Tenta 2026-08-24

För $x\le0$ är $|\arctan x|=-\arctan x$, så
$$f(x)=-\arctan x+\ln(1+x^2)-x.$$
För $x<0$ får vi
$$f'(x)=-\frac1{1+x^2}+\frac{2x}{1+x^2}-1 =-\frac{x^2-2x+2}{1+x^2} =-\frac{(x-1)^2+1}{1+x^2}<0.$$
Alltså är $f$ strängt avtagande på $(-\infty,0]$. Eftersom $f(0)=0$ följer att $f(x)\ge0$ för alla $x\le0$.

(i)
$$\begin{aligned} f(x)&=x\cos(x^4)+\frac{x^9}{2}\\\\ &=x\left(1-\frac{(x^4)^2}{2}+\frac{(x^4)^4}{4!}+O(x^{24})\right)+\frac{x^9}{2}\\\\ &=x+\frac{x^{17}}{4!}+O(x^{25}), \end{aligned}$$
och därför
$$f^{(17)}(0)=\frac{17!}{4!}.$$

(ii) Låt $y=1/x\to0$ då $x\to\infty$. Då
$$x^8\left(1-2x^8+2x^8\cos\left(\frac1{x^4}\right)\right) =\frac{y^8-2+2\cos(y^4)}{y^{16}}.$$
Standardutvecklingen ger
$$\frac{y^8-2+2\left(1-\frac{y^8}{2}+\frac{y^{16}}{4!}+O(y^{24})\right)}{y^{16}} \longrightarrow\frac1{12}.$$
Notera att beräkningen blir enklare om vi utvecklar
$$\cos\frac1{x^4}=1-\frac1{2x^8}+\frac1{4!x^{16}}+O\left(\frac1{x^{24}}\right).$$

(i) Kvadratkomplettering ger
$$f(x,y)=(x-1)^2+(y-1)^2-3.$$
Punkten $(1,1)$ ligger i cirkelskivan $x^2+y^2\le16$, så funktionens minsta värde är $-3$, och det antas i $(1,1)$. Det största avståndet från $(1,1)$ till en punkt i cirkelskivan fås i randpunkten i motsatt riktning,
$$(x,y)=(-2\sqrt2,-2\sqrt2).$$
Avståndet är då $4+\sqrt2$, och det största funktionsvärdet blir
$$(4+\sqrt2)^2-3=15+8\sqrt2.$$

(ii) Vi använder den övre halvcirkeln $y=\sqrt{16-x^2}$, $-4\le x\le4$. Då
$$y'=-\frac{x}{\sqrt{16-x^2}},\qquad \sqrt{1+(y')^2}=\frac4{\sqrt{16-x^2}}.$$
Rotationen kring $x$-axeln ger därför arean
$$A=2\pi\int_{-4}^4y\sqrt{1+(y')^2}\,dx =2\pi\int_{-4}^4 4\,dx=64\pi.$$

(i) Området
$$D=\{(r,\theta):r\le1,\ \pi/4\le\theta\le3\pi/4\}.$$
Vi får
$$\iint_Df(x,y)\,dx\,dy =\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\left(\int_0^1e^{r^2}r\,dr\right)d\theta =\frac\pi4(e-1).$$

(ii) Vi har
$$\frac{\partial f}{\partial x}=2xe^{x^2+y^2},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=2ye^{x^2+y^2},$$
och
$$\frac{\partial x}{\partial r}=2\cos t,\quad \frac{\partial y}{\partial r}=\sin t,\quad \frac{\partial x}{\partial t}=-2r\sin t,\quad \frac{\partial y}{\partial t}=r\cos t.$$
Därför
$$\frac{\partial g}{\partial r} =\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r} +\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r} =2r(4\cos^2t+\sin^2t)e^{r^2(4\cos^2t+\sin^2t)},$$
$$\frac{\partial g}{\partial t} =\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial t} +\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial t} =-6r^2\sin t\cos t\,e^{r^2(4\cos^2t+\sin^2t)}.$$
Tangentplanet till $s=g(r,t)$ i $(0,0,1)$ är
$$s-1=\frac{\partial g}{\partial r}(0,0)\,r+ \frac{\partial g}{\partial t}(0,0)\,t,$$
dvs. $s=1$.

(i) För den homogena ekvationen får vi
$$\frac{y'}y=-\frac{5x}{1+x^2},$$
och därmed
$$y_h(x)=C(1+x^2)^{-5/2}.$$
För den inhomogena ekvationen är en integrerande faktor
$$\mu(x)=e^{\int 5x/(1+x^2)\,dx}=(1+x^2)^{5/2}.$$
Multiplikation med $\mu$ ger
$$\bigl((1+x^2)^{5/2}y\bigr)'=2x(1+x^2)^{5/2}.$$
Efter integration får vi
$$(1+x^2)^{5/2}y=\frac27(1+x^2)^{7/2}+C,$$
så
$$y(x)=\frac27(1+x^2)+C(1+x^2)^{-5/2}.$$
Begynnelsevillkoret $y(0)=7/2$ ger $C=45/14$. Den sökta lösningen är alltså
$$y(x)=\frac27(1+x^2)+\frac{45}{14}(1+x^2)^{-5/2}.$$

(ii) Den karakteristiska ekvationen är
$$(r+1)^2=0,$$
så den homogena lösningen är
$$y_h(x)=(c_1+c_2x)e^{-x}.$$
Eftersom högerledet $e^{-x}$ motsvarar den dubbla roten $r=-1$ ansätter vi $y_p(x)=Ax^2e^{-x}$. Insättning ger $2Ae^{-x}=e^{-x}$, alltså $A=1/2$. Den allmänna lösningen är därför
$$y(x)=c_1e^{-x}+c_2xe^{-x}+\frac12x^2e^{-x}.$$