Lösningar till tentamensskrivning i Matematisk Analys 2, 2003-10-16

1. Hjälpekvationen r^{2} −3r+2 = 0 har enkelrötterna r_{1} = 1 och r_{2} = 2. (Eftersom e^{3x} i högerledet svarar mot r = 3, och x = xe^{0x} svarar mot r = 0, föreligger ingen ’resonans’.) Således får vi homogena lösningar y_{h} = C_{1}e^{x} + C_{2}e^{2x}; C_{1}, C_{2} ∈ ℝ. Man beräknar lämpligen två olika partikulärlösningar, och adderar. För ekvationen y′′ − 3y′ + 2y = e^{3x} kan man ansätta y = Ae^{3x}, vilket ger 9Ae^{3x} − 9Ae^{3x} + Ae^{3x} = e^{3x}, och A = \frac{1}{2}, och alltså y_{p1} = \frac{1}{2}e^{3x}. Slutligen ansätter man y = Bx + C i y′′ − 3y′ + 2y = x, och får 0 − 3B + 2(Bx + C) = x, vilket ger B = \frac{1}{2} och C = \frac{3}{2}B = \frac{3}{4}, och alltså y_{p2} = \frac{1}{2}x + \frac{3}{4}. Svar: \underline{y = \frac{1}{2}e^{3x} + \frac{1}{2}x + \frac{3}{4} + C_{1}e^{x} + C_{2}e^{2x}}; C_{1}, C_{2} ∈ ℝ.

2. (1): Randundersökning: ∂D = {(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} + y^{2} = 1} undersöks lättast genom att man övergår till polära koordinater. Sätt därför g(r, θ) = f(r cos θ, r sin θ) = r^{2}(cos^{2} θ + cos θ sin θ + sin^{2} θ) = r^{2}(1 + cos θ sin θ). På ∂D är r = 1; så vi söker maximum och minimum av h(θ) := g(θ, θ) = 1 + cos θ sin θ. h′(θ) = cos^{2} θ − sin^{2} θ, så h′(θ) = 0 ⟺ cos θ = ± sin θ, vilket ger θ-värdena \frac{π}{4} , \frac{3π}{4} , \frac{5π}{4} och \frac{7π}{4} , d. v. s. punkterna (±\frac{1}{\sqrt{2}}, ±\frac{1}{\sqrt{2}}) (i vanliga x- och ykoordinater) att undersöka. Eftersom f(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) = f(−\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{3}{2}, och f(\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}}) = f(−\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{1}{2}, är minsta respektive största värdet på randen \frac{1}{2} respektive \frac{3}{2}. (2): Undersökning av det inre: f är differentierbar överallt i det inre av D, så eventuella extremvärden kan bara antas där de partiella derivatorna är 0. Eftersom

\frac{∂f}{∂x} = 2x + y och \frac{∂f}{∂y} = x + 2y ,

så gäller detta precis när \{ \begin{matrix}2x + y = 0 \\ x + 2y = 0 \end{matrix} , d. v. s. när x = y = 0. Punkten (0, 0) ligger också i

det inre av D, och f(0, 0) = 0 är alltså ett möjligt extremvärde. Svar: Största värdet är \frac{3}{2}, och minsta värdet är 0.

3. Man ser att området D = {(x, y) ∈ ℝ × ℝ : 2 ≤ x ≤ 4, x + 2 ≤ y ≤ x^{2}. (Av datatekniska skäl utgår tyvärr bilden.) Alltså kan integralen skrivas som

∫_{2}^{4}( ∫_{x+2}^{x^{2}} \frac{x + 1}{(y − 1)^{2}} dy)dx = ∫_{2}^{4}[−\frac{x + 1}{y − 1}]_{y=x+2}^{x^{2}}dx = ∫_{2}^{4} −\frac{x + 1}{x^{2} − 1} + \frac{x + 1}{x + 1}dx = ∫_{2}^{4} 1 − \frac{1}{x − 1}dx =

=[x − ln(x − 1) ]_{2}^{4} = 4 − ln 3 − 2 + ln 1 = \underline{2 − ln 3} .

