Tenta 2024-05-27

Nämnaren har nollställena $x=-2$ samt $x=5$. Därför har vi en partialbråksuppdelning
$$f(x)=\frac{5x-11}{x^2-3x-10} =\frac{5x-11}{(x+2)(x-5)} =\frac A{x+2}+\frac B{x-5},$$
med reella konstanter $A,B$. “Handpåläggning” ger
$$A=\left.\frac{5x-11}{x-5}\right|_{x=-2}=3,\qquad B=\left.\frac{5x-11}{x+2}\right|_{x=5}=2.$$
Därför får vi
$$\int f(x)\,dx=\int\frac3{x+2}\,dx+\int\frac2{x-5}\,dx =3\ln|x+2|+2\ln|x-5|+C,$$
där $C\in\mathbb R$.

Vi har
$$f'(x)=\frac{3}{2\sqrt{1+3x}},\qquad f''(x)=-\frac9{4\sqrt{(1+3x)^3}},\qquad f'''(x)=\frac{81}{8\sqrt{(1+3x)^5}}.$$
Maclaurinpolynomet av grad $2$ är
$$p_2(x)=1+\frac32x-\frac98x^2.$$
Resttermen ges av
$$R_3(x)=\frac{27}{16\sqrt{(1+3\xi)^5}}x^3,$$
där $\xi$ ligger mellan $0$ och $x$. Ifall $0\le x\le0,1$ är alltså $\xi\ge0$ och därför erhåller vi feluppskattningen
$$|R_3(x)|=\frac{27}{16\sqrt{(1+3\xi)^5}}|x|^3 \le\frac{27}{16}0,1^3=\frac{27}{16}\cdot10^{-3}.$$

Vi hittar stationära punkter genom att hitta gemensamma nollställen av
$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2xy,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^2+3y^2.$$
Ekvationen $2xy=0$ löses av $x=0$ eller $y=0$, och insatt i den andra ekvationen ger $x=0$ att $y=0$ och tvärtom. Den enda stationära punkten är då $(0,0)$ med $f(0,0)=0$.
Randen består av halvcirkeln $x^2+y^2=16$, $y\ge0$, med radie $4$, samt $y=0$, $-4\le x\le4$. Vi parametriserar halvcirkeln med $x=4\cos t$, $y=4\sin t$, $0\le t\le\pi$, och får då
$$f(x,y)=y(x^2+y^2)=64\sin t,\qquad0\le t\le\pi.$$
Största värdet på halvcirkeln är därför $64$ och minsta värdet noll. På $y=0$ har vi $f(x,y)=0$ konstant. Därför är funktionens största värde på hela området $64$ och dess minsta värde noll.

(a) En skiss ger
$$\int_1^2\int_{y^2}^4 f(x,y)\,dx\,dy =\int_1^4\int_1^{\sqrt{x}} f(x,y)\,dy\,dx.$$

(b) Med polära koordinater $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, där $1\le r\le2$ och $\pi/4\le\theta\le\pi/2$ har vi
$$\begin{aligned} \iint_Dxy e^{(x^2+y^2)^2}\,dx\,dy &=\int_1^2\int_{\pi/4}^{\pi/2}\sin\theta\cos\theta\,r^3e^{r^4}\,d\theta\,dr\\\\ &=\frac14[e^{r^4}]_1^2\frac12[\sin^2\theta]_{\pi/4}^{\pi/2} =\frac1{8}(e^{16}-e)\left(1-\frac12\right) =\frac1{16}e(e^{15}-1). \end{aligned}$$

Den homogena DE:n $y''-2y'-8y=0$ har den karakteristiska ekvationen $r^2-2r-8=0$ med lösningar $r=-2$ samt $r=4$. Därför ges den allmänna lösningen till den homogena DE:n av
$$y_h(x)=C_1e^{-2x}+C_2e^{4x},$$
med konstanter $C_1,C_2\in\mathbb R$.
För att lösa den inhomogena DE:n väljer vi ansatsen
$$y_p(x)=Axe^{-2x}$$
på grund av resonansfall ($e^{-2x}$ löser den homogena DE:n). Derivator:
$$y_p'(x)=A(1-2x)e^{-2x},\qquad y_p''(x)=A(4x-4)e^{-2x}.$$
Insättning i DE:n ger
$$e^{-2x}=Ae^{-2x}(-6),$$
och jämförelse av koefficienterna leder till $A=-\frac16$. Vi får alltså
$$y_p(x)=-\frac16xe^{-2x},$$
och den allmänna lösningen är
$$y(x)=C_1e^{-2x}+C_2e^{4x}-\frac16xe^{-2x}.$$

(a) $(x_0,y_0)$ kallas stationär punkt om $f$ är partiellt deriverbar i $(x_0,y_0)$ och
$$\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)=0=\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0).$$

(b) Om $(x_0,y_0)$ är en stationär punkt till båda $f$ och $g$, så har vi med produktregeln för envariabelfunktioner
$$\frac{\partial h}{\partial x}(x_0,y_0) =f(x_0,y_0)\frac{\partial g}{\partial x}(x_0,y_0) +g(x_0,y_0)\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)=0$$
och analogt $\frac{\partial h}{\partial y}(x_0,y_0)=0$. Därför är $(x_0,y_0)$ en stationär punkt till $h$.

Slutsatsen att $h$ har ett lokalt maximum i $(x_0,y_0)$ om detta gäller för $f$ och $g$ gäller inte allmänt. Betrakta t.ex.
$$f(x,y)=2-(x^2+y^2),\qquad g(x,y)=-2-(x^2+y^2).$$
Båda har ett lokalt maximum i $(0,0)$ (paraboloider öppnade nedåt). Men
$$h(x,y)=f(x,y)g(x,y)=(x^2+y^2)^2-4$$
har ett lokalt minimum i $(0,0)$, då
$$h(x,y)\ge-4=h(0,0)\qquad\forall(x,y)\in\mathbb R^2.$$