Tenta 2024-02-21

Funktionen är kontinuerlig på $[0,2]$, antar alltså sitt största och minsta värde. Vi ser från definitionen av $f$ att $f(x)\ge0$ gäller för alla $x$, och att $f(1)=0$. Därför är minsta värdet $0$. Dessutom gäller
$$ f(x)= \begin{cases} \dfrac{1-x^2}{1+x^2},&x\le1,\\\\[4pt] \dfrac{x^2-1}{1+x^2},&x\ge1, \end{cases} \qquad f'(x)= \begin{cases} -\dfrac{4x}{(1+x^2)^2},&x<1,\\\\[4pt] \dfrac{4x}{(1+x^2)^2},&x>1. \end{cases} $$
Vi kan genast läsa av följande teckentabell.

| $x$ | $0$ | | $1$ | | $2$ |
|---|---:|---:|---:|---:|---:|
| $f'(x)$ | | $-$ | $|$ | $+$ | |
| $f(x)$ | $1$ | ↘ | $0$ | ↗ | $3/5$ |

Största värdet på intervallet $[0,2]$ är alltså $1$.

Maclaurinpolynomet kan bestämmas med hjälp av standardutvecklingar. Då vi dock ändå kommer behöva derivatorna av $f$, börjar vi med att räkna ut dem:
$$f'(x)=xe^{x^2/2},\qquad f''(x)=(1+x^2)e^{x^2/2},\qquad f'''(x)=(3x+x^3)e^{x^2/2}.$$
Därför blir
$$p_2(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2=1+\frac{x^2}{2}.$$
Resttermen blir då
$$R_3(x)=\frac{f'''(\xi)}6x^3 =\frac{(3\xi+\xi^3)e^{\xi^2/2}}6x^3$$
för något $\xi$ mellan $0$ och $x$. Om $|x|\le0,1$, så är även $|\xi|\le0,1$ och vi kan få fram feluppskattningen
$$|R_3(x)|\le\frac{(3|\xi|+|\xi|^3)e^{\xi^2/2}}6|x|^3 \le3\frac{3+0,1^2}{6}\,0,1^4 \le\frac12\cdot4\cdot10^{-4}=2\cdot10^{-4},$$
då vi har använt $e^{\xi^2/2}\le e^1<3$.

Betrakta funktionen $f(x)=(x+1)e^{-x}$. Den är deriverbar på hela $\mathbb R$ och
$$f'(x)=-xe^{-x}.$$
Särskilt är $f'(x)<0$ för alla $x>0$ och själva $f$ avtagande och positiv där. Därför har vi integraluppskattningen
$$\sum_{k=2}^{\infty}\frac{k+1}{e^k}\le\int_1^\infty f(x)\,dx =\lim_{B\to\infty}\int_1^B(x+1)e^{-x}\,dx.$$
Integralen kan beräknas med hjälp av partiell integration. Alternativt ger beräkningen ovan att
$$\begin{aligned} \int_1^B(x+1)e^{-x}\,dx &=-\int_1^B(-xe^{-x})\,dx+\int_1^Be^{-x}\,dx\\\\ &=-[(x+1)e^{-x}]_1^B-[e^{-x}]_1^B\\\\ &=\frac2e-\frac{B+1}{e^B}+\frac1e-\frac1{e^B} \longrightarrow\frac3e \end{aligned}$$
då $B\to\infty$. Sammanlagt får vi
$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k+1}{e^k}\le\frac2e+\frac3e=\frac5e.$$

Vi väljer polära koordinater $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, där $2\le r\le3$ och $0\le\theta\le\frac\pi2$. Då får vi
$$\begin{aligned} \iint_Dxy\,dx\,dy &=\int_2^3\int_0^{\pi/2}r^2\cos\theta\sin\theta\,r\,d\theta\,dr\\\\ &=\int_2^3r^3\,dr\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos\theta\,d\theta\\\\ &=\frac14(3^4-2^4)\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos\theta\,d\theta =\frac{65}{4}\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos\theta\,d\theta. \end{aligned}$$
Integralen med avseende på $\theta$ kan t.ex. beräknas genom att inse att $\sin\theta\cos\theta$ är derivatan till $g(\theta)=\frac12\sin^2\theta$. Detta ger
$$\iint_Dxy\,dx\,dy=\frac{65}{4}\bigl(g(\pi/2)-g(0)\bigr)=\frac{65}{8}.$$

Detta är en DE med separabla variabler. Vi kan se genast att vänsterledet liknar $\frac{d}{dx}y^2$. Således är DE:n ekvivalent med
$$y^2=\int\frac1{x^2-4}\,dx =\int\left(\frac{1/4}{x-2}-\frac{1/4}{x+2}\right)\,dx =\frac14\ln|x-2|-\frac14\ln|x+2|+C.$$
(Partialbråksuppdelning genom handpåläggning.) Vi kan redan nu bestämma konstanten, då vi vill ha $y(1)=-2$ och därför
$$4=y^2(1)=-\frac14\ln3+C,$$
vilket ger $C=4+\frac14\ln3$. Vidare får vi
$$y(x)=\pm\sqrt{\frac14\ln|x-2|-\frac14\ln|x+2|+4+\frac14\ln3} =\pm\sqrt{\frac14\ln\left|\frac{x-2}{x+2}\right|+4+\frac14\ln3}.$$
Men för att begynnelsevillkoret $y(1)=-2$ kan gälla, så måste tecknet väljas som minus, och lösningen blir
$$y(x)=-\sqrt{\frac14\ln\left|\frac{x-2}{x+2}\right|+4+\frac14\ln3}.$$

(a) $(x_0,y_0)$ är en lokal minimipunkt till $f$ om och endast om $f(x,y)\ge f(x_0,y_0)$ gäller för alla $(x,y)$ i en omgivning av $(x_0,y_0)$.

(b) Vi beräknar först de partiella derivatorna,
$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=(2x-2)(1+y^2),\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y(x^2+2y^2-2x+1).$$
$\partial f/\partial x$ försvinner uppenbarligen endast om $x=1$. Stoppar vi in detta i ekvationen $0=\partial f/\partial y(x,y)$, så ger detta $4y^3=0$ och därför $y=0$ som enda lösning. Den enda stationära punkten är alltså $(1,0)$.
Att detta är en lokal (t.o.m. global) minimipunkt följer då med kvadratkomplettering:
$$f(x,y)=((x-1)^2+y^2-1)(y^2+1)\ge y^4-1\ge-1=f(1,0)$$
gäller för alla $(x,y)\in\mathbb R^2$.