Tenta 2025-02-28

(a) För $f(x)=\frac{\sin x}{x+2}$ får vi $$f'(x)=\frac{\cos x(x+2)-\sin x}{(x+2)^2},$$ $$f''(x)=\frac{-\sin x(x+2)^2-2\cos x(x+2)+2\sin x}{(x+2)^3}.$$ Därför $$p_2(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}2x^2=\frac12x-\frac14x^2.$$ (b) Från (a) vet vi att $f(x)=\frac{x}{2}-\frac{x^2}{4}+B(x)x^3$, där $B$ är begränsad nära $0$. Då $$\frac{\sin x}{x^3+2x^2}-\frac1{2x}=\frac1{x^2}\left(f(x)-\frac{x}{2}\right)=-\frac14+B(x)x\longrightarrow-\frac14.$$

För $$f(x,y)=\frac{x(x^2+y^2)}{1-x^2-y^2}$$ ges de stationära punkterna av $\nabla f=\mathbf0$. Den andra ekvationen ger $2xy=0$. Om $x=0$ ger den första ekvationen $y=0$ eller $y=\pm1$, men de senare punkterna ligger inte i funktionens definitionsmängd. Om $y=0$ ger den första ekvationen $x^2(3-x^2)=0$, alltså $x=0$ eller $x=\pm\sqrt3$. Punkterna $(\pm\sqrt3,0)$ ligger inte i området. Enda stationära punkten i området är $(0,0)$ med $f(0,0)=0$. Randen parametriseras av $x=\frac12\cos t$, $y=\frac12\sin t$, $0\le t\le2\pi$. Där har vi $f(x,y)=\frac{\frac12\cos t\cdot\frac14}{1-\frac14}=\frac{\frac18\cos t}{\frac34}=\frac{\cos t}{6},$ vilket blir störst vid $t=0,2\pi$ och minst vid $t=\pi$ med värden $\frac16\cos(0)=\frac16$ resp. $\frac16\cos(\pi)=-\frac16$. Kandidaterna för största och minsta värde är alltså $-\frac16,0,\frac16$, så $\max f=\frac16$, $\min f=-\frac16$.

(a) Området ges av $0\leq x\leq2$ och $0\leq y\leq\sqrt{x}$, alltså $y^2\leq x\leq2$. Därför $$\int_0^2\int_0^{\sqrt{x}}f(x,y)\,dy\,dx=\int_0^{\sqrt2}\int_{y^2}^{2}f(x,y)\,dx\,dy.$$ (b) I polära koordinater är $\frac12\leq r\leq2$ och $-\frac{3\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{\pi}{4}$. Då $$\begin{aligned}\iint_D\frac{x}{(1+x^2+y^2)\sqrt{x^2+y^2}}\,dx\,dy&=\int_{-3\pi/4}^{\pi/4}\int_{1/2}^{2}\frac{r\cos\theta}{(1+r^2)r}r\,dr\,d\theta\\&=\left[\sin\theta\right]_{-3\pi/4}^{\pi/4}\frac12\left[\ln(1+r^2)\right]_{1/2}^{2}\\&=\sqrt2\ln2.\end{aligned}$$

Den homogena differentialekvationen har karakteristisk ekvation $$0=\lambda^2-10\lambda+25=(\lambda-5)^2,$$ så den allmänna homogena lösningen är $y_h(x)=(C_1+C_2x)e^{5x}$. För den inhomogena ekvationen ansätter vi $y_p(x)=Ax^2e^{5x}$. Då $$y_p'(x)=(2Ax+5Ax^2)e^{5x},$$ $$y_p''(x)=(2A+20Ax+25Ax^2)e^{5x}.$$ Insättning ger $$y_p''-10y_p'+25y_p=2Ae^{5x},$$ varför $A=\frac12$. Alltså är den allmänna lösningen $$y(x)=\left(C_1+C_2x+\frac{x^2}{2}\right)e^{5x},\qquad C_1,C_2\in\mathbb R.$$

(a) Serien $\sum_{k=1}^{\infty}a_k$ sägs konvergera om $$s=\lim_{N\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{N}a_k\right)$$ existerar i $\mathbb R$. (b) Nej. Ett motexempel är $a_k=\frac1{k^2}$. Då konvergerar $\sum_{k=1}^{\infty}a_k$, medan $$\sum_{k=1}^{\infty}ka_k=\sum_{k=1}^{\infty}\frac1k$$ är divergent (den harmoniska serien). (c) Sätt $f(x)=xe^{-x}$ för $x\geq1$. Funktionen är kontinuerlig, deriverbar och icke-negativ, och $f'(x)=e^{-x}(1-x)$ är negativ för $x>1$. Enligt Cauchys integraltest konvergerar serien om och endast om $\int_1^{\infty}f(x)\,dx$ konvergerar. Partiell integration ger $$\int xe^{-x}\,dx=-xe^{-x}+\int(-e^{-x})\,dx=-e^{-x}(x+1).$$ Därför $$\int_1^b f(x)\,dx=-e^{-b}(b+1)+2e^{-1}\longrightarrow2e^{-1}$$ då $b\to\infty$. Alltså konvergerar serien.