Tenta 2007-01-19

a) $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{5^n+3^n}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{5^n\left(1+\left(\frac35\right)^n\right)}=5\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{1+\left(\frac35\right)^n}=5\cdot1=5,$$
eftersom det sista gränsvärdet är av typen $1^0$ som alltid är $1$.

b) Maclaurinutveckling ger
$$\arctan^2x=(x-\tfrac13x^3+O(x^5))^2=x^2-\tfrac23x^4+O(x^6),$$
$$\arctan x^2=x^2-\tfrac13(x^2)^3+O(x^{10})=x^2+O(x^6),$$
$$\sin^2x=(x-\tfrac16x^3+O(x^5))^2=x^2-\tfrac13x^4+O(x^6),$$
$$\sin x^2=x^2-\tfrac16(x^2)^3+O(x^{10})=x^2+O(x^6).$$
Det följer att
$$\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\arctan^2x-\arctan x^2}{\sin^2x-\sin x^2}&=\lim_{x\to0}\frac{(x^2-\frac23x^4+O(x^6))-(x^2+O(x^6))}{(x^2-\frac13x^4+O(x^6))-(x^2+O(x^6))}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-\frac23x^4+O(x^6)}{-\frac13x^4+O(x^6)}=\lim_{x\to0}\frac{-\frac23+O(x^2)}{-\frac13+O(x^2)}=2.\end{aligned}$$

Funktionen är kontinuerlig och (godtyckligt många gånger) deriverbar i alla punkter ($\implies$ inga lodräta asymptoter). $\lim_{x\to\infty}f(x)=0$ 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
$$f'(x)=D(e^{-x}-e^{-2x})=-e^{-x}+2e^{-2x}=e^{-x}(2e^{-x}-1),$$
vilket visar att derivatan är noll endast då $2e^{-x}-1=0\iff e^{-x}=\frac12\iff x=\ln2$. Vi får följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&\ln2&\\\hline f'&+&0&-\\f&\nearrow&1/4&\searrow\end{array}$$
$x=\ln2$ är alltså en maxpunkt med maxvärde $=1/4$ som också är en global maxpunkt. Globalt min saknas eftersom $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$.

Genom att derivera en gång till får vi att
$$f''(x)=e^{-x}-4e^{-2x}=e^{-x}(1-4e^{-x}),$$
vilket visar att $f''$ är noll endast då $1-4e^{-x}=0\iff e^{-x}=\frac14\iff x=2\ln2$. Vi får följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&2\ln2&\\\hline f''&-&0&+\\f&\frown&3/16&\smile\end{array}$$
Punkten $(2\ln2,\frac3{16})$ är alltså en inflexionspunkt och funktionen är konkav på intervallet $(-\infty,2\ln2]$ och konvex på $[2\ln2,\infty)$.

a) Rotationsvolymen ges enligt känd formel av
$$V(a)=\pi\int_0^\infty(y(x))^2\,dx=\pi(1+a)^2\int_0^\infty e^{-2ax}\,dx=\pi(1+a)^2\left[\frac{-1}{2a}e^{-2ax}\right]_0^\infty=\frac{\pi(1+a)^2}{2a}.$$
b) För att hitta den minimala volymen deriverar vi $V(a)$ med avseende på $a$:
$$V'(a)=\pi\frac{2(1+a)\cdot2a-(1+a)^2\cdot2}{4a^2}=\frac{2\pi(a^2-1)}{4a^2}.$$
Vi ser att $V'$ är noll om och endast om $a^2-1=0$, vilket ger den unika lösningen $a=1$ eftersom vi antagit att $a>0$. Att detta verkligen är ett minimum framgår av att $\lim_{a\to0^+}V(a)=\lim_{a\to\infty}V(a)=\infty$.

Den homogena differentialekvationen $y''-5y'+4y=0$ har karakteristisk ekvation $r^2-5r+4=0$ med rötterna $r_1=1$ och $r_2=4$. Den allmänna lösningen blir därför $y_h=C_1e^x+C_2e^{4x}$.

