Tenta 2008-06-10

Sätt $f(x)=\sqrt x$. Kroppens volym
$$=\pi\int_1^2(f(x))^2\,dx=\pi\int_1^2x\,dx=\pi\left[\frac12x^2\right]_1^2=\frac{3\pi}2.$$
Arean av kroppens mantelyta
$$\begin{aligned}&=2\pi\int_1^2f(x)(1+(f'(x))^2)^{1/2}\,dx=2\pi\int_1^2\sqrt x\left(1+\left(\frac1{2\sqrt x}\right)^2\right)^{1/2}\,dx\\&=2\pi\int_1^2\sqrt x\left(1+\frac1{4x}\right)^{1/2}\,dx=2\pi\int_1^2\left(x+\frac14\right)^{1/2}\,dx\\&=2\pi\left[\frac23\left(x+\frac14\right)^{3/2}\right]_1^2=\frac\pi6(27-5\sqrt5).\end{aligned}$$
Arean av kroppens båda cirkulära ändytor
$$=\pi\cdot1^2+\pi\cdot(\sqrt2)^2=3\pi.$$
Arean av kroppens hela begränsningsyta är alltså
$$=\frac\pi6(27-5\sqrt5)+3\pi=\frac{5\pi}6(9-\sqrt5).$$

Låt $D$ beteckna det givna området $x^2+y^2\le2$. Området $D$ är kompakt (både slutet och begränsat) och eftersom den givna funktionen $f$ är kontinuerlig överallt har $f$ ett största och ett minsta värde i $D$, och vi bestämmer nu dessa värden. Vi noterar att $f$ har partiella förstaderivator i hela $D^\circ$ (det inre av $D$).

i) Stationära punkter till $f$ i $D^\circ$.

Derivering ger
$$f_1'(x,y)=4x-2(x^2+y^2)\cdot2x=4x(1-(x^2+y^2))$$
och
$$f_2'(x,y)=4-2(x^2+y^2)\cdot2y=4(1-y(x^2+y^2)).$$
Dvs $f_1'(x,y)=0$, $f_2'(x,y)=0\iff$
$$\begin{cases}x(1-(x^2+y^2))=0\\1-y(x^2+y^2)=0.\end{cases}\tag{1}$$
Den första ekvationen i (1) är uppfylld dels om $x=0$ och dels om $x^2+y^2=1$. Möjligheten $x=0$ insatt i den andra ekvationen i (1) ger $y^3=1$ och alltså $y=1$. Möjligheten $x^2+y^2=1$ insatt i den andra ekvationen i (1) ger $y=1$, som med $x^2+y^2=1$ ger $x=0$. Båda möjligheterna ger alltså $(x,y)=(0,1)$, som således är den enda lösningen till (1). Punkten $(0,1)\in D^\circ$. Funktionen $f$ har alltså en stationär punkt i $D^\circ$ och det är punkten $(0,1)$. Motsvarande funktionsvärde är $f(0,1)=3$.

ii) $f$:s beteende på randen till $D$.

Sambandet $x^2+y^2=2$ ger
$$x=\pm\sqrt{2-y^2},\ -\sqrt2\le y\le\sqrt2,\quad\text{eller}\quad y=\pm\sqrt{2-x^2},\ -\sqrt2\le x\le\sqrt2.$$
Eftersom $f(x,y)=2x^2+4y-(x^2+y^2)^2$ väljer vi att använda att
$$x=\pm\sqrt{2-y^2},\quad-\sqrt2\le y\le\sqrt2.$$
(Roten i sambandet $x=\pm\sqrt{2-y^2}$ kommer då att kvadreras bort när vi sätter in detta i $f(x,y)$.) Vi har att
$$f(\pm\sqrt{2-y^2},y)=2(2-y^2)+4y-(2-y^2+y^2)^2=4y-2y^2,\quad-\sqrt2\le y\le\sqrt2.$$
Vi studerar alltså
$$a(y)=4y-2y^2,\quad-\sqrt2\le y\le\sqrt2.$$
Derivatan är $a'(y)=4-4y$, och $a'(y)=0$ ger $y=1$ som ligger i $-\sqrt2\le y\le\sqrt2$. Vi får följande schema för $a(y)$ i $-\sqrt2\le y\le\sqrt2$
$$\begin{array}{c|ccccc}y&-\sqrt2&&1&&\sqrt2\\\hline a'(y)&&+&0&-&\\a(y)&-4\sqrt2-4&\nearrow&2&\searrow&4\sqrt2-4\end{array}$$
iii) $f$:s största och minsta värde i $D$

