Tenta 2025-05-13

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

(b) Med lämpliga förlängningar och standardgränsvärdet för sinus får vi
$$\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)\sin(3x)}{x\sin(2x)}=\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)}x\cdot\frac{2x}{\sin(2x)}\cdot\frac{\sin(3x)}{3x}\cdot\frac32=\frac32.$$

(a) Vi ser att funktionen $f(x)=(2x-1)e^{-x^2}$ är definierad och kontinuerlig för alla $x\in\mathbb R$. Därmed saknas vertikala asymptoter. Vi har dock att
$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0,$$
så $y=0$ är en tvåsidig horisontell asymptot.

Efter förenkling får vi $f'(x)=2(1-x)(2x+1)e^{-x^2}$ så derivatans nollställen är vid $x=1$ och vid $x=-1/2$. Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-1/2&&1&\\\hline f'(x)&-&0&+&0&-\\f(x)&\searrow&-2/\sqrt[4]e&\nearrow&1/e&\searrow\end{array}$$
Vi kan nu skissa grafen:

Vi ser från denna att grafen har ett globalt minimum $f(-1/2)=-2/\sqrt[4]e$, och ett globalt max $f(1)=1/e$.

(b) Vi får $f''(x)=2(4x^3-2x^2-6x+1)e^{-x^2}$ vilket visar att andraderivatan kan ha högst $3$ nollställen, men eftersom
$$f''(-10)<0,\qquad f''(0)>0,\qquad f''(1)<0,\qquad f''(10)>0,$$
så har $f''(x)$ precis $3$ teckenväxlingar, så vi har därmed $3$ inflektionspunkter.

(a) Med partialintegrering får vi $\int_1^e x^2\ln(x)\,dx=\left[\frac{x^3}3\ln(x)\right]_1^e-\int_1^e\frac{x^3}3\frac1x\,dx=\frac{e^3}3-\frac13\int_1^e x^2\,dx=\frac{e^3}3-\frac13\left[\frac{x^3}3\right]_1^e=\frac{2e^3+1}9$.

(b) Vi får $\int\frac1{1+3x^2}\,dx=\left[\begin{array}{c}u=\sqrt3x\\du=\sqrt3\,dx\end{array}\right]=\frac1{\sqrt3}\int\frac1{1+u^2}\,du=\frac1{\sqrt3}\arctan(u)+C=\frac1{\sqrt3}\arctan(\sqrt3x)+C$, så
$$\begin{aligned}\int_1^\infty\frac1{1+3x^2}\,dx&=\lim_{N\to\infty}\int_1^N\frac1{1+3x^2}\,dx=\lim_{N\to\infty}\left[\frac1{\sqrt3}\arctan(\sqrt3x)\right]_1^N\\&=\lim_{N\to\infty}\frac1{\sqrt3}(\arctan(\sqrt3N)-\arctan(\sqrt3))=\frac1{\sqrt3}\left(\frac\pi2-\frac\pi3\right)=\frac\pi{6\sqrt3}.\end{aligned}$$

(a) Definitionsmängden för arcsin är $[-1,1]$, så $f(x)$ är definierad precis då $\lvert1/x\rvert\le1$, dvs då $\lvert x\rvert\ge1$, så $D_f=(-\infty,-1]\cup[1,\infty)$.

(b) Funktionen $f(x)$ är definierad och kontinuerlig för alla $x\ne0$ så den enda möjliga vertikala asymptoten är $x=0$. Nu gäller $\lim_{x\to0}f(x)=\infty$, så $x=0$ är verkligen en asymptot. Vi får vidare att
$$f(x)=\begin{cases}-x-1-\frac1x;&x<0\\x+1+\frac1x;&x>0\end{cases}$$
så $\lim_{x\to-\infty}(f(x)-(-x-1))=\lim_{x\to-\infty}\frac{-1}x=0$, så $y=-x-1$ är en asymptot då $x\to-\infty$. På samma sätt fås att $y=x+1$ är en asymptot då $x\to\infty$.

(a) Man kontrollerar lätt att t ex $h(x)=(x-1)^3$ uppfyller kraven.

(b) Derivatans definition, följt av en förlängning med konjugat, ger
$$\begin{aligned}g'(x)&=\lim_{h\to0}\frac{g(x+h)-g(x)}h\\&=\lim_{h\to0}\frac{\sqrt{f(x+h)}-\sqrt{f(x)}}h\\&=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h(\sqrt{f(x+h)}+\sqrt{f(x)})}\\&=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}h\lim_{h\to0}\frac1{\sqrt{f(x+h)}+\sqrt{f(x)}}\\&=f'(x)\frac1{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(x)}}=\frac{f'(x)}{2\sqrt{f(x)}},\end{aligned}$$
där vi i gränsövergången även utnyttjat att en deriverbar funktion alltid är kontinuerlig.