MM2001 · Analys I
Beräkna följande gränsvärden eller visa att de inte existerar:
$$\lim_{x\to 2}\frac{(x+3)^2(x-2)}{x^2-x-2},\qquad\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+3x+1}-x\right).$$
Endast metoder från Analys del 1 får användas, i synnerhet är l’Hopitals regel inte tillåten.
(a) Nämnaren har nollställena
$$x=\frac12\pm\sqrt{\frac14+2}=\begin{cases}-1\\2\end{cases}$$
Därför är
$$\frac{(x+3)^2(x-2)}{x^2-x-2}=\frac{(x+3)^2(x-2)}{(x+1)(x-2)}=\frac{(x+3)^2}{x+1}\to\frac{25}3\quad\text{då }x\to2.$$
(b) $$\begin{aligned}\sqrt{x^2+3x+1}-x&=\frac{x^2+3x+1-x^2}{\sqrt{x^2+3x+1}+x}=\frac{3x+1}{\sqrt{x^2+3x+1}+x}\\&=\frac{3+\frac1x}{\sqrt{1+\frac3x+\frac1{x^2}}+1}\to\frac32\quad\text{då }x\to+\infty.\end{aligned}$$
Visa att funktionen
$$f(x)=e^x-e^{-x},\qquad x\in\mathbb{R},$$
är injektiv och beräkna dess inversa funktion $f^{-1}$.
Vi visar att $e^x-e^{-x}=y$ har precis en lösning för varje $y\in\mathbb R$. Substitution $t=e^x$ ger
$$t-\frac1t=y\iff t^2-yt-1=0\iff t=\frac y2\pm\sqrt{\frac{y^2}4+1}.$$
Eftersom $\sqrt{\frac{y^2}4+1}>\frac y2$ och $t=e^x>0$ finns endast lösningen
$$e^x=t=\frac y2+\sqrt{\frac{y^2}4+1}$$
som leder till
$$x=\ln\left(\frac y2+\sqrt{\frac{y^2}4+1}\right)=\ln(y+\sqrt{y^2+4})-\ln(2).$$
Därför är $f$ injektiv och
$$f^{-1}(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+4})-\ln2,\quad x\in\mathbb R.$$
Beräkna alla asymptoter till grafen av
$$g(x)=\frac{x^3-x^2+x}{x^2+1},\qquad x\in\mathbb{R}.$$
Undersök huruvida funktionen
$$f(x)=\lvert x\rvert\sin x,\qquad x\in\mathbb{R},$$
är deriverbar i $x=0$ och bestäm i förekommande fall derivatan $f'(0)$.
(a) – inga lodräta asymptoter, då $g$ definierad och kontinuerlig på hela $\mathbb R$.
– Asymptoter vid $\pm\infty$:
$$\begin{array}{r|l}x^3-x^2+x&x^2+1\\-(x^3+x)&x-1\\\hline-x^2&\\-(-x^2-1)&\\\hline1&\end{array}\qquad\implies g(x)=x-1+\frac1{x^2+1}.$$
Då $x-1$ är ett linjärt polynom och
$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac1{x^2+1}=0$$
följer det att $g$ har asymptoten $y=x-1$ både då $x\to\pm\infty$.
(b) $$\frac{f(0+h)-f(0)}h=\frac{\lvert h\rvert\sin h}h=\underbrace{\lvert h\rvert}_{\to0}\underbrace{\frac{\sin h}h}_{\to1}\to0\quad\text{då }h\to0.$$
Alltså är $f$ deriverbar i $x=0$ med $f'(0)=0$.
Betrakta funktionen $f(x)=(x^2-x-1)e^{-x}$, $x\in\mathbb{R}$.
Finn alla lokala minimi- och maximipunkter för $f$ och de tillhörande minimi- och maximivärdena.
Bestäm gränsvärdena för $f(x)$ då $x\to\pm\infty$.
Skissera grafen av $f$. (Konvexitet behöver inte undersökas.)
Tips: $e^{-3}\approx 0{,}05$.
$f(x)=(x^2-x-1)e^{-x}$
(a) $f'(x)=(2x-1)e^{-x}-(x^2-x-1)e^{-x}=(-x^2+3x)e^{-x}$.
$$f'(x)=0\iff0=-x^2+3x=-x(x-3)\iff x=0\text{ eller }x=3,$$
$$f'(x)=-x(x-3)e^{-x}.$$
Teckenschema:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline f'(x)&-&0&+&0&-\\f(x)&\searrow&&\nearrow&&\searrow\end{array}$$
Lokalt min i $x=0$ med min-värde $f(0)=-1$.
Lokalt max i $x=3$ med max-värde $f(3)=5e^{-3}\approx0.25$.
(b) Då $x\to-\infty$ har vi $x^2-x-1\to+\infty$ och $e^{-x}\to+\infty$, alltså $(x^2-x-1)e^{-x}\to+\infty$.
Då $x\to+\infty$ har vi, för $x$ tillräckligt stort,
$$0<(x^2-x-1)e^{-x}<x^2e^{-x}\to0\quad\text{(standard-GV)}$$
$$\implies(x^2-x-1)e^{-x}\to0.$$
(c)
Bestäm
$$\int\sqrt[7]{6x+5}\,dx.$$
Visa att den generaliserade integralen
$$\int_0^\infty xe^{-2x}\,dx$$
konvergerar och bestäm dess värde.
(a) $$\begin{aligned}\int\sqrt[7]{6x+5}\,dx&=\int(6x+5)^{1/7}\,dx=\frac16\int t^{1/7}\,dt\\&=\frac16\left(\frac78t^{8/7}\right)+C=\frac7{48}(6x+5)^{8/7}+C,\end{aligned}$$
$t=6x+5$, $dt=6\,dx$, där $C\in\mathbb R$.
(b) Partiell integration:
$$\int_0^bxe^{-2x}\,dx=\left[-\frac12e^{-2x}x\right]_0^b+\frac12\int_0^be^{-2x}\,dx$$
$$u(x)=-\frac12e^{-2x},\quad v(x)=x,\qquad u'(x)=e^{-2x},\quad v'(x)=1.$$
$$\begin{aligned}&=-\frac12be^{-2b}+\frac12\left(-\frac12\right)[e^{-2x}]_0^b\\&=-\frac12be^{-2b}-\frac14(e^{-2b}-1)\to\frac14\quad\text{då }b\to\infty.\end{aligned}$$
$$\implies\int_0^\infty xe^{-2x}\,dx=\frac14.$$