Ae^{3x},$$
och jämförelse av koefficienterna leder till $A=-1$. Vi får alltså $y_p(x)=-xe^{3x}$, och den allmänna lösningen är
$$y(x)=C_1e^{3x}+C_2e^{4x}-xe^{3x}.$$

(a) Det finns en funktion $B$ som är begränsad i en omgivning av $x=0$ sådan att
$$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+\frac{f'''(0)}6x^3+B(x)x^4.$$
(Restterm på svag form.)

(b) Under uppgiftens förutsättningar existerar funktioner $B,\widetilde B$ som är begränsade i en omgivning av $x=0$ sådana att
$$f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2+B(x)x^3,$$
$$f'(x)=f'(0)+f''(0)x+\frac{f'''(0)}2x^2+\widetilde B(x)x^3.$$
Därför
$$ \frac{\alpha f(x)+f'(x)}{x^2} =\frac{\alpha f(0)+f'(0)+(\alpha f'(0)+f''(0))x+ \frac{\alpha f''(0)+f'''(0)}2x^2+(\alpha B(x)+\widetilde B(x))x^3}{x^2}, $$
och gränsvärdet då $x\to0$ existerar om och endast om både
$$\alpha f(0)+f'(0)=0\qquad\text{och}\qquad\alpha f'(0)+f''(0)=0.$$
Om $f'(0)=0$, så ger den första ekvationen $\alpha=0$, och i detta fall ger $f(0)f''(0)-f'(0)^2=0$ att även $f''(0)=0$; $\alpha=0$ uppfyller alltså även den andra ekvationen.
Låt oss nu betrakta fallet $f'(0)\ne0$. Den första ekvationen löses då av $\alpha_1=-f'(0)/f(0)$, och den andra av $\alpha_2=-f''(0)/f'(0)$. Enligt förutsättningen $f(0)f''(0)-f'(0)^2=0$ är $\alpha_1=\alpha_2$ och ekvationssystemet har en entydig lösning,
$$\alpha=-\frac{f'(0)}{f(0)}=-\frac{f''(0)}{f'(0)}.$$