Av räkningarna ovan framgår att $f$:s största värde i $D$ är $\max(3,2)=3$, och att det minsta värdet är $\min(-4\sqrt2-4,4\sqrt2-4)=-4\sqrt2-4$.

Vi avbildar $D$ bijektivt på en axelparallell rektangel genom att göra substitutionen
$$\begin{cases}u=x+2y\\v=y-x\end{cases}\iff\begin{cases}x=\frac13u-\frac23v\\y=\frac13u+\frac13v.\end{cases}$$
Området $D$ övergår då i den axelparallella rektangeln $0\le u\le2$, $0\le v\le3$. Substitutionens funktionaldeterminant
$$\frac{d(x,y)}{d(u,v)}=\begin{vmatrix}\frac{\partial x}{\partial u}&\frac{\partial x}{\partial v}\\\frac{\partial y}{\partial u}&\frac{\partial y}{\partial v}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\frac13&-\frac23\\\frac13&\frac13\end{vmatrix}=\frac13.$$
Formeln för variabelsubstitution i dubbelintegral och fortsatt räkning ger sedan att
$$\begin{aligned}\iint_D(x+2y)^3\,dx\,dy&=\iint_{\substack{0\le u\le2\\0\le v\le3}}u^3\left|\frac13\right|\,du\,dv\\&=\frac13\iint_{\substack{0\le u\le2\\0\le v\le3}}u^3\,du\,dv=\frac13\int_0^2u^3\,du\int_0^3dv=\frac13\left[\frac14u^4\right]_0^2\cdot3=4.\end{aligned}$$

Motsvarande homogena ekvation är
$$y''+y=0$$
och vi börjar med att lösa denna differentialekvation.

i) Den allmänna reella lösningen till ekvationen $y''+y=0$.

Tillhörande karakteristisk ekvation $r^2+1=0$ har rötterna $\pm i$. Den allmänna reella lösningen är således
$$y_h=A\cos x+B\sin x,\quad\text{där }A\text{ och }B\text{ är godtyckliga reella konstanter.}$$
För att få lösningarna till den givna differentialekvationen behöver vi också en partikulärlösning till denna.

ii) En partikulärlösning till den givna differentialekvationen

Betrakta differentialekvationen
$$z''+z=e^{ix}.\tag{2}$$
Låt $z$ vara en lösning till denna ekvation. Eftersom $\operatorname{Im}(e^{ix})=\sin x$ är då $\operatorname{Im}(z)$ en partikulärlösning till den givna differentialekvationen
$$y''+y=\sin x.$$
Vi hittar en lösning till (2) genom att där sätta $z=we^{ix}$. Efter förenkling och förkortning med $e^{ix}$ (som är skilt från $0$ för alla reella tal $x$) fås ekvationen
$$w''+2iw'=1.$$
En lösning till denna ekvation är som lätt ses
$$w=\frac1{2i}x=-\frac12ix.$$
En lösning till (2) är således
$$z=we^{ix}=-\frac12ixe^{ix}=-\frac12ix(\cos x+i\sin x)=\frac12x\sin x-i\frac12x\cos x.$$
För denna lösning $z$ gäller
$$\operatorname{Im}(z)=-\frac12x\cos x,$$
och således är
$$y_p=-\frac12x\cos x$$
en partikulärlösning till den givna differentialekvationen.

iii) Den allmänna reella lösningen till den givna differentialekvationen.

Den allmänna reella lösningen är $y=y_h+y_p$. Enligt ovan är således respektive
$$y=A\cos x+B\sin x-\frac12x\cos x,\tag{3}$$
där $A$ och $B$ är godtyckliga reella konstanter, den allmänna reella lösningen till
$$y''+y=\sin x.$$
iv) Villkoret $y(0)=y(\pi)=0$.

