Tenta 2025-12-10

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

(b) Standardgränsvärdena för exponentialfunktionen och sinus ger
$$\lim_{x\to0}\frac{e^{3x}-e^x}{\sin(3x)}=\lim_{x\to0}\left(\frac23\cdot e^x\cdot\frac{e^{2x}-1}{2x}\cdot\frac{3x}{\sin(3x)}\right)=\frac23\cdot e^0\cdot1\cdot1=\frac23.$$

Vi ser att funktionen $f(x)=\frac{x^2-3}{\lvert x-2\rvert}$ är definierad och kontinuerlig för alla $x\ne2$, och eftersom $\lim_{x\to2}f(x)=\infty$ så är $x=2$ en unik vertikal asymptot. Vi får med polynomdivision att $f(x)=\begin{cases}-x-2-\frac1{x-2}&\text{om }x<2,\\x+2+\frac1{x-2}&\text{om }x>2,\end{cases}$ så
$$\lim_{x\to-\infty}(f(x)-(-x-2))=\lim_{x\to\infty}(f(x)-(x+2))=0$$
och därmed är $y=-x-2$ och $y=x+2$ sneda asymptoter. Vi får
$$f'(x)=\begin{cases}-1+\frac1{(x-2)^2}&\text{om }x<2,\\1-\frac1{(x-2)^2}&\text{om }x>2.\end{cases}$$
vilket enkelt ger att derivatans nollställen är vid $x=1$ och $x=3$. Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&&1&&2&&3&\\\hline f'(x)&-&0&+&\text{ej def.}&-&0&+\\f(x)&\searrow&-2&\nearrow&\text{ej def.}&\searrow&6&\nearrow\end{array}$$
Vi kan nu skissa grafen:

Vi ser från denna att grafen har ett lokalt minimum $f(3)=6$, och ett globalt minimum $f(1)=-2$.

(a) En linjär substitution ger
$$\begin{aligned}\int\frac x{\sqrt{x-2}}\,dx&=\left[\begin{array}{c}t=x-2\\dt=dx\end{array}\right]=\int\frac{t+2}{\sqrt t}\,dt=\int(t^{1/2}+2t^{-1/2})\,dt\\&=\frac23t^{3/2}+4t^{1/2}+C=t^{1/2}\left(\frac{2t}3+4\right)+C=\frac23(x+4)\sqrt{x-2}+C.\end{aligned}$$
(b) Vi får
$$\int\frac{\arctan(3x)}{1+9x^2}\,dx=\left[\begin{array}{c}u=\arctan(3x)\\du=\frac3{1+9x^2}\,dx\end{array}\right]=\frac13\int u\,du=\frac{u^2}6+C=\frac{\arctan(3x)^2}6+C,$$
så $\int_0^\infty\frac{\arctan(3x)}{1+9x^2}\,dx=\lim_{N\to\infty}\left[\frac{\arctan(3x)^2}6\right]_0^N=\frac16\left(\frac\pi2\right)^2=\frac{\pi^2}{24}$.

(a) Låt $f(x)=\frac{x^2}{1+x^2}$, vilket ger att $f'(x)=\frac{2x}{(1+x^2)^2}$. Tangenten till $y=f(x)$ i en punkt $(a,f(a))$ har ekvationen
$$y-f(a)=f'(a)(x-a)\iff y-\frac{a^2}{1+a^2}=\frac{2a}{(1+a^2)^2}(x-a).\tag{1}$$
Denna tangent passerar origo $(x,y)=(0,0)$ om
$$0-\frac{a^2}{1+a^2}=\frac{2a}{(1+a^2)^2}(0-a)\iff-a^2(1+a^2)=-2a^2\iff a^2(a-1)(a+1)=0,$$
så för $a=0,\pm1$. Insättning av dessa värden på $a$ i ekvation (1) ger de tre tangenterna $y=0$, $y=x/2$ och $y=-x/2$.

(b) Om vi till exempel sätter in punkten $(x,y)=(0,1)$ i ekvation (1) får vi
$$1-\frac{a^2}{1+a^2}=\frac{2a}{(1+a^2)^2}(0-a)\iff1+a^2=-2a^2,$$
som saknar lösning, och därmed går ingen tangent genom punkten $(0,1)$.

(a) Derivatans definition ger att
$$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0+h)-f(0)}h=\lim_{h\to0}\frac{h\lvert h\rvert-0}h=\lim_{h\to0}\lvert h\rvert=0.$$
Funktionen $f(x)$ är därmed deriverbar i punkten $x=0$, och vi har $f'(0)=0$.

(b) För $x>0$ får vi direkt att $f'(x)=2x$, och för $x<0$ får vi $f'(x)=-2x$. Tillsammans med resultatet i (a) får vi därmed att $f'(x)=2\lvert x\rvert$.

(c) Från resultatet i (b) följer direkt att $G(x)=\frac{x\lvert x\rvert}2$ är en primitiv funktion till $g(x)=\lvert x\rvert$.