MM2001 · Analys I
Beräkna följande gränsvärden eller visa att de inte existerar:
$$\lim_{x\to+\infty}\left(x^2-\sqrt{x^4-7x^2+3}\right),\qquad\lim_{x\to 3}\frac{x^2-2x-3}{x^2-7x+12}.$$
Endast metoder från Analys del 1 får användas, i synnerhet är l’Hopitals regel inte tillåten.
(a) $$x^2-\sqrt{x^4-7x^2+3}=\frac{x^4-(x^4-7x^2+3)}{x^2+\sqrt{x^4-7x^2+3}}=\frac{7-3/x^2}{1+\sqrt{1-7/x^2+3/x^4}}\xrightarrow[x\to+\infty]{}\frac72.$$
(b) Nollställena till täljare och nämnare är $$x^2-2x-3=0\Longleftrightarrow x\in\{-1,3\},\qquad x^2-7x+12=0\Longleftrightarrow x\in\{3,4\}.$$ Alltså $$\frac{x^2-2x-3}{x^2-7x+12}=\frac{(x+1)(x-3)}{(x-4)(x-3)}=\frac{x+1}{x-4}\xrightarrow[x\to3]{}-4.$$
Bestäm alla asymptoter till kurvan $y=\frac{2x^3+x^2+2x}{x^2+1}$.
Finn alla punkter i vilka tangenten till $f(x)=\ln(x^2-\frac{1}{3})$ har lutning 3.
(a) Rationell funktion, nämnaren har inga nollställen, alltså inga lodräta asymptoter. Asymptoter vid $\pm\infty$: polynomdivision ger $$\frac{2x^3+x^2+2x}{x^2+1}=2x+1-\frac1{x^2+1}.$$ Då $1/(x^2+1)\to0$ då $x\to\pm\infty$ har vi den linjära asymptoten $y=2x+1$ i båda riktningarna.
(b) Tangentens lutning är lika med derivatan. $$3=f'(x)=\frac{2x}{x^2-\frac13}\Longleftrightarrow 3x^2-1=2x\Longleftrightarrow x^2-\frac23x-\frac13=0\Longleftrightarrow x=\frac13\pm\sqrt{\frac19+\frac13}=\left\{-\frac13,1\right\}.$$ Dock är $f$ odefinierad i $x=-1/3$. Den enda punkten där tangentens lutning är $3$ är $x=1$.
Betrakta funktionen $g(x)=\lvert x^2-1\rvert$, $x\in\mathbb{R}$.
Bestäm alla punkter i vilka $g$ antar ett lokalt minimum eller maximum.
Undersök var $g$ är konvex resp. konkav.
Skissera grafen av $g$.
(a) Vi skriver
$$g(x)=\begin{cases}1-x^2,&-1\le x\le1,\\x^2-1,&|x|\ge1.\end{cases}$$
Funktionen är inte deriverbar i $x=\pm1$. För övriga $x$ är
$$g'(x)=\begin{cases}-2x,&-1<x<1,\\2x,&x<-1\text{ eller }x>1.\end{cases}$$
Teckenstudium ger globala (och lokala) minimipunkter i $x=\pm1$, där $g(\pm1)=0$, samt en lokal maximipunkt i $x=0$, där $g(0)=1$.
(b) För $x\ne\pm1$ gäller
$$g''(x)=\begin{cases}-2,&-1<x<1,\\2,&x<-1\text{ eller }x>1.\end{cases}$$
Alltså är $g$ konkav på $(-1,1)$ och konvex på $(-\infty,-1)$ och $(1,\infty)$.
(c) Grafen består av den nedåtvända parabelbågen $y=1-x^2$ mellan $x=-1$ och $x=1$, och av parabeln $y=x^2-1$ utanför detta intervall.
Beräkna
$$\int_0^\pi x\sin(5x)\,dx.$$
Bestäm
$$\int\frac{1}{(x^2+1)\arctan x}\,dx.$$
(a) Partiell integration med $u(x)=-\frac15\cos(5x)$ och $v(x)=x$ ger $$\int_0^\pi x\sin(5x)\,dx=\left[-\frac15\cos(5x)\,x\right]_0^\pi-\int_0^\pi\left(-\frac15\cos(5x)\right)\,dx=\frac\pi5+\frac1{25}\left[\sin(5x)\right]_0^\pi=\frac\pi5.$$
(b) Substitution $t=\arctan x$, $dt=\frac1{1+x^2}dx$, ger $$\int\frac{1}{(x^2+1)\arctan x}\,dx=\int\frac1t\,dt=\ln\lvert t\rvert+C=\ln\lvert\arctan x\rvert+C.$$
Låt $p:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ vara en positiv, deriverbar funktion.
Visa med hjälp av derivatans definition att $f(x)=\sqrt{p(x)}$ är deriverbar med $f'(x)=\frac{p'(x)}{2\sqrt{p(x)}}$.
Antag nu dessutom att $p$ är konvex och två gånger deriverbar. Är det sant eller falskt att funktionen $g(x):=(p(x))^2$ är konvex? Motivera ditt svar noggrant!
(a) För $f(x)=\sqrt{p(x)}$ får vi $$\frac{f(x+h)-f(x)}h=\frac{\sqrt{p(x+h)}-\sqrt{p(x)}}h=\frac{p(x+h)-p(x)}{h(\sqrt{p(x+h)}+\sqrt{p(x)})}.$$ Då $h\to0$ och $p$ är kontinuerlig får vi $$f'(x)=\frac{p'(x)}{2\sqrt{p(x)}}.$$
(b) $p$ har en andra derivata och $p''(x)\ge0$ för alla $x$. Vi har $$g'(x)=2p(x)p'(x),\qquad g''(x)=2(p'(x))^2+2p(x)p''(x)\ge0.$$ Alltså är $g$ konvex.