Vi visar nu slutligen att det inte finns reella tal $A$ och $B$ så att lösningen $y(x)$ i (3) uppfyller att $y(0)=y(\pi)=0$. Villkoren $y(0)=y(\pi)=0$ ger tillsammans med (3) att
$$A\cos0+B\sin0-0=0\quad\text{och}\quad A\cos\pi+B\sin\pi-\frac12\pi\cos\pi=0\iff A=0\quad\text{och}\quad A=\frac\pi2,$$
vilket är omöjligt. Det finns således inte någon lösning $y(x)$ sådan att $y(0)=y(\pi)=0$.

Sätt
$$f(x)=\left(x^3+x^2+\frac1x\right)^{1/3}.$$
Funktionen $f(x)$ är definierad och kontinuerlig för alla $x\ne0$. Den enda möjliga lodräta asymptoten till kurvan $y=f(x)$ är således $x=0$. Eftersom
$$f(x)=\left(x^3+x^2+\frac1x\right)^{1/3}\to-\infty\quad\text{då }x\to0^-$$
och
$$f(x)=\left(x^3+x^2+\frac1x\right)^{1/3}\to+\infty\quad\text{då }x\to0^+$$
så är verkligen $x=0$ en lodrät asymptot till kurvan $y=f(x)$.

Vi bestämmer nu eventuella sneda asymptoter då $x\to\pm\infty$. Taylorutvecklingen (standardutvecklingen)
$$(1+u)^{1/3}=1+\frac{\frac13}{1!}u+O(u^2)=1+\frac13u-\frac19u^2+O(u^2)\quad\text{då }u\text{ nära }0$$
ger att
$$\begin{aligned}f(x)&=\left(x^3+x^2+\frac1x\right)^{1/3}=x\left(1+\frac1x+\frac1{x^4}\right)^{1/3}\\&=x\left(1+\frac13\left(\frac1x+\frac1{x^4}\right)+O\left(\left(\frac1x+\frac1{x^4}\right)^2\right)\right)=x\left(1+\frac13\left(\frac1x+\frac1{x^4}\right)+O\left(\frac1{x^2}\right)\right)\\&=x\left(1+\frac1{3x}+O\left(\frac1{x^2}\right)\right)=x+\frac13+O\left(\frac1x\right)\quad\text{då }x\text{ är stort (positivt eller negativt)},\end{aligned}$$
och alltså gäller att
$$f(x)-\left(x+\frac13\right)\to0\quad\text{då }x\to\pm\infty.$$
Det följer att linjen
$$y=x+\frac13$$
är asymptot till kurvan $y=f(x)$ då $x\to-\infty$ och då $x\to+\infty$.

Av $y=x^2$ får vi $y'=2x$. Normalen till parabeln $y=x^2$ i den punkt på parabeln där $x=a$, för godtyckligt reellt tal $a\ne0$, är alltså räta linjen
$$y-a^2=-\frac1{2a}(x-a)\iff$$
$$y=-\frac1{2a}x+a^2+\frac12.\tag{4}$$
Normalen till parabeln $y=x^2$ i den punkt på parabeln där $x=0$, dvs i punkten $(0,0)$ på parabeln, är räta linjen
$$x=0.\tag{5}$$
Vi bestämmer nu för varje reellt tal $c$ antalet olika normaler till parabeln $y=x^2$ som går genom punkten $(0,c)$. Normalen (5) går genom punkten $(0,c)$ för varje reellt tal $c$. Normalen (4) går genom punkten $(0,c)$ precis om
$$c=a^2+\frac12.\tag{6}$$
Ekvationen (6), betraktad som en ekvation i $a$, har lösning $a\ne0$ precis om $c>\frac12$, och (6) har två olika lösningar $a\ne0$ om $c>\frac12$ (nämligen $a=\pm\sqrt{c-\frac12}$). Antalet olika normaler till parabeln $y=x^2$ som går genom punkten $(0,c)$ är således en om $c\le\frac12$ och tre om $c>\frac12$.