Tenta 2024-03-13

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

(b) Med standardgränsvärdet för $e$ får vi att
$$x(\ln(x+1)-\ln(x))=x\ln\left(\frac{x+1}x\right)=x\ln\left(1+\frac1x\right)=\ln\left(1+\frac1x\right)^x\to\ln(e)=1$$
då $x\to\infty$.

Om $x\ne-1$ och $y\ne2$ får vi
$$y=f(x)\iff y=\frac{2x+1}{x+1}\iff xy+y=2x+1\iff x(y-2)=1-y\iff x=\frac{1-y}{y-2}.$$
Funktionen $f$ är därmed inverterbar och $f^{-1}(y)=\frac{1-y}{y-2}$. Vi har alltså att
$$f^{-1}(x)=\frac{1-x}{x-2},$$
och inversens definitionsmängd är alla reella tal utom $2$, och värdemängden alla reella tal utom $-1$.

(a) Med partialintegrering får vi $\int xe^{7x}\,dx=x\frac{e^{7x}}7-\int\frac{e^{7x}}7\,dx=\frac{7x-1}{49}e^{7x}+C$.

(b) Vi börjar med en substitution och fortsätter med partialintegrering och får:
$$\begin{aligned}\int_0^{\pi^2}\sin(\sqrt x)\,dx&=\left[\begin{array}{c}u=\sqrt x,\\x=u^2\\dx=2u\,du\end{array}\right]=\int_0^\pi\sin(u)2u\,du\\&=[-\cos(u)2u]_0^\pi-\int_0^\pi(-\cos(u))2\,du=2\pi+[2\sin(u)]_0^\pi=2\pi.\end{aligned}$$
(c) Vi får $\int\frac{e^x}{1+e^{2x}}\,dx=\left[\begin{array}{c}t=e^x\\dt=e^x\,dx\end{array}\right]=\int\frac1{1+t^2}\,dt=\arctan(t)+C=\arctan(e^x)+C$ så
$$\int_0^\infty\frac{e^x}{1+e^{2x}}\,dx=\lim_{N\to\infty}(\arctan(e^N)-\arctan(e^0))=\frac\pi2-\frac\pi4=\frac\pi4.$$

Funktionen $f(x)=2\arctan(\lvert x\rvert)-x$ är definierad och kontinuerlig för alla $x\in\mathbb R$, så vertikala asymptoter saknas. Vi får
$$k=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\pm\infty}\left(\frac{2\arctan(\lvert x\rvert)}x-1\right)=-1$$
och
$$m=\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)-kx)=\lim_{x\to\pm\infty}2\arctan(\lvert x\rvert)=\pi$$
så $y=kx+m=\pi-x$ är en tvåsidig sned asymptot.

Vi har $f(x)=\begin{cases}2\arctan(x)-x;&x\ge0\\-2\arctan(x)-x;&x<0\end{cases}$ så $f'(x)=\begin{cases}\frac2{1+x^2}-1;&x>0\\-\frac2{1+x^2}-1;&x<0\end{cases}$. Vi ser direkt att $f'(x)<0$ för alla $x<0$, och för $x>0$ är $f'(x)=0$ bara då $x=1$. Efter förenkling får vi att $f''(x)=\frac{-4\lvert x\rvert}{(1+x^2)^2}$ så $f''(x)<0$ för $x\ne0$. Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&1&\\\hline f'(x)&-&\text{ej def.}&+&0&-\\f(x)&\searrow&0&\nearrow&\pi/2-1&\searrow\\f''(x)&-&\text{ej def.}&-&-&-\\f(x)&\frown&&\frown&\frown&\frown\end{array}$$
Från denna ser vi att funktionen har ett lokalt minimum för $x=0$, och ett lokalt maximum för $x=1$. Grafen är konkav på intervallen $(-\infty,0]$ och $[0,\infty)$. Slutligen skissar vi grafen:

(a) Vi får
$$\lim_{x\to0^+}g(x)=\lim_{x\to0^+}xe^{-1/x}=[t=1/x]=\lim_{t\to\infty}\frac1{te^t}=0,$$
men
$$\lim_{x\to0^-}g(x)=\lim_{x\to0^-}xe^{-1/x}=[t=-1/x]=\lim_{t\to\infty}-\frac{e^t}t=-\infty,$$
så $\lim_{x\to0}g(x)$ existerar inte. Därmed kan vi inte få funktionen kontinuerlig, oavsett värde på $a$.

(b) Med derivatans definition får vi för varje $x\in\mathbb R$ att
$$\begin{aligned}f'(-x)&=\lim_{h\to0}\frac{f(-x+h)-f(-x)}h=[f\text{ jämn}]=\lim_{h\to0}\frac{f(x-h)-f(x)}h\\&=[k=-h]=\lim_{k\to0}-\frac{f(x+k)-f(x)}k=-f'(x),\end{aligned}$$
vilket visar att $f'(x)$ är en udda funktion.