Tenta 2025-08-15

(a) Eftersom $\lvert1-x\rvert=-(1-x)=x-1$ då $x>1$ får vi om vi förlänger med konjugatuttrycket att
$$\begin{aligned}\lim_{x\to1^+}\frac{\sqrt{x^2+3}-2}{\lvert1-x\rvert}&=\lim_{x\to1^+}\frac{\sqrt{x^2+3}-2}{x-1}\\&=\lim_{x\to1^+}\frac{(x^2+3)-2^2}{(x-1)(\sqrt{x^2+3}+2)}=\lim_{x\to1^+}\frac{x+1}{\sqrt{x^2+3}+2}=\frac12.\end{aligned}$$
(b) Med logaritmlagarna och standardgränsvärdet för sinus får vi
$$\lim_{x\to0^+}(\ln(2x)-\ln(\sin(x)))=\lim_{x\to0^+}\ln\left(\frac2{\frac{\sin(x)}x}\right)=\ln(2).$$

Vi ser att funktionen $f(x)=\frac{\lvert x+1\rvert}{\sqrt{x^2+1}}$ är definierad och kontinuerlig för alla $x\in\mathbb R$. Därmed saknas vertikala asymptoter. Vi har dock att
$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=1,$$
så $y=1$ är en tvåsidig horisontell asymptot. Efter förenkling får vi
$$f'(x)=\begin{cases}\frac{x-1}{(x^2+1)^{3/2}}&\text{om }x<-1,\\\frac{1-x}{(x^2+1)^{3/2}}&\text{om }x>-1.\end{cases}$$
så derivatans enda nollställe är vid $x=1$. Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-1&&1&\\\hline f'(x)&-&\text{ej def.}&+&0&-\\f(x)&\searrow&0&\nearrow&\sqrt2&\searrow\end{array}$$
Vi kan nu skissa grafen:

Vi ser från denna att grafen har ett globalt minimum $f(-1)=0$, och ett globalt max $f(1)=\sqrt2$.

(a) Med upprepad partialintegrering får vi
$$\begin{aligned}\int x^3e^x\,dx&=x^3e^x-\int3x^2e^x\,dx=x^3e^x-3\left(x^2e^x-\int2xe^x\,dx\right)\\&=(x^3-3x^2)e^x+6\int xe^x\,dx=(x^3-3x^2)e^x+6\left(xe^x-\int e^x\,dx\right)\\&=(x^3-3x^2+6x-6)e^x+C.\end{aligned}$$
(b) Den primitiva funktionen är
$$\begin{aligned}\int\frac{e^x}{1+e^{2x}}\,dx&=\left[\begin{array}{c}u=e^x\\du=e^x\,dx\end{array}\right]=\int\frac1{1+u^2}\,du\\&=\arctan(u)+C=\arctan(e^x)+C\end{aligned}$$
så vi får
$$\begin{aligned}\int_0^\infty\frac{e^x}{1+e^{2x}}\,dx&=\lim_{N\to\infty}\int_0^N\frac{e^x}{1+e^{2x}}\,dx=\lim_{N\to\infty}[\arctan(e^x)]_0^N\\&=\lim_{N\to\infty}(\arctan(e^N)-\arctan(1))=\frac\pi2-\frac\pi4=\frac\pi4.\end{aligned}$$

Låt $f(x)=\ln(x)$, vilket ger att $f'(x)=1/x$. Tangenten till $y=f(x)$ i en punkt $(a,f(a))$ har ekvationen
$$y-f(a)=f'(a)(x-a)\iff y-\ln(a)=\frac1a(x-a).\tag{1}$$
Denna tangent passerar punkten $(x,y)=(0,1)$ om
$$1-\ln(a)=\frac1a(0-a)\iff\ln(a)=2\iff a=e^2.$$
Insättning av detta värde på $a$ i ekvation (1) ger den unika tangenten
$$y=e^{-2}x+1.$$

(a) Derivatans definition ger
$$\begin{aligned}g'(x)&=\lim_{h\to0}\frac{g(x+h)-g(x)}h\\&=\lim_{h\to0}\frac{(x+h)f(x+h)-xf(x)}h\\&=\lim_{h\to0}\left(x\frac{f(x+h)-f(x)}h+f(x+h)\right)\\&=xf'(x)+f(x),\end{aligned}$$
där vi i gränsövergången även utnyttjat att en deriverbar funktion alltid är kontinuerlig.

(b) Vi kan inte dra någon slutsats om huruvida $g(x)$ har en lokal extrempunkt i punkten $x=0$. Om t ex $f(x)=x$ får vi $g(x)=x^2$ som har ett minimum i $x=0$. Om vi istället har t ex $f(x)=x^2$ får vi $g(x)=x^3$ som inte har en extrempunkt i $x=0$.