Lösningar till TMA 305A Envariabelanalys I, del A, 01 10 25.

1.

Beteckna punkterna P₁, P₂, P₃, respektive P₄. Om det finns ett plan som går genom de fyra punkterna måste det också gå genom de tre första. Vi söker en normal till ett sådant plan. Vi har $\overrightarrow{P_{1}P_{2}}\times \overrightarrow{P_{1}P_{3}}=$

$$(-4,-4,-1)\times(1,-6,-5)=\left\{ \begin{array} {rrr} -4 & -4 & -1\\ 1 & -6 & -5 \end{array} \right\}=(14,-21,28).$$

Vi väljer normalen (1/7)(14,-21,28)=(2,-3,4). Planet som innehåller de tre första punkterna har därför en ekvation av formen 2x-3y+4z=d. Att planet går genom P₁ ger d=-1.

Insättning av P₄=(1,2,1) ger $2-6+4-1=-1\neq 0,$ så planet går inte genom P₄.

Svar: Nej.

2.

När $x\neq 0$ är $f'(x)=(x/(x+1)-\ln(x+1))/x^{2}.$ Derivatan f'(0) är gränsvärdet när $x\rightarrow 0$ av differenskvoten (f(x)-f(0))/x=
$=(1/x^{2})(\ln(x+1)-2x-ax),$ där både täljare och nämnare är när x=0. L'Hospitals regel ger att (1/2x)(-2-a+1/(x+1)) har samma gränsvärde när $x\rightarrow 0$. För att detta gränsvärde ska existera måste täljaren vara när x=0, eftersom nämnaren då är 0. Detta ger a=-2+1=-1. Ytterligare användning av samma regel ger att differenskvoten har samma gränsvärde som (1/2)(-1/(x+1)²) dvs -1/2, när $x\rightarrow 0$.

Detta ger oss att

$$f'(x)=\left\{ \begin{array} {lcl} (x-(x+1)\ln(x+1))/(x^{... ... x\neq 0\\ -1/2 &\mbox{ när }& x=0. \end{array}\right.$$

Vi ser att f'(x) är kontinuerlig utom möjligen i x=0. För att undersöka kontinuiteten där ska vi utröna om $\lim_{x\rightarrow 0}f'(x)=-1/2$. L'Hospitals regel ger att gränsvärdet är gränsvärdet av $(1-\ln(x+1)-1)/(3x^{2}+2x)$. Ytterligare användning ger att det är gränsvärdet av (-1/(x+1))/(6x+2), som är -1/2, när $x\rightarrow 0$. Därmed är f'(x) kontinuerlig även i x=0.

Svar: a=-1. Derivatan är kontinuerlig.

3.

Tangentlinjen i punkten (a,f(a)) har ekvationen y=f'(a)(x-a)+f(a)=-e^-a(x-a)+e^-a. y=0 ger x=a+1 och x=0 ger y=(a+1)e^-a, så P=(a+1,0) och Q=(0,(a+1)e^-a). Därmed har, eftersom a>0, triangeln arean A(a)=(a+1)²e^-a/2, där a>0.

Vi söker kritiska punkter: 0=A'(a)=((a+1)-(a+1)²/2)e^-a=(1/2)(a+1)(2-a-1)e^-a. Detta ger a=-1 eller a=1, där bara a=1 är aktuell (a>0). Vi har A(1)=2e^-1.

När $a\rightarrow 0$ har vi att $A(a)\rightarrow A(0)=1/2$ och när $a\rightarrow\infty$ har vi att $A(a)\rightarrow 0$. Detta ger att minsta värde saknas medan det största är 2e^-1 eftersom detta är större än 1/2.

Svar: Minsta värde saknas, men största värdet är 2e^-1.

4.

(a)

Låt $a_{0}=1,\, a_{2},\ldots, a_{n}=2$ vara en indelning av intervallet [1,2]. Varje intervall $[a_{i},a_{i+1}],\, 0\leq i\leq n-1$ innehåller såväl rationella som irrationella punkter, så funktionens minsta värde där, m_i, är 1 medan det största, M_i, är $\geq 2^{1}$. Detta ger att undersumman är $\sum_{i}m_{i}(a_{i+1}-a_{i})=2-1=1,$ medan översumman är $\sum_{i}M_{i}(a_{i+1}-a_{i})\geq 2(2-1)=2$. Varje undersumma är alltså 1 medan varje översumma är $\geq 2$. Detta ger att f inte är integrerbar på [1,2]