MM2001 · Hela analys
Lös differentialekvationen $y'-y=x$.
Bestäm den lösning till differentialekvationen $xy'=y^2$ som satisfierar begynnelsevillkoret $y(1)=1$. Bestäm också det största $x$-intervallet kring punkten $x=1$ för vilket lösningen existerar. Finns det någon lösning som satisfierar begynnelsevillkoret $y(0)=0$?
a) Eftersom $\int(-1)\,dx=-x$ (med integrationskonstanten satt till $0$), är $e^{-x}$ ekvationens integrerande faktor. Vi får $e^{-x}y'-e^{-x}y=xe^{-x}$ och vidare $(e^{-x}y)'=xe^{-x}$ och $e^{-x}y=\int xe^{-x}\,dx=-xe^{-x}+\int e^{-x}\,dx=-xe^{-x}-e^{-x}+C$. Så $y=-x-1+Ce^x$ är ekvationens allmänna lösning.
b) Ekvationen har separabla variabler. En uppenbar lösning är $y=0$, och den satisfierar villkoret $y(0)=0$. För $y\ne0$ får vi $\frac{y'}{y^2}=\frac1x$ och sedan $\frac{dy}{y^2}=\frac{dx}x$. Integration ger $-\frac1y=\ln\lvert x\rvert+C$, så $y=-\frac1{\ln\lvert x\rvert+C}$. Villkoret $y(1)=1$ ger $C=-1$, så $y=\frac1{1-\ln x}$. Här har vi ersatt $\lvert x\rvert$ med $x$ eftersom med en lösning till ett begynnelsevärdesproblem menar man vanligtvis en lösning för $x$ i ett intervall kring begynnelsepunkten $x_0$. Eftersom $\ln x<1\iff0<x<e$, är $(0,e)$ det största $x$-intervallet där lösningen existerar.
Kurvan $y=(1+x^2)^{-1/2}$, $x\ge1$, roterar kring $x$-axeln. Bestäm volymen av den kropp som då uppstår.
Visa att mantelytan av kroppen ovan har oändlig area.
a) Volymen
$$V=\pi\int_1^\infty f(x)^2\,dx=\pi\int_1^\infty\frac1{1+x^2}\,dx=\pi\lim_{X\to\infty}[\arctan x]_1^X=\pi\lim_{X\to\infty}(\arctan X-\arctan1)=\pi\left(\frac\pi2-\frac\pi4\right)=\frac{\pi^2}4.$$
b) Arean $A=2\pi\int_1^\infty f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx$. Om $f\ge0$ (vilket är fallet här), så är $0\le f(x)\le f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}$ och enligt jämförelsesatsen för generaliserade integraler räcker det att visa att $\int_1^\infty f(x)\,dx$ divergerar. Eftersom $f(x)=\frac1{\sqrt{1+x^2}}\ge\frac1{\sqrt2x}>0$ för $x\ge1$ och $\int_1^\infty\frac1{\sqrt2x}\,dx$ divergerar, ger ännu en användning av jämförelsesatsen att även $\int_1^\infty f(x)\,dx$ divergerar. Alltså är arean oändlig.
Undersök funktionen $f(x)=x+\lvert x\rvert-\arctan x$ med avseende på lokala extrempunkter, konvexitetsegenskaper och asymptoter. Rita grafen för $f$.
För $x\ge0$ är $f(x)=2x-\arctan x$ och för $x<0$ är $f(x)=-\arctan x$. Så $f'(x)=2-\frac1{1+x^2}>0$ för $x>0$ och $f'(x)=-\frac1{1+x^2}<0$ för $x<0$, vilket ger följande teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&0&\\\hline f'&-&\text{ej def.}&+\\f&\searrow&&\nearrow\end{array}$$
(notera att $f$ inte är deriverbar i origo). Vi ser att $f$ har ett lokalt (och även globalt) minimum då $x=0$.
Vi undersöker konvexitet. För $x\ne0$ är $f''(x)=\frac{2x}{(1+x^2)^2}$, så vi får följande teckentabell för $f''$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&0&\\\hline f''&-&\text{ej def.}&+\\f&\text{konkav}&&\text{konvex}\end{array}$$
Till sist undersöker vi asymptoter. Eftersom $f$ är definierad och kontinuerlig för alla $x$, finns inga lodräta sådana.
