Tenta 2025-10-27

(a) Förlänger vi med både täljarens och nämnarens konjugat fås då $x\to2$ att
$$\frac{\sqrt{x+7}-3}{\sqrt{x-1}-1}=\frac{(x-2)(\sqrt{x-1}+1)}{(x-2)(\sqrt{x+7}+3)}=\frac{\sqrt{x-1}+1}{\sqrt{x+7}+3}\to\frac{\sqrt1+1}{\sqrt9+3}=\frac13.$$
(b) Vi får med logaritmlagarna och en substitution att
$$\begin{aligned}\lim_{x\to\infty}x(\ln(2+x)-\ln(x))&=\lim_{x\to\infty}\ln\left(1+\frac2x\right)^x=\left[\begin{array}{c}t=x/2\\t\to\infty\end{array}\right]\\&=\lim_{t\to\infty}\ln\left(1+\frac1t\right)^{2t}=2\lim_{t\to\infty}\ln\left(1+\frac1t\right)^t=2\ln(e)=2,\end{aligned}$$
där vi använt standardgränsvärdet för $e$.

Funktionen $f(x)=(\lvert x\rvert-1)e^{-x}$ är definierad och kontinuerlig på hela $\mathbb R$, så vertikala asymptoter saknas. Vi har $\lim_{x\to\infty}f(x)=0$, så $y=0$ är en horisontell asymptot. Eftersom $\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}x=-\infty$ saknas sned asymptot då $x\to-\infty$.

Vi får efter förenkling att $f'(x)=\begin{cases}xe^{-x}&\text{om }x<0,\\(2-x)e^{-x}&\text{om }x>0.\end{cases}$ så derivatan är bara $0$ vid $x=2$. Vi gör en teckentabell
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&2&\\\hline f'(x)&-&\text{ej def.}&+&0&-\\f(x)&\searrow&-1&\nearrow&e^{-2}&\searrow\end{array}$$
och med hjälp av den kan vi skissa grafen:

Vi ser från den att vi har ett globalt minimum i $x=0$, och ett lokalt maximum i $x=2$, men att globalt maximum saknas.

(a) Om $x>-1$ får vi
$$\begin{aligned}y=f(x)&\iff y=\frac{\ln(1+x)}3+2\iff\ln(1+x)=3y-6\\&\iff1+x=e^{3y-6}\iff x=e^{3y-6}-1.\end{aligned}$$
Funktionen $f$ är därmed inverterbar och $f^{-1}(y)=e^{3y-6}-1$. Vi har alltså att $f^{-1}(x)=e^{3x-6}-1$, och inversens definitionsmängd är $\mathbb R$, och dess värdemängd intervallet $(-1,\infty)$.

(b) Vi får att $a_1=2$, $a_2=1$ och $a_3=3/2$. Om vi inför funktionen $f(x)=(4-x)/2$ så ges rekursionsformeln av $a_k=f(a_{k-1})$ för $k=1,2,3,\dots$.

Vi ska rita de två graferna $y=f(x)$ och $y=x$ i samma koordinatsystem. Vi får kurvornas skärningspunkt av
$$x=f(x)\iff x=\frac{4-x}2\iff x=4/3,$$
så det finns bara en skärningspunkt. Spindeldiagrammet blir:

Från detta är det klart att talföljden kommer konvergera mot skärningspunkten, så vi drar slutsatsen att $\lim_{k\to\infty}a_k=4/3$.

(a) Med partialintegrering får vi $\int x^7\ln(x)\,dx=\frac{x^8}8\ln(x)-\int\frac{x^8}8\frac1x\,dx=\frac{x^8}8\ln(x)-\frac18\int x^7\,dx=\frac{x^8}8\ln(x)-\frac18\frac{x^8}8+C=\frac1{64}x^8(8\ln(x)-1)+C$.

(b) Vi gör substitutionen $t=\sqrt x$ följt av en partialintegrering och får:
$$\begin{aligned}\int_0^4e^{\sqrt x}\,dx&=\left[\begin{array}{c}t=\sqrt x\\x=t^2\\dx=2t\,dt\end{array}\right]=2\int_0^2te^t\,dt=2\left([te^t]_0^2-\int_0^2e^t\,dt\right)\\&=4e^2-2[e^t]_0^2=2e^2+2.\end{aligned}$$

(a) Derivatans definition ger att
$$\begin{aligned}f'(0)&=\lim_{h\to0}\frac{f(0+h)-f(0)}h=\lim_{h\to0}\frac{e^{2h}\sin(3h)}h\\&=\lim_{h\to0}3\cdot e^{2h}\cdot\frac{\sin(3h)}{3h}=3\cdot e^0\cdot1=3,\end{aligned}$$
där vi använt standardgränsvärdet för sinus.

(b) Med integralkalkylens huvudsats och kedjeregeln får vi
$$f'(x)=e^{\sin^2(x)}\cos(x).$$
(c) Om vi sätter exempelvis $f(x)=x-1+\frac1{x^2}$ får vi $\lim_{x\to0}f(x)=\infty$ och $\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)-(x-1))=0$, vilket visar att vi har de givna asymptoterna.