Tenta 2023-12-02

(a) Förlänger vi med konjugatuttrycket får vi
$$\sqrt{n^4+an^2}-n^2=\frac{(n^4+an^2)-n^4}{\sqrt{n^4+an^2}+n^2}=\frac a{\sqrt{1+a/n^2}+1}\to\frac a2$$
då $n\to\infty$.

(b) Vi får, med en substitution och standardgränsvärdet för $e$, att
$$\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^n&=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac2{n-1}\right)^n=\left[t=\frac{n-1}2\right]=\lim_{t\to\infty}\left(1+\frac1t\right)^{2t+1}\\&=\lim_{t\to\infty}\left(\left(1+\frac1t\right)^t\right)^2\left(1+\frac1t\right)=e^2\cdot1=e^2.\end{aligned}$$

Derivatans definition ger direkt att
$$\begin{aligned}f'(x)&=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}h=\lim_{h\to0}\frac{\frac1{(x+h)^2+1}-\frac1{x^2+1}}h\\&=\lim_{h\to0}\frac{(x^2+1)-((x+h)^2+1)}{h(x^2+1)((x+h)^2+1)}=\lim_{h\to0}\frac{-2x-h}{(x^2+1)((x+h)^2+1)}=\frac{-2x}{(x^2+1)^2}.\end{aligned}$$

(a) Med partialintegrering får vi $\int x^3\ln(x)\,dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\int\frac{x^4}4\frac1x\,dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\frac14\int x^3\,dx=\frac{x^4}4\ln(x)-\frac{x^4}{16}+C=\frac{x^4}{16}(4\ln(x)-1)+C$.

(b) Vi bestämmer först den primitiva funktionen $\int\frac1{1+4x^2}\,dx=\left[\begin{array}{c}u=2x\\du=2dx\end{array}\right]=\frac12\int\frac1{1+u^2}\,du=\frac12\arctan(u)+C=\frac12\arctan(2x)+C$, så vi får
$$\begin{aligned}\int_{1/2}^\infty\frac1{1+4x^2}\,dx&=\lim_{N\to\infty}\int_{1/2}^N\frac1{1+4x^2}\,dx=\lim_{N\to\infty}\left[\frac12\arctan(2x)\right]_{1/2}^N\\&=\lim_{N\to\infty}\frac12\left(\arctan(2N)-\frac\pi4\right)=\frac\pi8.\end{aligned}$$

Låt $f(x)=\frac{x^2+x}{1-\lvert x\rvert}$. Vi ser direkt att $D_f=\{x\in\mathbb R\mid x\ne\pm1\}$, och eftersom $f$ är kontinuerlig är de enda möjliga vertikala asymptoterna $x=-1$ och $x=1$. Efter polynomdivision får vi
$$f(x)=\begin{cases}-x-2+\frac2{1-x}&\text{om }x>0\text{ och }x\ne1\\x&\text{om }x<0\text{ och }x\ne-1\end{cases}$$
så $\lim_{x\to-1}f(x)=-1$, så $x=-1$ är ingen asymptot, medan $\lim_{x\to1^+}f(x)=-\infty$ så $x=1$ är det. Vidare är $\lim_{x\to\infty}(f(x)-(-x-2))=0$, och $\lim_{x\to-\infty}(f(x)-x)=0$, så vi har alltså de tre asymptoterna $x=1$, $y=-x-2$ och $y=x$.

Funktionen $f(x)=(x+2)e^{-x}$ är definierad och kontinuerlig på hela $\mathbb R$. Vi får att $f'(x)=-(x+1)e^{-x}$ och $f''(x)=xe^{-x}$, så $f'(x)=0$ bara för $x=-1$. Vidare $f''(x)=0$ bara för $x=0$. Vi gör en teckentabell
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-1&&0&\\\hline f'(x)&+&0&-&-&-\\f(x)&\nearrow&e&\searrow&\searrow&\searrow\\f''(x)&-&-&-&0&+\\f(x)&\frown&\frown&\frown&&\smile\end{array}$$
Från denna ser vi att funktionen har ett globalt maximum i $x=-1$. Grafen är konkav på $(-\infty,0)$ och konvex på $(0,\infty)$, så $x=0$ är en inflektionspunkt.

Vi konstaterar vidare att $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$, och att $\lim_{x\to\infty}f(x)=0$, vilket gör att vi kan skissa grafen, från vilken vi kan dra slutsatsen att funktionens värdemängd är $(-\infty,e]$.

Låt $f(x)=e^{-3x}$, så $f'(x)=-3e^{-3x}$. Tangenten till $y=f(x)$ i en punkt $(b,f(b))$ har ekvationen $y-f(b)=f'(b)(x-b)$ som blir
$$y-e^{-3b}=-3e^{-3b}(x-b)\iff y=-3e^{-3b}x+(3b+1)e^{-3b}.$$
Denna tangent är på formen $y=ax$ precis då
$$\begin{cases}-3e^{-3b}=a\\(3b+1)e^{-3b}=0\end{cases}\iff\begin{cases}b=-1/3\\a=-3e.\end{cases}$$
så för $a=-3e$ tangerar linjen $y=ax$ grafen $y=f(x)$ i punkten $x=-1/3$.

Anmärkning: Ett alternativt sätt att lösa uppgiften är att bestämma alla tangenter till grafen som passerar origo.