Tenta 2007-12-18

Division med $x$ ger $y'-\frac2xy=x$. Eftersom $-\int\frac2x\,dx=-2\ln x$ (med integrationskonstanten satt till $0$), är den integrerande faktorn $e^{-2\ln x}=x^{-2}$. Nu dividerar vi ekvationen med $x^2$ och får i tur och ordning $\frac1{x^2}y'-\frac2{x^3}y=\frac1x$, $(\frac y{x^2})'=\frac1x$, $\frac y{x^2}=\ln x+C$, och slutligen $y=x^2\ln x+Cx^2$.

Tangentens riktningskoefficient då $x=1$ är $y'(1)$. Alltså söker vi den lösning som satisfierar villkoret $y'(1)=0$. Eftersom $y'(x)=2x\ln x+x+2Cx$, får vi $y'(1)=1+2C=0$. Så $C=-\frac12$ och $y=x^2\ln x-\frac12x^2$.

$f'(x)=\frac{(2x-2)(x-1)-(x^2-2x+5)}{(x-1)^2}=\frac{x^2-2x-3}{(x-1)^2}$. $f'$ har två nollställen: $x=-1$ och $x=3$.

Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&&-1&&1&&3&\\\hline f'&+&0&-&\text{ej def.}&-&0&+\\f&\nearrow&&\searrow&&\searrow&&\nearrow\end{array}$$
Det framgår av tabellen att $f$ har ett lokalt maximum då $x=-1$ och ett lokalt minimum då $x=3$.
$$f''(x)=\frac{(2x-2)(x-1)^2-2(x-1)(x^2-2x-3)}{(x-1)^4}=\frac{(2x-2)(x-1)-2(x^2-2x-3)}{(x-1)^3}=\frac8{(x-1)^3}.$$
Teckentabell för $f''$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&1&\\\hline f''&-&\text{ej def.}&+\\f&\text{konkav}&&\text{konvex}\end{array}$$
Asymptoter:

$\lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty$ eftersom $x^2-2x+5\to4$ och $x-1\to0^+$ då $x\to1^+$.

$\lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty$ eftersom $x^2-2x+5\to4$ och $x-1\to0^-$ då $x\to1^-$.

Alltså är $x=1$ en lodrät asymptot.
$$k=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2-2x+5}{x(x-1)}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1-\frac2x+\frac5{x^2}}{1-\frac1x}=1.$$
$$m=\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)-kx)=\lim_{x\to\pm\infty}\left(\frac{x^2-2x+5}{x-1}-x\right)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{-x+5}{x-1}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{-1+\frac5x}{1-\frac1x}=-1.$$
Alltså är $y=x-1$ en sned asymptot då $x\to\pm\infty$.

Grafen:

Sätt $f(x)=e^x+4e^{-2x}$.

$f'(x)=e^x-8e^{-2x}$. $f'(x)=0$ ger $e^x=8e^{-2x}$ och $e^{3x}=8$. Så $e^x=2$ och $x=\ln2$.

Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&\ln2&\\\hline f'&-&0&+\\f&\searrow&&\nearrow\end{array}$$
Vi ser att $f$ är strängt avtagande för $x\le\ln2$, strängt växande för $x\ge\ln2$ och $f(\ln2)=3$. Det följer att $e^x+4e^{-2x}=3$ då $x=\ln2$ och $e^x+4e^{-2x}>3$ för alla $x\ne\ln2$.

Genom att använda standardutvecklingar får vi:
$$\ln(1+t)=t-\tfrac12t^2+B_1(t)t^3,\qquad\ln(1+x^2)=x^2-\tfrac12x^4+B_2(x)x^6,\qquad\arctan x=x-\tfrac13x^3+\tfrac15x^5+B_3(x)x^7.$$
Så $x\ln(1+x^2)+3\arctan x-3x=x(x^2-\frac12x^4+B_2(x)x^6)+3(x-\frac13x^3+\frac15x^5+B_3(x)x^7)-3x=\frac1{10}x^5+B_4(x)x^7$ och
$$\frac{x\ln(1+x^2)+3\arctan x-3x}{x^5}=\frac1{10}+B_4(x)x^2\to\frac1{10}\text{ då }x\to0.$$

