Tenta 2008-08-22

Låt $D$ beteckna det givna området $x\ge0$, $y\ge0$, $x+y\le6$. 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
$$f_1'(x,y)=4(x+y)-6xy\quad\text{och}\quad f_2'(x,y)=4(x+y)-3x^2.$$
Dvs $f_1'(x,y)=0$, $f_2'(x,y)=0\iff$
$$\begin{cases}4(x+y)-6xy=0\\4(x+y)-3x^2=0.\end{cases}$$
Tillsammans ger dessa båda ekvationer $6xy=3x^2$ och eftersom $x>0$ i $D^\circ$ fås $x=2y$. Insättning av $x=2y$ i första ekvationen ovan ger $12y-12y^2=0$ och eftersom $y>0$ i $D^\circ$ fås $y=1$. Av $y=1$ och $x=2y$ fås $x=2$. Punkten $(2,1)\in D^\circ$, som lätt ses. Funktionen $f$ har alltså en stationär punkt i $D^\circ$ och det är punkten $(2,1)$. Motsvarande funktionsvärde är $f(2,1)=6$.

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

a) Randdelen $0\le x\le6$, $y=0$.

Det gäller att
$$f(x,0)=2x^2,\quad0\le x\le6,$$
en funktion som i $0\le x\le6$ växer strängt från $0$ till $72$.

b) Randdelen $x=0$, $0\le y\le6$.

Det gäller att
$$f(0,y)=2y^2,\quad0\le y\le6,$$
en funktion som i $0\le y\le6$ växer strängt från $0$ till $72$.

c) Randdelen $x+y=6$, $0\le x\le6\iff y=6-x$, $0\le x\le6$.

Det gäller att
$$f(x,6-x)=72-3(6x^2-x^3),\quad0\le x\le6.$$
Vi behöver således studera funktionen
$$c(x)=72-3(6x^2-x^3)$$
i intervallet $0\le x\le6$. Derivatan är $c'(x)=-3(12x-3x^2)$, och $c'(x)=0$ har lösningarna $x=0$ och $x=4$. Vi får följande schema för $c(x)$ i $0\le x\le6$.
$$\begin{array}{c|ccccc}x&0&&4&&6\\\hline c'(x)&&-&0&+&\\c(x)&72&\searrow&-24&\nearrow&72\end{array}$$
iii) $f$:s största och minsta värde i $D$

Av räkningarna ovan framgår att $f$:s största värde i $D$ är $\max(6,72)=72$, och att det minsta värdet är $\min(6,0,-24)=-24$.

Differentialekvationen kan lösas med metoden med integrerande faktor. Vi har att
$$y'\cos x+2y\sin x=\cos^4x,\quad-\frac\pi2<x<\frac\pi2\iff$$
$$y'+2\frac{\sin x}{\cos x}y=\cos^3x,\quad-\frac\pi2<x<\frac\pi2.\tag{1}$$
Vidare har vi för $-\frac\pi2<x<\frac\pi2$ att
$$\int2\frac{\sin x}{\cos x}\,dx=-2\ln|\cos x|\ (+\text{konstant})=-2\ln(\cos x).$$
En integrerande faktor till (1) är således
$$e^{-2\ln(\cos x)}=\frac1{\cos^2x},$$
och multiplikation av (1) med den ger
$$\frac1{\cos^2x}y'+2\frac{\sin x}{\cos^3x}y=\cos x,\quad-\frac\pi2<x<\frac\pi2,$$
vilket kan skrivas
$$\frac d{dx}\left(\frac1{\cos^2x}y\right)=\cos x,\quad-\frac\pi2<x<\frac\pi2,$$
och efter integration fås
$$\frac1{\cos^2x}y=\sin x+C,\quad-\frac\pi2<x<\frac\pi2,$$
varav följer
$$y=(\cos^2x)(C+\sin x),\quad-\frac\pi2<x<\frac\pi2,\tag{2}$$
där $C$ är en konstant. Villkoret $y(0)=1$ insatt i (2) ger $C=1$. Sökt lösning är alltså
$$y=(\cos^2x)(1+\sin x),\quad-\frac\pi2<x<\frac\pi2.$$

Derivering av $f(x)=(1+x)^x=e^{x\ln(1+x)}$ ger
$$f'(x)=e^{x\ln(1+x)}\left(\ln(1+x)+\frac x{1+x}\right),$$
varav fås att $f'(x)<0$ i $-1<x<0$ (eftersom $\ln(1+x)<0$ och $\frac x{1+x}<0$ i $-1<x<0$), och att $f'(x)>0$ i $x>0$ (eftersom $\ln(1+x)>0$ och $\frac x{1+x}>0$ i $x>0$). Funktionen $f(x)$ är alltså strängt avtagande i $-1<x<0$ och strängt växande i $x>0$. Det följer att $f(x)$ har ett strängt lokalt minimum i $x=0$. Det följer också att $f(0)=1$ är globalt minimum till $f(x)$ i intervallet $x>-1$ (det intervall där $f(x)$ är definierad).

