Tenta 2006-12-19

a) $$\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+3n}-n)&=\lim_{n\to\infty}\frac{(\sqrt{n^2+3n}-n)(\sqrt{n^2+3n}+n)}{\sqrt{n^2+3n}+n}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+3n-n^2}{\sqrt{n^2+3n}+n}=\lim_{n\to\infty}\frac{3n}{\sqrt{n^2+3n}+n}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac3{\sqrt{1+3/n}+1}=\frac3{1+1}=\frac32.\end{aligned}$$
b) Maclaurinutveckling ger
$$2\arctan x=2(x-\tfrac13x^3+O(x^5))=2x-\tfrac23x^3+O(x^5),$$
$$\arctan2x=2x-\tfrac13(2x)^3+O(x^5)=2x-\tfrac83x^3+O(x^5),$$
$$3\sin x=3(x-\tfrac16x^3+O(x^5))=3x-\tfrac12x^3+O(x^5),$$
$$\sin3x=3x-\tfrac16(3x)^3+O(x^5)=3x-\tfrac92x^3+O(x^5).$$
Det följer att
$$\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{2\arctan x-\arctan2x}{3\sin x-\sin3x}&=\lim_{x\to0}\frac{(2x-\frac23x^3+O(x^5))-(2x-\frac83x^3+O(x^5))}{(3x-\frac12x^3+O(x^5))-(3x-\frac92x^3+O(x^5))}\\&=\lim_{x\to0}\frac{2x^3+O(x^5)}{4x^3+O(x^5)}=\lim_{x\to0}\frac{2+O(x^2)}{4+O(x^2)}=\frac12.\end{aligned}$$

Funktionen är kontinuerlig och (godtyckligt många gånger) deriverbar i alla punkter. $\lim_{x\to\infty}f(x)=0$ vilket ger att $x$-axeln är en asymptot, men $\lim_{x\to-\infty}f(x)/x=-\infty$, vilket visar att det inte finns någon asymptot då $x\to-\infty$.

Derivation ger
$$f'(x)=D(x^4e^{-x})=4x^3e^{-x}-x^4e^{-x}=x^3(4-x)e^{-x},$$
vilket visar att derivatan har nollställen i $x=0$ och $x=4$. Vi får följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&4&\\\hline f'&-&0&+&0&-\\f&\searrow&0&\nearrow&(4/e)^4&\searrow\end{array}$$
$x=0$ är alltså en lokal minpunkt med minvärde $=0$ (i själva verket är det en global minpunkt eftersom $f(x)>0$ i alla andra punkter). $x=4$ är en lokal (men ej global) maxpunkt med maxvärde $(4/e)^4\approx4,7$. Globalt max saknas eftersom $\lim_{x\to-\infty}f(x)=\infty$.

Genom att derivera en gång till får vi att
$$f''(x)=12x^2e^{-x}-8x^3e^{-x}+x^4e^{-x}=e^{-x}x^2(x^2-8x+12).$$
$x^2-8x+12=0\iff x=2$ eller $x=6$. Vi får följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&&0&&2&&6&\\\hline f''&+&0&+&0&-&0&+\\f&\smile&&\smile&&\frown&&\smile\end{array}$$
Funktionen är konvex på intervallen $(-\infty,2]$ och $[6,\infty)$, och konkav på $[2,6]$. Punkterna $2$ och $6$ är inflexionspunkter.

Tangenten genom den punkt på kurvan $f(x)=(1+x^2)^{-1}$ som har $x$-koordinat $a$ ges av
$$y=f(a)+f'(a)(x-a)=\frac1{1+a^2}-\frac{2a}{(1+a^2)^2}(x-a).$$
Villkoret att tangenten ska gå genom punkten $(0,1)$ ger ekvationen
$$1=\frac1{1+a^2}-\frac{2a}{(1+a^2)^2}(0-a)\iff(1+a^2)^2=(1+a^2)+2a^2\iff a^2(a^2-1)=0.$$
Vi får de tre lösningarna $a=-1,0,1$ som svarar mot de tre punkterna $(-1,\frac12)$, $(0,1)$ och $(1,\frac12)$.

