Tenta 2023-10-23

(a) Vi får att $\frac{2x^{10}e^x+3e^{2x}}{e^{2x}+\ln(x)}=\frac{\frac{2x^{10}}{e^x}+3}{1+\frac{\ln(x)}{e^{2x}}}\to\frac{0+3}{1+0}=3$ då $x\to\infty$.

(b) Med en omskrivning kan vi använda våra standardgränsvärden och får
$$\frac{\sin^2(2x)\ln(1+3x)}{x^3}=\left(\frac{\sin(2x)}{2x}\right)^2\cdot\frac{\ln(1+3x)}{3x}\cdot12\to1^2\cdot1\cdot12=12$$
då $x\to0$.

Derivatans definition ger, tillsammans med förlängning med konjugat, att
$$\begin{aligned}f'(x)&=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}h=\lim_{h\to0}\frac{\sqrt{(x+h)^2+1}-\sqrt{x^2+1}}h\\ &=\lim_{h\to0}\frac{((x+h)^2+1)-(x^2+1)}{h(\sqrt{(x+h)^2+1}+\sqrt{x^2+1})} =\lim_{h\to0}\frac{2x+h}{\sqrt{(x+h)^2+1}+\sqrt{x^2+1}}=\frac x{\sqrt{x^2+1}}.\end{aligned}$$

Om $x\ne-\frac12$ och $y\ne\frac32$ får vi
$$y=f(x)\iff y=\frac{3x+1}{2x+1}\iff2xy-3x=1-y\iff x=\frac{1-y}{2y-3}.$$
Funktionen $f$ är därmed inverterbar och $f^{-1}(y)=\frac{1-y}{2y-3}$. Vi har alltså att $f^{-1}(x)=\frac{1-x}{2x-3}$, inversens definitionsmängd är alla reella tal utom $\frac32$, och värdemängden alla reella tal utom $-\frac12$.

(a) Partialintegrering ger
$$\int xe^{-2x}\,dx=-\frac{e^{-2x}}2x+\frac12\int e^{-2x}\,dx=-\frac{e^{-2x}}2x-\frac{e^{-2x}}4+C=-\frac{e^{-2x}}4(1+2x)+C$$
så $\int_0^\infty xe^{-2x}\,dx=\lim_{N\to\infty}\left[-\frac{e^{-2x}}4(1+2x)\right]_0^N=\lim_{N\to\infty}\left(\frac14-\frac{1+2N}{4e^{2N}}\right)=\frac14$.

(b) Analysens huvudsats ger direkt att $f'(x)=e^{\sin^2(x)}\cos(x)$.

Funktionen $f(x)=\frac{x^2+3}{\lvert x+1\rvert}$ är definierad och kontinuerlig då $x\ne-1$. Den enda möjliga vertikala asymptoten är därmed $x=-1$, och eftersom vi får $\lim_{x\to-1}f(x)=\infty$ är det en asymptot. Vi får efter polynomdivision att
$$f(x)=\begin{cases}x-1+\frac4{x+1};&x>-1\\-x+1-\frac4{x+1};&x<-1\end{cases}$$
vilket ger att $y=x-1$ en sned asymptot eftersom $\lim_{x\to\infty}(f(x)-(x-1))=\lim_{x\to\infty}\frac4{x+1}=0$, och $y=-x+1$ är på samma sätt en sned asymptot då $x\to-\infty$.

Vi får att $f'(x)=\begin{cases}1-\frac4{(x+1)^2};&x>-1\\-1+\frac4{(x+1)^2};&x<-1\end{cases}$ vilket ger att $f'(x)=0$ om och endast om $(x+1)^2=4$, dvs då $x=-3$ eller $x=1$. Vidare har vi $f''(x)=\begin{cases}\frac8{(x+1)^3};&x>-1\\\frac{-8}{(x+1)^3};&x<-1\end{cases}$, så andraderivatan saknar nollställen.

Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&&-3&&-1&&1&\\\hline f'(x)&-&0&+&\text{ej def.}&-&0&+\\f(x)&\searrow&6&\nearrow&\text{ej def.}&\searrow&2&\nearrow\\f''(x)&+&+&+&\text{ej def.}&+&+&+\\f(x)&\smile&\smile&\smile&\text{ej def.}&\smile&\smile&\smile\end{array}$$
Från denna ser vi att funktionen har ett lokalt minimum i $x=-3$ och ett globalt minimum i $x=1$. Grafen är konvex på intervallen $(-\infty,-1)$ och $(-1,\infty)$. Slutligen skissar vi grafen, från vilken vi kan dra slutsatsen att funktionens värdemängd är $[2,\infty)$.

Låt $f(x)=x^2+2x+2=(x+1)^2+1$ och $g(x)=1-x^2$. Tangenten till $y=f(x)$ i en punkt $(a,f(a))$ har ekvationen
$$y-f(a)=f'(a)(x-a)\iff y=2(a+1)x-a^2+2.$$
Tangenten till $y=g(x)$ i en punkt $(b,g(b))$ har ekvationen
$$y-g(b)=g'(b)(x-b)\iff y=-2bx+b^2+1.$$
Dessa tangenter sammanfaller precis då
$$\begin{cases}2(a+1)=-2b\\-a^2+2=b^2+1\end{cases}\iff\begin{cases}b=-a-1\\-a^2+2=(a+1)^2+1\end{cases}\iff\begin{cases}b=-a-1\\a(a+1)=0\end{cases}$$
så för $(a,b)=(0,-1)$ och för $(a,b)=(-1,0)$, vilket ger tangenterna $y=2x+2$ resp. $y=1$.