Vi övergår till polära koordinater $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$. Det givna området $D$ uttryckt i polära koordinater är då området $0\le r\le\sqrt6$, $\frac\pi4\le\theta\le\frac\pi2$ (rita figur över $D$) och vi får att
$$\begin{aligned}\iint_D\frac y{2+x^2+y^2}\,dx\,dy&=\iint_{\substack{0\le r\le\sqrt6\\\pi/4\le\theta\le\pi/2}}\frac{r\sin\theta}{2+r^2}r\,dr\,d\theta\\&=\iint_{\substack{0\le r\le\sqrt6\\\pi/4\le\theta\le\pi/2}}\frac{r^2}{2+r^2}\sin\theta\,dr\,d\theta=\int_0^{\sqrt6}\frac{r^2}{2+r^2}\,dr\int_{\pi/4}^{\pi/2}\sin\theta\,d\theta\\&=\int_0^{\sqrt6}\left(1-\frac1{1+r^2/2}\right)dr\int_{\pi/4}^{\pi/2}\sin\theta\,d\theta\\&=\left[r-\sqrt2\arctan\frac r{\sqrt2}\right]_{r=0}^{r=\sqrt6}[-\cos\theta]_{\theta=\pi/4}^{\theta=\pi/2}\\&=(\sqrt6-\sqrt2\arctan\sqrt3)\left(0+\frac1{\sqrt2}\right)=\left(\sqrt6-\sqrt2\frac\pi3\right)\left(0+\frac1{\sqrt2}\right)=\sqrt3-\frac\pi3.\end{aligned}$$

Sätt $f(x)=1+x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}3$. Då är $f'(x)=1+x+x^2$. Eftersom ekvationen $1+x+x^2=0$ saknar reella lösningar, och $f'(0)=1>0$ samt $f'(x)$ är kontinuerlig på $\mathbb R$, följer att $f'(x)>0$ för alla $x\in\mathbb R$. Funktionen $f(x)$ är alltså strängt växande på $\mathbb R$. Ekvationen $f(x)=0$ kan således ha högst en reell rot. Men $f(x)\to-\infty$ då $x\to-\infty$ och $f(x)\to+\infty$ då $x\to+\infty$ så enligt satsen om mellanliggande värden har ekvationen $f(x)=0$ minst en reell rot. Det följer att $f(x)=0$ har exakt en reell rot.

Sätt $g(x)=1+x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}3+\frac{x^4}4+\frac{x^5}5$. Då är $g'(x)=1+x+x^2+x^3+x^4$. Enligt summaformeln för en geometrisk serie har vi att $g'(x)=\frac{x^5-1}{x-1}$ för alla $x\ne1$, vilket visar att $g'(x)\ne0$ för alla $x\ne1$. Detta och att $g'(1)=5>0$ samt att $g'(x)$ är kontinuerlig på $\mathbb R$ medför att $g'(x)>0$ för alla $x\in\mathbb R$. Funktionen $g(x)$ är alltså strängt växande på $\mathbb R$. Sedan kan vi argumentera som ovan. Ekvationen $g(x)=0$ kan således ha högst en reell rot. Men $g(x)\to-\infty$ då $x\to-\infty$ och $g(x)\to+\infty$ då $x\to+\infty$ så enligt satsen om mellanliggande värden har ekvationen $g(x)=0$ minst en reell rot. Det följer att $g(x)=0$ har exakt en reell rot.

Låt $L$ vara en linje av sökt typ och låt $L$ vara tangent till $y=x^2$ i $x=a$ och tangent till $y=\frac1x$ i $x=b$. Vi har att $y=x^2\implies y'=2x$, och att $y=\frac1x\implies y'=-\frac1{x^2}$. Eftersom $L$ är tangent till $y=x^2$ i $x=a$ kan $L$:s ekvation skrivas
$$y-a^2=2a(x-a)\iff$$
$$y=2ax-a^2.\tag{3}$$
Eftersom $L$ även är tangent till $y=\frac1x$ i $x=b$ kan $L$:s ekvation även skrivas
$$y-\frac1b=-\frac1{b^2}(x-b)\iff$$
$$y=-\frac1{b^2}x+\frac2b.\tag{4}$$
Eftersom (3) och (4) båda är samma linje $L$ måste gälla att
$$\begin{cases}2a=-\frac1{b^2}\\-a^2=\frac2b.\end{cases}\tag{5}$$
Av första ekvationen i (5) får vi $a=-\frac1{2b^2}$, vilket insatt i andra ekvationen i (5) ger att
$$-\frac1{4b^4}=\frac2b\iff-b=8b^4\text{ och }b\ne0\iff b(8b^3+1)=0\text{ och }b\ne0\iff b=-\frac12.$$
Insättning av $b=-\frac12$ i första ekvationen i (5) ger $a=-2$. Insättning av $a=-2$ i (3) eller av $b=-\frac12$ i (4) ger linjen
$$y=-4x-4.\tag{6}$$
Det finns således en enda linje med sökt egenskap och det är linjen (6). (Denna linje är tangent till kurvan $y=x^2$ i punkten $(-2,4)$ och tangent till kurvan $y=\frac1x$ i punkten $(-\frac12,-2)$.)