Tenta 2025-08-29

Skriv $$f(x)=f_1(x)+f_2(x),\qquad f_1(x)=\frac{x+1}{(x+3)^2},\quad f_2(x)=\frac{2x}{x^2+2x+2}.$$ För den första termen gäller $$f_1(x)=\frac1{x+3}-\frac2{(x+3)^2},$$ så $$\int f_1(x)\,dx=\ln\lvert x+3\rvert+\frac2{x+3}.$$ För den andra termen, sätt $t=x+1$. Då $$\int f_2(x)\,dx=\int\frac{2t-2}{t^2+1}\,dt=\ln(t^2+1)-2\arctan(t)+C_2,$$ det vill säga $$\int f_2(x)\,dx=\ln(x^2+2x+2)-2\arctan(x+1)+C_2.$$ Sammanlagt $$\int f(x)\,dx=\ln\lvert x+3\rvert+\frac2{x+3}+\ln(x^2+2x+2)-2\arctan(x+1)+C.$$

(a) Området i den itererade integralen kan beskrivas med $1\leq x\leq2$ och $\ln x\leq y\leq\ln2$. Efter byte av integrationsordning får vi $$\int_1^2\int_{\ln x}^{\ln2}f(x,y)\,dy\,dx=\int_0^{\ln2}\int_1^{e^y}f(x,y)\,dx\,dy.$$ (b) I polära koordinater $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$ gäller $1\leq r\leq2$ och $0\leq\theta\leq\pi$. Därför $$\begin{aligned}\iint_D\left(\frac{y}{(x^2+y^2)^{3/2}}-2\right)\,dx\,dy&=\int_0^\pi\int_1^2\left(\frac{\sin\theta}{r}-2r\right)\,dr\,d\theta\\&=2\ln2-3\pi.\end{aligned}$$

Funktionen $f(x,y)=e^{x^2+y}$ har inga stationära punkter, eftersom $$\frac{\partial f}{\partial x}=2xe^{x^2+y},\qquad\frac{\partial f}{\partial y}=e^{x^2+y}$$ aldrig kan vara noll samtidigt. På triangelns kanter undersöker vi följande. För $x=2$ är $f(x,y)=e^{4+y}$, $0\leq y\leq2$, så minsta värdet är $e^4$ och största värdet är $e^6$. För $y=2$ är $f(x,y)=e^{x^2+2}$, $0\leq x\leq2$, så minsta värdet är $e^2$ och största värdet är $e^6$. För $y=2-x$ får vi $$g(x)=f(x,2-x)=e^{x^2+2-x},\qquad 0\leq x\leq2.$$ Derivatan är $g'(x)=(2x-1)e^{x^2+2-x}$, med nollställe $x=\frac12$. Kandidaterna ger $g(0)=e^2$, $g(\frac12)=e^{7/4}$ och $g(2)=e^4$. Alltså har funktionen på triangeln minimum $e^{7/4}$ och maximum $e^6$.

Den homogena differentialekvationen har karakteristisk ekvation $$\lambda^2+\lambda-12=0,$$ vars rötter är $\lambda=-4$ och $\lambda=3$. Den homogena lösningen är därför $$y_h(x)=C_1e^{-4x}+C_2e^{3x}.$$ För den inhomogena ekvationen ansätter vi $$y_p(x)=Ax e^{3x}+B.$$ Då $$y_p'(x)=(3Ax+A)e^{3x},\qquad y_p''(x)=(9Ax+6A)e^{3x}.$$ Insättning ger $$2e^{3x}+1=7Ae^{3x}-12B,$$ så $A=\frac27$ och $B=-\frac1{12}$. Alltså är den allmänna lösningen $$y(x)=C_1e^{-4x}+C_2e^{3x}+\frac27xe^{3x}-\frac1{12},\qquad C_1,C_2\in\mathbb R.$$

(a) För $g(x)=e^{-x}\sin x$ gäller
$$g'(x)=e^{-x}(\cos x-\sin x),\qquad g''(x)=-2e^{-x}\cos x.$$
Eftersom $g(0)=0$, $g'(0)=1$ och $g''(0)=-2$ blir Maclaurinpolynomet
$$p_2(x)=g(0)+g'(0)x+\frac{g''(0)}2x^2=x-x^2.$$

(b) Sätt $N=n_1+n_2$. Produkten kan skrivas
$$f_1(x)f_2(x)=-15x^N+\widetilde B(x)x^{N+1},$$
där $\widetilde B$ är begränsad nära origo. Eftersom $N\ge2$ kan vi välja
$$m=N-2=n_1+n_2-2\ge0.$$
Efter den naturliga kontinuerliga utvidgningen i origo får vi då
$$h(x)=-15x^2+\widetilde B(x)x^3=x^2\bigl(-15+x\widetilde B(x)\bigr).$$
För alla tillräckligt små $x\ne0$ är faktorn inom parentes negativ. Alltså är $h(x)<h(0)=0$ nära origo, så $h$ har ett strängt lokalt maximum i origo.