$f_x'(x,y)=\frac{x^2+y^2-2x(x-y)}{(x^2+y^2)^2}=\frac{-x^2+y^2+2xy}{(x^2+y^2)^2}$, $f_y'(x,y)=\frac{-(x^2+y^2)-2y(x-y)}{(x^2+y^2)^2}=\frac{-x^2+y^2-2xy}{(x^2+y^2)^2}$.

a) I en stationär punkt är $-x^2+y^2=-2xy$ och $-x^2+y^2=2xy$. Eftersom vänsterleden är lika, måste även högerleden vara det, så $-2xy=2xy$, vilket ger att $xy=0$ och antingen är $x=0$ eller $y=0$. $x=0$ insatt i den första ekvationen ovan ger $y=0$ och på liknande sätt leder $y=0$ till att även $x=0$. Vi får alltså punkten $(0,0)$ men den tillhör inte definitionsmängden för $f$. Så det finns inga stationära punkter.

b) Eftersom det inte finns några stationära punkter, behöver endast randen undersökas. Vi använder polära koordinater $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, $0\le\theta\le2\pi$.

Då $x^2+y^2=1$ är $h_1(\theta)=f(\cos\theta,\sin\theta)=\cos\theta-\sin\theta$. $h_1'(\theta)=-\sin\theta-\cos\theta=0$ då $\tan\theta=-1$, vilket ger två $\theta$-värden: $\frac34\pi$ och $\frac74\pi$. Vi får $h_1(0)=h_1(2\pi)=1$, $h_1(\frac34\pi)=-\sqrt2$ och $h_1(\frac74\pi)=\sqrt2$. Då $x^2+y^2=4$, är $h_2(\theta)=f(2\cos\theta,2\sin\theta)=\frac12(\cos\theta-\sin\theta)$, och motsvarande värden blir $\frac12$, $-\frac1{\sqrt2}$, $\frac1{\sqrt2}$. Det följer att största värdet för $f$ i mängden $1\le x^2+y^2\le4$ är $\sqrt2$ och minsta värdet är $-\sqrt2$.

I mängden $0<x^2+y^2\le4$ har $f$ inget största eller minsta värde, vilket t.ex. kan ses på följande sätt: $f(x,0)=1/x$, så $\lim_{x\to0^+}f(x,0)=+\infty$, $\lim_{x\to0^-}f(x,0)=-\infty$.

c) Eftersom $f_x'(1,2)=\frac7{25}$ och $f_y'(1,2)=-\frac1{25}$, är tangentplanets ekvation $z=-\frac15+\frac7{25}(x-1)-\frac1{25}(y-2)$ och efter förenkling $z=\frac7{25}x-\frac1{25}y-\frac25$.

Eftersom $1+x^2=1+\sqrt x$ då $x=0$ eller $1$, är det lätt att se att det finns $x$ och $y$ som satisfierar olikheten $1+x^2\le y\le1+\sqrt x$ om och endast om $0\le x\le1$ (rita en figur). Så
$$\iint_D\frac1{y^2}\,dx\,dy=\int_0^1\left(\int_{1+x^2}^{1+\sqrt x}\frac1{y^2}\,dy\right)dx.$$
Vi får $\int_{1+x^2}^{1+\sqrt x}\frac1{y^2}\,dy=\left[-\frac1y\right]_{y=1+x^2}^{y=1+\sqrt x}=\frac1{1+x^2}-\frac1{1+\sqrt x}$.

Nu återstår det att beräkna integralerna med avseende på $x$:
$$\int_0^1\frac1{1+x^2}\,dx=[\arctan x]_0^1=\frac\pi4$$
$$\begin{aligned}\int_0^1\frac1{1+\sqrt x}\,dx&=[1+\sqrt x=t,\ x=(t-1)^2,\ dx=2(t-1)\,dt]\\&=2\int_1^2\frac{t-1}t\,dt=2\int_1^2\left(1-\frac1t\right)dt=2[t-\ln t]_1^2=2-2\ln2.\end{aligned}$$
Så $\iint_D\frac1{y^2}\,dx\,dy=\int_0^1\frac1{1+x^2}\,dx-\int_0^1\frac1{1+\sqrt x}\,dx=\frac\pi4+2\ln2-2$.