Tenta 2026-06-04

Vi beräknar gränsvärdena för $f(x)$ då $x\to0^+$ respektive $x\to\infty$: $f(x)\to\infty$ då $x\to0^+$ och $f(x)\to-\infty$ då $x\to\infty$. Det ger värdemängden $(-\infty,\infty)$. Det innebär att $f(x)=a$ har minst en lösning för alla reella tal $a$.
Funktionen är kontinuerlig och deriverbar. Derivation ger
$$f'(x)=\frac{10}{1+x^2}-\frac2x-1.$$
Med inspektion ser vi att $f'(2)=0$, vilket leder till
$$f'(x)=-\frac{(x-2)(x^2+4x-1)}{x(1+x^2)}$$
efter polynomdivision. Detta visar att derivatan har nollställen i $x=2$ och $x=\sqrt5-2$ i definitionsmängden $(0,\infty)$. Vi får följande teckentabell:

| $x$ | $0$ | | $\sqrt5-2$ | | $2$ | |
|---|---:|---:|---:|---:|---:|---:|
| $f'$ | | $-$ | $0$ | $+$ | $0$ | $-$ |
| $f$ | | ↘ | min | ↗ | max | ↘ |

Alltså är det maximalt antal rötter som ekvationen $f(x)=a$ kan ha $3$ för $a$ mellan $f(\sqrt5-2)$ och $f(2)$.

(i) Använd standardutvecklingen
$$(1+t)^\alpha=1+\alpha t+\frac{\alpha(\alpha-1)}2t^2+O(t^3)$$
eller derivera $\sqrt{1+t}$ två gånger. Insättningen av $t=x^6$ och $\alpha=\frac12$ ger
$$f(x)=1+\frac{x^6}{2}-\frac{x^{12}}8+O(x^{13}),$$
så
$$\frac{f^{(12)}(0)}{12!}=-\frac18 \quad\Longrightarrow\quad f^{(12)}(0)=-\frac{12!}{8}.$$

(ii) Låt $y=1/x\to0$ då $x\to\infty$. Enligt standardutvecklingar för $e^t$ och $\sqrt{1+t}$ får vi
$$ \begin{aligned} &\left(x^3-x^2+\frac x2\right)e^{1/x}-\sqrt{1+x^6}\\\\ &=\frac{(2-2y+y^2)e^y-2\sqrt{1+y^6}}{2y^3}\\\\ &=\frac{(2-2y+y^2)(1+y+\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{6}+O(y^4))-2(1+O(y^6))}{2y^3}\\\\ &=\frac{\frac{y^3}{3}+O(y^4)}{2y^3} =\frac{\frac13+O(y)}2\longrightarrow\frac16. \end{aligned}$$

(i) De stationära punkterna ges av
$$\nabla f(x,y)=(x^2-y,-x+2y)=(0,0),$$
vilket har den entydiga lösningen $(x,y)=(\frac12,\frac14)$ innanför området, och
$$f\left(\frac12,\frac14\right)=-\frac1{48}.$$
Randen består av fyra linjesegment:
(a) $y=0$, $0\le x\le2$: $g_1(t)=f(t,0)=\frac13t^3$ är strängt växande,
$$\max_{0\le t\le2}g_1(t)=g_1(2)=\frac83,\qquad \min_{0\le t\le2}g_1(t)=g_1(0)=0.$$
(b) $x=2$, $0\le y\le2$: $g_2(t)=f(2,t)=t^2-2t+\frac83=(t-1)^2+\frac53$, så $g_2$ har en stationär punkt i $t=1$. Därför
$$\max_{0\le t\le2}g_2(t)=\max\left(\frac83,\frac53\right)=\frac83,$$
$$\min_{0\le t\le2}g_2(t)=\min\left(\frac83,\frac53\right)=\frac53.$$
(c) $y=2$, $0\le x\le2$: $g_3(t)=f(t,2)=\frac13t^3-2t+4$ har en stationär punkt i $t=\sqrt2$. Därför
$$\max_{0\le t\le2}g_3(t)=\max\left(g_3(0),g_3(2),g_3(\sqrt2)\right)=g_3(0)=4,$$
$$\min_{0\le t\le2}g_3(t)=\min\left(g_3(0),g_3(2),g_3(\sqrt2)\right)=g_3(\sqrt2)=4-\frac{4\sqrt2}{3}.$$
(d) $x=0$, $0\le y\le2$: $g_4(t)=f(0,t)=t^2$ är strängt växande för $0\le t\le2$, så
$$\max_{0\le t\le2}g_4(t)=g_4(2)=4,\qquad \min_{0\le t\le2}g_4(t)=g_4(0)=0.$$
Sammanfattningsvis är största värde $4$ och minsta värde $-1/48$.

(ii) Först konstaterar vi att punkten verkligen ligger på kurvan eftersom $f(0,2)=4$. Enligt en sats är $\nabla f(0,2)=(-2,4)$ normalen till nivåkurvan i punkten $(0,2)$. Då har vi tangenten till $f(x,y)=4$:
$$\nabla f(0,2)(x,y-2)^{\mathsf T}=0 \Longleftrightarrow -x+2y-4=0.$$

(i) Låt $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$. Då
$$D=\{(r,\theta):0\le r\le\pi,\ 0\le\theta\le\pi/4\}.$$
Därför
$$\iint_D\sin\sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy =\int_0^{\pi/4}\int_0^{\pi}r\sin r\,dr\,d\theta =\frac{\pi^2}{4}.$$

(ii) Observera att $D$ är begränsade av kurvorna $y=x$ då $0\le x\le\frac{\pi}{\sqrt2}$, $y=\sqrt{\pi^2-x^2}$ då $\frac{\pi}{\sqrt2}\le x\le\pi$ samt den positiva $x$-axeln. Alltså är volymen
$$V_x=\int_0^{\frac{\pi}{\sqrt2}}\pi x^2\,dx +\int_{\frac{\pi}{\sqrt2}}^\pi\pi(\pi^2-x^2)\,dx =\left(\frac23-\frac{\sqrt2}{3}\right)\pi^4.$$

(i) Differentialekvationen kan skrivas om till (med inspektion eller med metoden för integrerande faktor)
$$D\bigl(y(1+x^2)\bigr)=4x(1+x^2) \Longleftrightarrow y(1+x^2)=x^4+2x^2+C.$$
Bivillkoret $y(0)=1$ ger $C=y(0)=1$. Vi får därför
$$y=\frac{x^4+2x^2+1}{x^2+1} =\frac{(x^2+1)^2}{x^2+1}=x^2+1.$$

(ii) Den associerade homogena ekvationen har lösningen
$$y_h(x)=c_1+c_2e^{-2x},\qquad c_1,c_2\in\mathbb R.$$
Ansätt $y_p(x)=Ax$, där $A$ ska bestämmas. Insättningen av denna ansats i ekvationen ger $2A=2$, dvs. $A=1$, och därmed $y_p(x)=x$. Den allmänna lösningen till ekvationen är
$$y(x)=c_1+c_2e^{-2x}+x.$$