Tenta 2024-08-15

(a) Gränsvärdet är av typen $0/0$ så vi kan faktorisera polynomen och får
$$\lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{x^2-x-2}=\lim_{x\to2}\frac{(x-2)(x+2)}{(x-2)(x+1)}=\lim_{x\to2}\frac{x+2}{x+1}=\frac43.$$
(b) Förlänger vi med konjugatuttrycket då $n\to\infty$ får vi
$$\sqrt{n^4+3n^2+2}-n^2=\frac{3n^2+2}{\sqrt{n^4+3n^2+2}+n^2}=\frac{3+2/n^2}{\sqrt{1+3/n^2+2/n^4}+1}\to\frac32.$$

Funktionen är definierad på hela $\mathbb R$ och vi får $f'(x)=\frac{-2e^x}{(1+e^x)^2}<0$ för alla $x$ så $f(x)$ är avtagande. Vi får vidare att $\lim_{x\to\infty}f(x)=3$ och $\lim_{x\to-\infty}f(x)=5$, så $V_f=(3,5)$.

Om $3<y<5$ får vi därmed
$$y=f(x)\iff y-3=\frac2{1+e^x}\iff1+e^x=\frac2{y-3}\iff e^x=\frac{5-y}{y-3}\iff x=\ln\left(\frac{5-y}{y-3}\right).$$
Funktionen är därmed inverterbar och $f^{-1}(y)=\ln\left(\frac{5-y}{y-3}\right)$. Vi har alltså att
$$f^{-1}(x)=\ln\left(\frac{5-x}{x-3}\right),$$
och inversens definitionsmängd $D_{f^{-1}}=(3,5)$, och värdemängden $V_{f^{-1}}=\mathbb R$.

(a) Med upprepad partialintegrering får vi
$$\begin{aligned}I=\int e^{3x}\sin(x)\,dx&=e^{3x}(-\cos(x))-\int3e^{3x}(-\cos(x))\,dx\\&=-e^{3x}\cos(x)+3e^{3x}\sin(x)-9\int e^{3x}\sin(x)\,dx\\&=e^{3x}(3\sin(x)-\cos(x))-9I+D,\end{aligned}$$
vilket ger att $I=\frac{e^{3x}}{10}(3\sin(x)-\cos(x))+C$.

(b) Vi får $\int\frac{x^2}{1+x^6}\,dx=\left[\begin{array}{c}u=x^3\\du=3x^2\,dx\end{array}\right]=\frac13\int\frac{du}{1+u^2}=\frac13\arctan(u)+C=\frac13\arctan(x^3)+C$ så
$$\int_0^\infty\frac{x^2}{1+x^6}\,dx=\lim_{N\to\infty}\int_0^N\frac{x^2}{1+x^6}\,dx=\lim_{N\to\infty}\left(\frac{\arctan(N^3)}3\right)=\frac\pi6.$$

Funktionen är definierad och kontinuerlig för alla $x\ne0,-1$, vilket ger oss två möjliga vertikala asymptoter. Vi har $\lim_{x\to-1}f(x)=\infty$ och $\lim_{x\to0}f(x)=-\infty$ vilket visar att $x=-1$ och $x=0$ verkligen är asymptoter. Vi får vidare att
$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim_{x\to\pm\infty}\ln\left(\frac{3x^2}{(x+1)^2}\right)=\lim_{x\to\pm\infty}\ln\left(\frac3{(1+1/x)^2}\right)=\ln(3),$$
så $y=\ln(3)$ är tvåsidig horisontell asymptot.

Vi ser att funktionen $f(x)=\arcsin(x)-\sqrt2\cdot x$ är udda, samt definierad och kontinuerlig för alla $x\in[-1,1]$. Vi får att $f'(x)=\frac1{\sqrt{1-x^2}}-\sqrt2$ vilket ger att $f'(x)=0$ för $x=\pm1/\sqrt2$. Vidare får vi efter förenkling att $f''(x)=x\cdot(1-x^2)^{-3/2}$, så $f''(x)=0$ bara för $x=0$. Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccccc}x&-1&&-1/\sqrt2&&0&&1/\sqrt2&&1\\\hline f'(x)&\text{ej def.}&+&0&-&-&-&0&+&\text{ej def.}\\f(x)&\sqrt2-\pi/2&\nearrow&1-\pi/4&\searrow&\searrow&\searrow&\pi/4-1&\nearrow&\pi/2-\sqrt2\\f''(x)&\text{ej def.}&-&-&-&0&+&+&+&\text{ej def.}\\f(x)&&\frown&\frown&\frown&\text{infl.}&\smile&\smile&\smile&\end{array}$$
Från denna ser vi att funktionen har lokala maximum för $x=-1/\sqrt2$ och $x=1$. Vi får
$$f(-1/\sqrt2)=1-\pi/4\approx1-0.785=0.215,$$
och
$$f(1)=\pi/2-\sqrt2\approx1.57-1.41=0.16,$$
så vi har globalt maximum $f(-1/\sqrt2)=1-\pi/4$. På samma sätt får vi att vi har globalt minimum $f(1/\sqrt2)=\pi/4-1$. Vidare är funktionen konkav på $[-1,0]$ och konvex på $[0,1]$, så $x=0$ är en inflektionspunkt. Vi skissar grafen:

Derivatans definition ger att
$$\begin{aligned}f'(0)&=\lim_{h\to0}\frac{f(0+h)-f(0)}h=\lim_{h\to0}\frac{\lvert0+h\rvert^3-0^3}h\\&=\lim_{h\to0}\frac{\lvert h\rvert^3}h=\lim_{h\to0}\frac{h^2\cdot\lvert h\rvert}h=\lim_{h\to0}h\cdot\lvert h\rvert=0.\end{aligned}$$
Eftersom $f(x)=\begin{cases}x^3;&x\ge0,\\-x^3;&x<0\end{cases}$ får vi därmed att $f'(x)=\begin{cases}3x^2;&x>0,\\0;&x=0,\\-3x^2;&x<0\end{cases}$ vilket man enkelt verifierar kan uttryckas som $f'(x)=3x\cdot\lvert x\rvert$ för alla $x\in\mathbb R$.