Tenta 2024-04-10

(a) För att $f(x)$ skall vara definierat behöver vi $1+x\ge0$ och $1-x\ge0$ vilket är ekvivalent med att $-1\le x\le1$, så $D_f=[-1,1]$.

(b) Vi får
$$f(-x)=\sqrt{1-x}-\sqrt{1-(-x)}=-(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})=-f(x)$$
för alla $x\in D_f$, så funktionen är udda.

(c) Vi har för $-1<x<1$ att
$$f'(x)=\frac1{2\sqrt{1+x}}+\frac1{2\sqrt{1-x}}>0$$
så funktionen är växande (inklusive i ändpunkterna pga kontinuitet), och därmed monoton.

Derivatans definition ger för $x>0$ att
$$\begin{aligned}f'(x)&=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}h=\lim_{h\to0}\frac1h\left(\frac1{\sqrt{x+h}+1}-\frac1{\sqrt x+1}\right)\\&=\lim_{h\to0}\frac{\sqrt x-\sqrt{x+h}}{h(\sqrt{x+h}+1)(\sqrt x+1)}=[\text{förlänger med konjugat}]\\&=\lim_{h\to0}\frac{-1}{(\sqrt{x+h}+1)(\sqrt x+1)(\sqrt x+\sqrt{x+h})}\\&=\frac{-1}{(\sqrt x+1)(\sqrt x+1)(\sqrt x+\sqrt x)}=\frac{-1}{2\sqrt x(\sqrt x+1)^2}.\end{aligned}$$

(a) Med partialintegrering får vi $\int x^4\ln\lvert x\rvert\,dx=\frac{x^5}5\ln\lvert x\rvert-\int\frac{x^5}5\frac1x\,dx=\frac{x^5}5\ln\lvert x\rvert-\frac15\int x^4\,dx=\frac{x^5}5\ln\lvert x\rvert-\frac15\frac{x^5}5+C=\frac{x^5}{25}(5\ln\lvert x\rvert-1)+C$.

(b) Vi får $\int\frac{dx}{x(\ln(x))^3}=\left[\begin{array}{c}u=\ln(x)\\du=\frac{dx}x\end{array}\right]=\int\frac{du}{u^3}=\frac{u^{-2}}{-2}+C=\frac{-1}{2(\ln(x))^2}+C$ så
$$\int_e^\infty\frac{dx}{x(\ln(x))^3}=\lim_{N\to\infty}\int_e^N\frac{dx}{x(\ln(x))^3}=\lim_{N\to\infty}\left(\frac{-1}{2(\ln(N))^2}+\frac12\right)=\frac12.$$

Funktionen är definierad och kontinuerlig för alla $x\ne-1$, så $x=-1$ är den enda möjliga vertikala asymptoten. Vi har $\lim_{x\to-1}\frac{x^2}{\lvert x+1\rvert}=\infty$ vilket visar att $x=-1$ faktiskt är en asymptot.

För $x>-1$ får vi, med polynomdivision, att $f(x)=\frac{x^2}{x+1}=x-1+\frac1{x+1}$, så
$$\lim_{x\to\infty}(f(x)-(x-1))=\lim_{x\to\infty}\frac1{x+1}=0,$$
så $y=x-1$ är en asymptot då $x\to\infty$.

På samma sätt får vi för $x<-1$ att $f(x)=1-x-\frac1{x+1}$ så
$$\lim_{x\to-\infty}(f(x)-(1-x))=\lim_{x\to-\infty}\frac{-1}{x+1}=0,$$
så $y=1-x$ är en asymptot då $x\to-\infty$.

Vi observerar att funktionen $f(x)=xe^{-x^2/2}$ är udda, samt definierad och kontinuerlig för alla $x\in\mathbb R$. Därmed saknas vertikala asymptoter. Vi har $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim_{x\to\pm\infty}\left(\frac x{e^{x^2/2}}\right)=0$ så $y=0$ är en tvåsidig horisontell asymptot.

Vi får att $f'(x)=(1-x^2)e^{-x^2/2}$ så $f'(x)=0$ för $x=\pm1$. Vidare får vi efter förenkling att $f''(x)=x(x^2-3)e^{-x^2/2}$, så $f''(x)=0$ för $x=0$ och för $x=\pm\sqrt3$. Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccccccc}x&&-\sqrt3&&-1&&0&&1&&\sqrt3&\\\hline f'(x)&-&-&-&0&+&+&+&0&-&-&-\\f(x)&\searrow&\searrow&\searrow&-1/\sqrt e&\nearrow&\nearrow&\nearrow&1/\sqrt e&\searrow&\searrow&\searrow\\f''(x)&-&0&+&+&+&0&-&-&-&0&+\\f(x)&\frown&\text{infl.}&\smile&\smile&\smile&\text{infl.}&\frown&\frown&\frown&\text{infl.}&\smile\end{array}$$
Från denna ser vi att funktionen har ett globalt minimum för $x=-1$, och ett globalt maximum för $x=1$, så värdemängden är $V_f=[-1/\sqrt e,1/\sqrt e]$. Vi har tre inflektionspunkter. Slutligen skissar vi grafen:

Låt $f(x)=\frac1{1+x^2}$, vilket ger att $f'(x)=\frac{-2x}{(1+x^2)^2}$. Tangenten till $y=f(x)$ i en punkt $(a,f(a))$ har ekvationen
$$y-f(a)=f'(a)(x-a)\iff y-\frac1{1+a^2}=\frac{-2a}{(1+a^2)^2}(x-a).\tag{1}$$
Denna tangent passerar punkten $(x,y)=(0,1)$ om
$$1-\frac1{1+a^2}=\frac{-2a}{(1+a^2)^2}(0-a)\iff(1+a^2)^2-(1+a^2)=2a^2\iff a^2(a-1)(a+1)=0,$$
så för $a=0,\pm1$. Insättning av dessa värden på $a$ i ekvation (1) ger de tre tangenterna $y=1$, $y=1+x/2$ och $y=1-x/2$.