Tenta 2025-03-20

(a) Om vi bryter ur och förkortar med de dominerande termerna $e^{2x}$ får vi
$$\lim_{x\to\infty}\frac{e^{2x}-2x^2e^x}{3e^x+4\sqrt{1+e^{4x}}}=\lim_{x\to\infty}\frac{1-\frac{2x^2}{e^x}}{\frac3{e^x}+4\sqrt{e^{-4x}+1}}=\frac{1-0}{0+4\sqrt{0+1}}=\frac14.$$
(b) Med substitutionen $t=x+1$ får vi
$$\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x+4}{x+1}\right)^{2x}=\lim_{t\to\infty}\left(\frac{t+3}t\right)^{2(t-1)}=\lim_{t\to\infty}\left(1+\frac3t\right)^{2t-2},$$
med substitutionen $s=t/3$ och standardgränsvärdet för $e$ får vi vidare
$$\lim_{t\to\infty}\left(1+\frac3t\right)^{2t-2}=\lim_{s\to\infty}\left(\left(1+\frac1s\right)^s\right)^6\left(1+\frac1s\right)^{-2}=e^6\cdot1^{-2}=e^6.$$

Vi ser att funktionen $f(x)=\frac{(x-1)^2}{\lvert x+1\rvert+1}$ är definierad och kontinuerlig för alla $x\in\mathbb R$. Därmed saknas vertikala asymptoter. Vi får efter polynomdivision att
$$f(x)=\begin{cases}\frac{x^2-2x+1}{(x+1)+1};&x+1\ge0\\\frac{x^2-2x+1}{-(x+1)+1};&x+1<0\end{cases}=\begin{cases}x-4+\frac9{x+2};&x\ge-1\\-x+2-\frac1x;&x<-1\end{cases}$$
Därmed är $\lim_{x\to\infty}(f(x)-(x-4))=\lim_{x\to\infty}\frac9{x+2}=0$, så $y=x-4$ är en sned asymptot, och på motsvarande sätt får vi $\lim_{x\to-\infty}(f(x)-(-x+2))=\lim_{x\to-\infty}\frac{-1}x=0$, så även $y=2-x$ är en sned asymptot.

Funktionens derivata blir $f'(x)=\begin{cases}1-\frac9{(x+2)^2};&x>-1\\-1+\frac1{x^2};&x<-1\end{cases}$ så man får enkelt att ekvationen $f'(x)=0$ saknar lösningar för $x<-1$, men har en unik lösning $x=1$ för $x>-1$. Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-1&&1&\\\hline f'(x)&-&\text{ej def.}&-&0&+\\f(x)&\searrow&4&\searrow&0&\nearrow\end{array}$$
Vi ser från denna att grafen har ett globalt minimum $f(1)=0$, men inga andra lokala extrempunkter. Vi kan nu skissa grafen:

(a) Med partialintegrering får vi
$$\begin{aligned}\int x\cdot2^x\,dx&=\int x\cdot e^{\ln(2)x}\,dx=x\frac{e^{\ln(2)x}}{\ln(2)}-\int\frac{e^{\ln(2)x}}{\ln(2)}\,dx\\&=x\frac{e^{\ln(2)x}}{\ln(2)}-\frac{e^{\ln(2)x}}{(\ln(2))^2}+C=\frac1{(\ln(2))^2}(\ln(2)x-1)2^x+C.\end{aligned}$$
(b) Vi gör en substitution och får:
$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\cos(x)}{1+\sin^2(x)}\,dx=\left[\begin{array}{c}u=\sin(x),\\du=\cos(x)\,dx\end{array}\right]=\int_{-1}^1\frac{du}{1+u^2}=[\arctan(u)]_{-1}^1=\frac\pi4-\left(-\frac\pi4\right)=\frac\pi2.$$

(a) Om $x<2$ får vi
$$\begin{aligned}y=f(x)&\iff y=\ln(2-x)+3\iff\ln(2-x)=y-3\\&\iff2-x=e^{y-3}\iff x=2-e^{y-3}.\end{aligned}$$
Funktionen $f$ är därmed inverterbar och $f^{-1}(y)=2-e^{y-3}$. Vi har alltså att $f^{-1}(x)=2-e^{x-3}$, och inversens definitionsmängd är $\mathbb R$, och dess värdemängd intervallet $(-\infty,2)$.

(b) Funktionen är definierad och kontinuerlig för alla $x\ne0$, vilket ger bara en möjlig vertikal asymptot. Dock har vi $\lim_{x\to0^+}f(x)=-\pi/2$ och $\lim_{x\to0^-}f(x)=\pi/2$ vilket visar att $x=0$ inte är någon asymptot. Vi får vidare att $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\arctan(1)=\pi/4$ så $y=\pi/4$ är grafens enda asymptot.

(a) Vi kan exempelvis ta gränsvärdena
$$\text{i. }\lim_{x\to0}\frac{\sin^2(x)}x,\qquad\text{ii. }\lim_{x\to0}\frac{\sin(\pi x)}x,\qquad\text{iii. }\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)}{x^3},\qquad\text{iv. }\lim_{x\to0}\frac{\lvert x\rvert}x.$$
(b) Derivatans definition ger att
$$\begin{aligned}f'(0)&=\lim_{h\to0}\frac{f(0+h)-f(0)}h=\lim_{h\to0}\frac{(\sqrt{1+h}-1)\sqrt{\lvert h\rvert}}h\\&=[\text{förlänger med konjugatet}]=\lim_{h\to0}\frac{((1+h)-1)\sqrt{\lvert h\rvert}}{(\sqrt{1+h}+1)h}\\&=\lim_{h\to0}\frac{\sqrt{\lvert h\rvert}}{\sqrt{1+h}+1}=\frac0{1+1}=0.\end{aligned}$$
Funktionen $f(x)$ är därmed deriverbar i punkten $x=0$, och vi har $f'(0)=0$.