4. Låt s = s(x) vara längden av kurvstycket från (1, \frac{1}{4}) till (x, y), där 1 ≤ x ≤ 2 och y = y(x) = \frac{1}{4}(x^{2} − 2 ln x). Då är

(\frac{ds}{dx})^{2} = (\frac{dx}{dx})^{2} + (\frac{dy}{dx})^{2} = 1 + (\frac{1}{2}(x − \frac{1}{x}))^{2} = \frac{4x^{2} + (x^{4} − 2x^{2} + 1)}{4x^{2}} = \frac{x^{4} + 2x^{2} + 1}{4x^{2}} ,

(V.G.V.)

(lösn. t. tent.skrivn. i Matematisk Analys 2, 2003-10-16, sid. 2.)

och alltså \frac{ds}{dx} = \frac{1}{2}(x + \frac{1}{x}).

a)

Längden av kurvstycket är ∫_{1}^{2} \frac{ds}{dx}dx = \frac{1}{2} ∫_{1}^{2} x + \frac{1}{x} dx = \frac{1}{2}[\frac{x^{2}}{2} + ln x]_{1}^{2} = \frac{1}{2}(2 + ln 2 − \frac{1}{2}) =

\underline{\frac{3+2 ln 2}{4}} ( = \frac{3}{4} + ln \sqrt{2}).

b)

Ytans area är

∫_{1}^{2} 2πy(x)\frac{ds}{dx} dx = \frac{π}{4} ∫_{1}^{2}(x^{2} − 2 ln x)(x + \frac{1}{x}) dx = \frac{π}{4} ∫_{1}^{2} x^{3} + x − 2x ln x − \frac{2 ln x}{x} dx =

= \frac{π}{4} [\frac{1}{4}x^{4} + \frac{1}{2}x^{2} − (x^{2} ln x − \frac{1}{2}x^{2}) − (ln x)^{2}]_{1}^{2} = \underline{(\frac{27}{16} − ln 2 − \frac{(ln 2)^{2}}{4} )π} .

5. Vi använder att e^{x} = 1 + x + \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{6}x^{3} + O(x^{4}), sin x = x − \frac{1}{6}x^{3} + O(x^{5}), och \sqrt{1 + x} = 1 + \frac{1}{2}x − \frac{1}{8}x^{2} + O(x^{3}), och får

lim_{x→0} \frac{e^{sin x} − 1 + x^{3} − sin(e^{x} − 1)}{e^{x} − 1 − x\sqrt{1 + x}} =

lim_{x→0} ^{\frac{1+(x− \frac{1}{6} x^{3}+O(x^{5}))+ \frac{1}{2} (x+O(x^{3}))^{2}+ \frac{1}{6} (x+O(x^{3}))^{3}+O(x^{4})−1+x^{3}−(x+ \frac{1}{2} x^{2}+ \frac{1}{6} x^{3}+O(x^{4}))+ \frac{1}{6}(x+O(x^{2}))^{3}}{1+x+ \frac{1}{2} x^{2}+ \frac{1}{6} x^{3}+O(x^{4})−1−x(1+ \frac{1}{2} x− \frac{1}{8} x^{2}+O(x^{3}))}} =

lim_{x→0} \frac{1 + x − \frac{1}{6}x^{3} + \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{6}x^{3} − 1 + x^{3} − x − \frac{1}{2}x^{2} − \frac{1}{6}x^{3} + \frac{1}{6}x^{3} + O(x^{4})}{x + \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{6}x^{3} − x − \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{8}x^{3} + O(x^{4})} = lim_{x→0} \frac{x^{3} + O(x^{4})}{\frac{7}{24}x^{3} + O(x^{4})}

= lim_{x→0} \frac{1+O(x)}{\frac{7}{24} +O(x)} = \underline{\frac{24}{7}} .

6. f är differentierbar; och \frac{∂f}{∂x} = (e^{2x} +e^{y})+(x+y)·2e^{2x}, och \frac{∂f}{∂y} = (e^{2x} +e^{y})+(x+y)e^{y}. Alltså

är ∇f = (8e^{2}, 5e^{2}) i punkten (x, y) = (1, 2). Eftersom gradienten är vinkelrät mot tangenten till nivåkurvan genom punkten, har tangenten en riktningsvektor (5, −8) och alltså en ekvation 5x − 8y + c = 0. Insättning av (x, y) = (1, 2) ger c = 11. Svar: T. ex. 5x − 8y + 11 = 0.