$k=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to+\infty}(2-\frac{\arctan x}x)=2$ och $m=\lim_{x\to+\infty}(f(x)-2x)=\lim_{x\to+\infty}(-\arctan x)=-\frac\pi2$. Så $y=2x-\frac\pi2$ är sned asymptot då $x\to+\infty$.
På samma sätt får vi $k=\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}x=-\lim_{x\to-\infty}\frac{\arctan x}x=0$ och $m=\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\lim_{x\to-\infty}\arctan x=\frac\pi2$. Så $y=\frac\pi2$ är sned (egentligen vågrät) asymptot då $x\to-\infty$.
Grafen:
Visa att $\ln(1+x)<\frac14x^2+\frac34$ för alla $x>-1$.
Sätt $f(x)=\ln(1+x)-\frac14x^2-\frac34$. Vi behöver visa att $f(x)<0$ för alla $x>-1$. Eftersom $f'(x)=\frac1{1+x}-\frac12x=\frac{2-x-x^2}{2(1+x)}$, får vi följande teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|cccc}x&-1&&1&\\\hline f'&&+&0&-\\f&&\nearrow&&\searrow\end{array}$$
Så för alla $x>-1$ gäller att $f(x)\le f(1)=\ln2-1<0$ (eftersom $\ln2<\ln e=1$).
Bestäm största och minsta värde för funktionen $f(x,y)=\frac{x}{1+x^2+y^2}$ i mängden $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le3\}$.
Bestäm tangentplanet till ytan $z=\frac{x}{1+x^2+y^2}$ i punkten $(1,2,\frac16)$.
a) $f_x'(x,y)=\frac{1-x^2+y^2}{(1+x^2+y^2)^2}$, $f_y'(x,y)=\frac{-2xy}{(1+x^2+y^2)^2}$. $f_y'=0$ ger $x=0$ eller $y=0$, vilket insatt i $f_x'=0$ ger $1+y^2=0$ resp. $1-x^2=0$. Vi får $2$ stationära punkter: $(1,0)$ och $(-1,0)$, som båda ligger i det inre av $D$. Motsvarande värden för $f$ är $f(1,0)=\frac12$ och $f(-1,0)=-\frac12$.
På randen är $f(x,y)=f(\sqrt3\cos\theta,\sqrt3\sin\theta)=\frac{\sqrt3}4\cos\theta$ och det är klart att största och minsta värdet där är $\frac{\sqrt3}4$ resp. $-\frac{\sqrt3}4$.
Då $\sqrt3<2$, är $\frac{\sqrt3}4<\frac12$ och $-\frac{\sqrt3}4>-\frac12$. Så största värdet för $f$ i $D$ är $\frac12$ och minsta värdet är $-\frac12$.
b) Tangentplanets ekvation är $z=f(1,2)+f_x'(1,2)(x-1)+f_y'(1,2)(y-2)=\frac16+\frac19(x-1)-\frac19(y-2)$ och efter förenkling $z=\frac19x-\frac19y+\frac5{18}$.
Beräkna dubbelintegralen $\iint_D xe^y\,dx\,dy$, där $D=\{(x,y)\mid x\ge0,\ x^2\le y\le2-x^2\}$.
Eftersom $x\ge0$, $x^2\le2-x^2\iff x\ge0$, $x^2\le1\iff0\le x\le1$, är $D=\{(x,y)\mid x^2\le y\le2-x^2,\ 0\le x\le1\}$ (rita en figur). Så
$$\begin{aligned}\iint_Dxe^y\,dx\,dy&=\int_0^1\left(\int_{x^2}^{2-x^2}xe^y\,dy\right)dx=\int_0^1[xe^y]_{y=x^2}^{y=2-x^2}\,dx=\int_0^1(xe^{2-x^2}-xe^{x^2})\,dx\\&=\int_0^1(e^2xe^{-x^2}-xe^{x^2})\,dx=[x^2=t,\ 2x\,dx=dt]=\frac12\int_0^1(e^2e^{-t}-e^t)\,dt\\&=\frac12[-e^2e^{-t}-e^t]_0^1=\frac12(-e^2e^{-1}+e^2-e+1)=\frac12(e^2-2e+1)=\frac12(e-1)^2.\end{aligned}$$