Lösningar till Matematisk analys I, TMA790, del c, 02 08 29.

 

1. Triangelytan är sluten och begränsad och funktionen är kontinuerlig, så den antar säkert ett största och ett minsta värde i ytan. Vi söker först stationära punkter i det inre av ytan genom att lösa ekvationssystemet
   
   $$\left\{ \begin{array}{rcl} 0&=&f'_x=4y^2-2xy^2-y^3=y^2(4-... ...\\ 0&=&f'_y=8xy-2x^2y-3xy^2=xy(8-2x-3y) \end{array}\right.$$
   
   
   Från den första ekvationen har vi y=0 eller y=4-2x. I den andra ekvationen ger detta x godtyckligt respektive x(4-2x)(4x-4), dvs $x=0,\,1$ eller 2. Systemets lösningar är (x,0), där x är godtycklig, (0,4), (1,2) samt (2,0. Av dessa är endast (1,2) en inre punkt i ytan. Vi har f(1,2)=4. Vi undersöker f längs ytans rand: 1) f(t,0)=0, där $0\leq t\leq 6$ 2) f(0,t)=0, där $0\leq t\leq 6$ 3) f(6-t,t)=t²(4(6-t)-(6-t)²-(6-t)t)=2t³-12t², där $0\leq t\leq 6$. Derivatan av detta är 0 när t=0, eller 4. Vi har f(6,0)=0=f(0,6) och f(2,4)=-64.
    
   Svar: 4 respektive -64.

 

2. Kedjeregeln ger f'_x=f'_u2ax+f'_v och f'_y=f'_u. Väljer vi a=1/2 blir ekvationen f'_v=y=u-v²/2, som ger f=uv-v³/6+g(u), där g(u) är en godtycklig deriverbar funktion. Vi har alltså att lösningarna ges av f(x,y)=(x²/2+y)x-x³/6+g(x²/2+y)=x³/3+yx+g(x²/2+y). Vi söker g så att x²+x³/3=f(x,0)=x³/3+g(x²/2). Detta ger g(x²/2)=x² eller g(t)=2t. Den speciella lösnigen är allstå f(x,y)=x³/3+yx+x²+2y.
    
   Svar: f(x,y)= x³/3+yx+g(x²/2+y), där g är en godtycklig deriverbar funktion, respektive f(x,y)=x³/3+yx+x²+2y.

 

3. Triangelytan ges av olikheterna $0\leq x\leq 1$ och $0\leq y\leq x$. Vi får därför
   
   $$\begin{eqnarray*} \int\!\int_D(x^2+y^2)\,dxdy&=&\int_0^1\Big[x^2y+y^3/3\Big]_0^x\,dx=\\ &=&\int_0^1 4x^3/3\,dx=\Big[x^4/3\Big]_0^1=1/3. \end{eqnarray*}$$
   
   
    
   Svar: 1/3.

 

4. Enligt Greens formel blir kurvintegralen $\int\!\int_D (-2y-2x)\,dxdy,$ där D begränsas av de två kurvorna. Deras skärningspunkt ges av ekvationssystemet
   
   $$\left\{ \begin{array}{rcl} 0&=&x-y\\ 0&=&x^2-y \end{array}\right.$$
   
   
   dvs av (0,0) och (1,1). Området D ges därför av $0\leq y\leq 1$ och $y^2\leq x\leq y$. Därför får vi
   
   $$\begin{eqnarray*} \int\!\int_D (-2y-2x)\,dxdy&=&\int_0^1\Big[-2xy-x^2\Big]_{y^2... ...\, dy=\Big[-y^3+y^4/2+y^5/5\Big]_0^1=\\ &=&-1+1/2+1/5=-3/10. \end{eqnarray*}$$
   
   
    
   Svar: -3/10.

 

5. I skärningen mellan de två ytorna gäller att 4x=x²+y² dvs 4=(x-2)²+y². Det betyder att K är instängd mellan grafen till x²+y² och 4x ovanför cirkeln $4\geq (x-2)^2+y^2$ i xy-planet. Vi ska beräkna $\int\!\int\!\int_K\vert x-2\vert y^2\,dxdydz$ som alltså blir $\int\!\int_D \vert x-2\vert y^2(-(x-2)^2-y^2+4)\,dxdy,$ där D ges av $(x-2)^2+y^2\leq 4$. Övergång till polära koordinater, $x=2+r\cos t,\,y=r\sin t,$ ger oss $\int\!\int_{D'}r\vert\cos(t)\vert r^2\sin^2 t(4-r^2)\,drd\theta,$ där D' ges av $0\leq r\leq 2$ och $0\\ leq t\leq 2\pi$. Vi får
   
   $$\begin{eqnarray*} \int\!\int_{D'}r\vert\cos(t)\vert r^2\sin^2 t(4-r^2)\,drd\the... ..., dt=\\ &=&(2^8/35)4\Big[\sin^3 t/3\Big]_0^{\pi/2}=1024/105. \end{eqnarray*}$$
   
   
    
   Svar: 1024/105.

 

6. Integranden är kontinuerlig ut till randen av D, så vi kan utgå från att D ges av $-1\leq x-y\leq 1$ och $2\leq x+y$. Vi väljer en uttömmande följd av kompakter D_k till D genom att låt D_k definieras av $-1\leq x-y\leq 1$ och $2\leq x+y\leq k,$ där k är ett heltal >2. I dubbelintegralen $I_k=\int\!\int_{D_k}dxdy/xy$ gör vi variabelsybstitutionen u=x-y och v=x+y. Vi har d(u,v)/d(x,y)=2, och D_k motsvaras av D_k' som ges av $-1\leq u\leq 1$ och $2\leq v\leq k$. Vi får
   
   $$\begin{eqnarray*} I_k&=&\int\!\int_{D_k'}\frac{2\,dudv}{v^2-u^2}=\int_2^k\frac{... ...1}\Big)\,dv=\int_2^k\frac{2}{v}\ln\Big(1+\frac{2}{v-1}\Big)\,dv \end{eqnarray*}$$
   
   Integranden är positiv ($v\geq 2$), så följden I_k är växande. För att visa att den konvergerar (och därmed visa att den ursprungliga integralen är konvergent) räcker det att visa att den är uppåt begränad. Vi har (den kända) olikheten $\ln(1+t)\leq t,$ när $t\geq 1$. Vi får därför
   
   $$\begin{eqnarray*} I_k&\leq&\int_2^k\frac{2}{v}\cdot\frac{2}{v-1}\,dv=4\int_2^k\... ...&4\Big[\ln((v-1)/v)]_2^k=4(\ln(1-1/k)+\ln 2)\rightarrow 4\ln 2, \end{eqnarray*}$$
   
   när $k\rightarrow \infty$. Detta ger att följden I_k är uppåt begränsad.
    
   Svar: Integralen är konvergent.