a) Differentialekvationen är både linjär och separabel så det finns flera metoder att välja bland. T ex:
$$(1+\cos x)y'=y\sin x\iff\frac{dy}y=\frac{\sin x\,dx}{1+\cos x}\iff\int\frac{dy}y=\int\frac{\sin x\,dx}{1+\cos x}\iff\ln y=-\ln(1+\cos x)+C.$$
Villkoret $y(0)=1$ ger $\ln1=-\ln2+C\iff0=-\ln2+C\iff C=\ln2$. Vi får därför
$$\ln y=-\ln(1+\cos x)+\ln2\iff y=e^{-\ln(1+\cos x)+\ln2}\iff y=\frac2{1+\cos x}.$$
b) Lösningen är tydligen väldefinierad på intervallet $(-\pi,\pi)$, men $y(x)\to\infty$ då $x\to\pi^-$ eller $x\to-\pi^+$, varför detta också är det största möjliga intervallet.

De kritiska punkterna ges av
$$\operatorname{grad}f(x,y)=(4y-2x,4x-1)=(0,0)$$
vilket har den entydiga lösningen $(x,y)=(\frac14,\frac18)$, som ligger i området, och $f(\frac14,\frac18)=-\frac1{16}$.

Vi söker nu funktionens extremvärden på randen till rektangeln.

Sidan mellan $(0,0)$ och $(4,0)$. Sätt $h_1(t)=f(t,0)=-t^2$, $0\le t\le4$. $h_1$ är tydligen avtagande så $\max h_1=h_1(0)=0$ och $\min h_1=h_1(4)=-16$.

Sidan mellan $(4,0)$ och $(4,1)$. Sätt $h_2(t)=f(4,t)=15t-16$, $0\le t\le1$. $h_2$ är tydligen växande så $\max h_2=h_2(1)=-1$ och $\min h_2=h_2(0)=-16$.

Sidan mellan $(0,1)$ och $(4,1)$. Sätt $h_3(t)=f(t,1)=-t^2+4t-1$, $0\le t\le4$. $h_3'(t)=4-2t$ har ett nollställe i $t=2$ som är en maxpunkt. Det följer att $\max h_3=h_3(2)=3$ och $\min h_3=h_3(0)=h_3(4)=-1$.

Sidan mellan $(0,0)$ och $(0,1)$. Sätt $h_4(t)=f(0,t)=-t$, $0\le t\le1$. $h_4$ är tydligen avtagande så $\max h_4=h_4(0)=0$ och $\min h_4=h_4(1)=-1$.

Sammanfattningsvis ser vi att funktionens största värde och minsta värden på randen är $3$ respektive $-16$. Jämförelse med den kritiska punkten i det inre ger $-16<-1/16<3$, varför dessa värden också är de globala största och minsta värdena.

Kedjeregeln ger:
$$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u},$$
$$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=3y^2\frac{\partial f}{\partial u}+\frac{\partial f}{\partial v},$$
eftersom
$$\frac{\partial u}{\partial x}=1,\quad\frac{\partial v}{\partial x}=0,\quad\frac{\partial u}{\partial y}=3y^2,\quad\text{och}\quad\frac{\partial v}{\partial y}=1.$$
Insatt i differentialekvationen ger detta
$$0=3y^2\frac{\partial f}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y}=3y^2\frac{\partial f}{\partial u}-3y^2\frac{\partial f}{\partial u}-\frac{\partial f}{\partial v}=-\frac{\partial f}{\partial v},$$
dvs i variablerna $u,v$ får vi ekvationen $\frac{\partial f}{\partial v}=0$, som innebär att $f$ inte beror på $v$, så vi kan skriva $f=h(u)$. I de ursprungliga variablerna $x,y$ får vi alltså att $f(x,y)=h(x+y^3)$. Bivillkoret ger nu att
$$\sin x=f(x,0)=h(x),$$
dvs $h(x)=\sin x$, och $f(x,y)=\sin(x+y^3)$.