Tenta 2024-08-27

Funktionen $f$ har derivatorna
$$f'(x)=\frac1{2(1+x)},\qquad f''(x)=-\frac1{2(1+x)^2},\qquad f'''(x)=\frac1{(1+x)^3},\qquad f^{(4)}(x)=-\frac3{(1+x)^4}.$$
Detta ger Maclaurinpolynomet
$$p_3(x)=\frac12x-\frac14x^2+\frac16x^3.$$
Resttermen är
$$R_4(x)=\frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}x^4=-\frac3{24(1+\xi)^4}x^4,$$
där $\xi$ är ett tal mellan $0$ och $x$. För $0\le x\le0,01$ har vi $0\le\xi\le0,01$, vilket ger $1+\xi\ge1$. Därför ges felet av
$$|R_4(x)|=\frac1{8(1+\xi)^4}x^4\le\frac18\,0,01^4=\frac18\cdot10^{-8}.$$

Vi ska använda oss av partialbråksuppdelning och har
$$f(x)=\frac{5x-8}{x(x^2-4x+4)} =\frac{5x-8}{x(x-2)^2}.$$
På grund av det dubbla nollstället $2$ i nämnaren väljer vi en ansats
$$\frac{5x-8}{x(x-2)^2}=\frac Ax+\frac B{x-2}+\frac C{(x-2)^2}.\tag{1}$$
Multiplicerar vi ekvation (1) med $x$ och tittar på gränsvärdet då $x\to0$, så får vi (“handpåläggning”) $A=-8/4=-2$. Om vi multiplicerar (1) med $x(x-2)^2$, så får vi
$$5x-8=A(x-2)^2+Bx(x-2)+Cx,$$
och övergång till gränsvärdet då $x\to2$ ger $2=2C$, dvs. $C=1$. Alltså har (1), multiplicerat med $x-2$, formen
$$\frac{5x-8}{x(x-2)}=-\frac2x(x-2)+B+\frac1{x-2},$$
och omformning ger
$$\begin{aligned} B&=\frac{5x-8}{x(x-2)}+\frac2x(x-2)-\frac1{x-2}\\\\ &=\frac{5x-8+2(x-2)^2-x}{x(x-2)} =\frac{(4+2(x-2))(x-2)}{x(x-2)}=2. \end{aligned}$$
Vi får därför
$$\begin{aligned} \int f(x)\,dx &=-2\int\frac1x\,dx+2\int\frac1{x-2}\,dx+\int\frac1{(x-2)^2}\,dx\\\\ &=-2\ln|x|+2\ln|x-2|-\frac1{x-2}+D, \end{aligned}$$
där $D\in\mathbb R$.

De partiella derivatorna till $f$ är
$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=6xy-6x=6x(y-1),\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=3x^2+12y^2-24y.$$
$\partial f/\partial x$ blir noll när $x=0$ eller $y=1$. Insättning av $x=0$ i $\partial f/\partial y=0$ ger $12y(y-2)=0$ och har lösningarna $y=0$ och $y=2$. Å andra sidan leder $y=1$ till $3x^2-12=0$, vilket har lösningarna $x=\pm2$. Sammanlagt har vi fyra stationära punkter,
$$(0,0),\qquad(0,2),\qquad(-2,1),\qquad(2,1).$$
Funktionen $f$ har inget största värde. Ett möjligt argument för detta ser så här ut: Funktionen är deriverbar överallt. Om den har ett största värde, så måste detta värde antas i en av de stationära punkterna. Vi beräknar
$$f(0,0)=1,\qquad f(0,2)=-15,\qquad f(-2,1)=f(2,1)=-7.$$
Men t.ex. $f(0,10)=4000-1200+1=2799$ är (mycket) större än alla dessa värden. Alternativt kan t.ex. visas att $f(x,x)$ går mot $+\infty$ då $x\to+\infty$.

Området $D$ beskrivs i polära koordinater av $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, där $1\le r\le2$ och $-\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2$. Alltså
$$\begin{aligned} \iint_D\frac{x}{1+(x^2+y^2)^{3/2}}\,dx\,dy &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_1^2 \frac{r\cos\theta}{1+r^3}\,r\,dr\,d\theta\\\\ &=\left(\sin\frac\pi2-\sin\left(-\frac\pi2\right)\right) \int_1^2\frac{r^2}{1+r^3}\,dr\\\\ &=\frac23\left[\ln(1+r^3)\right]_1^2 =\frac23(\ln9-\ln2). \end{aligned}$$

Denna DE har separabla variabler, då den kan skrivas
$$y'=\frac{y^2+1}{1+x}.$$
Högerledet har inga nollställen, vi får alltså inga konstanta lösningar, och DE:n är ekvivalent med
$$\int\frac1{1+y^2}\,dy=\int\frac1{1+x}\,dx,$$
vilket ger
$$\arctan(y)=\ln|1+x|+C.$$
Så länge som högerledet ligger mellan $-\pi/2$ och $\pi/2$ (vilket stämmer för $x$ nära noll och lämplig konstant $C$), så följer
$$y(x)=\tan(\ln|1+x|+C).$$
Vi bestämmer konstanten $C$: $1=\tan(C)$ ger $C=\pi/4$ (som ligger i rätt intervall). Alltså har DE:n den entydiga lösningen
$$y(x)=\tan\left(\ln|1+x|+\frac\pi4\right).$$

(a) Serien $\sum_{k=1}^{\infty}a_k$ sägs konvergera mot $s\in\mathbb R$ om talföljden
$$s_n:=\sum_{k=1}^n a_k$$
konvergerar mot $s$ då $n\to\infty$, dvs. $\lim_{n\to\infty}s_n=s$.

(b) Då $f$ är deriverbar gäller samma sak för funktionen $f^2$, och $(f^2)'(x)=2f(x)f'(x)\le0$ gäller för alla $x\in(1,\infty)$ eftersom $f(x)>0$ och $f'(x)\le0$ för alla $x$. Särskilt är $f^2$ avtagande (och självklart positiv). Då $f$ är avtagande och $\int_1^\infty f(x)\,dx<\infty$ följer att $f(x)\to0$ då $x\to+\infty$. (Annars skulle $f$ ha ett positivt gränsvärde $G:=\lim_{x\to+\infty}f(x)>0$ och $\int_1^b f(x)\,dx\ge G(b-1)$ skulle följa, vilket går mot $+\infty$ då $b\to+\infty$, vilket motsäger integrerbarhetsvillkoret.) Särskilt gäller för alla tillräckligt stora $x$, säg $x>X$, att $f(x)<1$ och därför $f^2(x)<f(x)$. Därför gäller
$$\int_X^b f^2(x)\,dx<\int_X^b f(x)\,dx$$
för alla $b>X$, och $\int_1^\infty f^2(x)\,dx<\infty$ följer. Enligt Cauchys integralkriterium konvergerar serien $\sum_{k=1}^{\infty}f^2(k)$.