För att hitta en partikulärlösning sätter vi $y=ze^x$, vilket ger $y'=(z'+z)e^x$ och $y''=(z''+2z'+z)e^x$. Insatt i den ursprungliga ekvationen får vi $(z''+2z'+z)e^x-5(z'+z)e^x+4ze^x=xe^x$, vilket efter förenklingar ger $z''-3z'=x$. Ansatsen $z_p=Ax^2+Bx$ ger $2A-3(2Ax+B)=x$, dvs $-6A=1$, $2A-3B=0$ och alltså $A=-1/6$ och $B=-1/9$. Vi får därmed $z_p=-\frac16x^2-\frac19x$ som ger partikulärlösningen $y_p=-(\frac16x^2+\frac19x)e^x$ till den ursprungliga differentialekvationen. Den allmänna lösningen blir därmed
$$y=y_h+y_p=C_1e^x+C_2e^{4x}-(\tfrac16x^2+\tfrac19x)e^x.$$
Om vi nu sätter in $0$ i $y(x)$ och $y'(x)$ får vi ekvationerna
$$\begin{cases}0=y(0)=C_1+C_2,\\1=y'(0)=C_1+4C_2-\frac19,\end{cases}$$
som har de entydiga lösningarna $C_1=-10/27$ och $C_2=10/27$. Lösningen på det ursprungliga problemet blir alltså
$$y=-\frac{10}{27}e^x+\frac{10}{27}e^{4x}-(\tfrac16x^2+\tfrac19x)e^x.$$

I polära koordinater ges området av villkoren $0\le\theta\le\pi/2$ och $0\le r\le2$. Vi får därför:
$$\begin{aligned}\iint_Dx^2y\,dx\,dy&=\int_0^{\pi/2}\int_0^2(r\cos\theta)^2(r\sin\theta)r\,dr\,d\theta\\&=\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\sin\theta\,d\theta\int_0^2r^4\,dr =\left[-\frac13\cos^3\theta\right]_0^{\pi/2}\left[\frac15r^5\right]_0^2\\&=\left(-\frac13\right)(0-1)\cdot\frac15(32-0)=\frac{32}{15}.\end{aligned}$$

Eftersom funktionen är större än eller lika med $0$ i hela första kvadranten och lika med noll på koordinataxlarna är det uppenbart att minimum är lika med $0$. Eftersom funktionen är partiellt deriverbar överallt räcker det därför att undersöka kritiska punkter i det inre och randkurvan $x^2+y^2=4$, $x,y>0$ för att hitta max.

De kritiska punkterna uppfyller ekvationerna
$$\begin{cases}0=f_x'=2xy(1-x^2)e^{-x^2-y^2},\\0=f_y'=x^2(1-2y^2)e^{-x^2-y^2}.\end{cases}$$
vilka för $x,y>0$ har den entydiga lösningen $x=1$, $y=1/\sqrt2$ som svarar mot en punkt som ligger i området.

Randkurvan $x^2+y^2=4$, $x,y>0$ undersöks enklast genom att välja $t=y$ som parameter. Vi sätter alltså $h(t)=f(\sqrt{4-t^2},t)=(4-t^2)te^{-4}$, $0<t<2$. $h'(t)=(4-3t^2)e^{-4}=0$ ger den unika lösningen i området $t=2/\sqrt3$. Det följer att maximum är det största av talen $M_1=f(1,1/\sqrt2)=2^{-1/2}e^{-3/2}$ och $M_2=h(2/\sqrt3)=16\cdot3^{-3/2}e^{-4}$. Division ger
$$\frac{M_2}{M_1}=\frac{\frac{16}{3\sqrt3e^4}}{\frac1{\sqrt2e^{3/2}}}=\frac{16\sqrt2}{3\sqrt3e^2\sqrt e}<\frac{16}{3\cdot7}<1,$$
där vi i sista ledet använt att $\sqrt3>\sqrt2$, $\sqrt e>1$ och $e^2>(2,7)^2>7$. $M_1$ är alltså större än $M_2$ och är därmed funktionens största värde.