Tenta 2008-01-18

Med hjälp av standardutvecklingar får vi:
$$\sin t=t+B_1(t)t^3,\quad\sin(x^2)=x^2+B_2(x)x^6,\quad\cos x=1-\tfrac12x^2+\tfrac1{24}x^4+B_3(x)x^6,\quad\arctan x=x-\tfrac13x^3+B_4(x)x^5.$$
Det följer att $\sin(x^2)-2+2\cos x=x^2+B_2(x)x^6-2+2(1-\frac12x^2+\frac1{24}x^4+B_3(x)x^6)=\frac1{12}x^4+B_5(x)x^6$ och $x\arctan x-x^2=x(x-\frac13x^3+B_4(x)x^5)-x^2=-\frac13x^4+B_4(x)x^6$. Så
$$\lim_{x\to0}\frac{\sin(x^2)-2+2\cos x}{x\arctan x-x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\frac1{12}x^4+B_5(x)x^6}{-\frac13x^4+B_4(x)x^6}=\lim_{x\to0}\frac{\frac1{12}+B_5(x)x^2}{-\frac13+B_4(x)x^2}=-\frac14.$$

a) Ekvationen kan skrivas på formen $\frac{dy}{dx}=-2xy^2$. En uppenbar lösning är $y=0$. För $y\ne0$ ger separation av variablerna $\frac{dy}{y^2}=-2x\,dx$. Genom att integrera båda led får vi $-\frac1y=-x^2+C$, och därefter $y=\frac1{x^2-C}$.

b) Genom att sätta in $x=0$ och $y=y_0$ i lösningen ovan får vi $y_0=-\frac1C$. Så $C=-\frac1{y_0}$ och $y=\frac1{x^2+1/y_0}$, vilket efter förenkling ger $y=\frac{y_0}{y_0x^2+1}$. Vi noterar att den sista formeln även ger lösningen $y=0$ (motsvarande $y_0$-värde är $0$).

Om $y_0\ge0$, existerar lösningen för alla $x$. Om $y_0<0$, är $y_0x^2+1=0$ då $x=\pm\sqrt{-1/y_0}$. Alltså är det största intervallet på vilket lösningen existerar $(-\sqrt{-1/y_0},\sqrt{-1/y_0})$.

$f'(x)=\frac4{1+x^2}-1=\frac{3-x^2}{1+x^2}$. Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-\sqrt3&&\sqrt3&\\\hline f'&-&0&+&0&-\\f&\searrow&&\nearrow&&\searrow\end{array}$$
Det framgår av tabellen att $f$ har ett lokalt minimum då $x=-\sqrt3$ och ett lokalt maximum då $x=\sqrt3$.

$f''(x)=-\frac{8x}{(1+x^2)^2}$. Teckentabell för $f''$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&0&\\\hline f''&+&0&-\\f&\text{konvex}&&\text{konkav}\end{array}$$
Asymptoter:

Eftersom $f$ är definierad för alla $x$ och kontinuerlig, finns inga lodräta asymptoter.
$$k=\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\infty}\left(\frac{4\arctan x}x-1\right)=-1.$$
$$m=\lim_{x\to\infty}(f(x)-kx)=\lim_{x\to\infty}4\arctan x=2\pi.$$
Det följer att $y=2\pi-x$ är en sned asymptot då $x\to\infty$.

Det blir samma $k$ då $x\to-\infty$. Däremot är nu $m=\lim_{x\to-\infty}4\arctan x=-2\pi$. Alltså är $y=-2\pi-x$ en sned asymptot då $x\to-\infty$.

Grafen:

a) Sätt $f(x)=\frac{\sqrt x}{1+x^2}$. Volymen
$$\begin{aligned}V&=\pi\int_0^\infty f(x)^2\,dx=\pi\int_0^\infty\frac{x}{(1+x^2)^2}\,dx=[1+x^2=t,\ 2x\,dx=dt]\\&=\frac\pi2\int_1^\infty\frac{dt}{t^2}=\frac\pi2\left[-\frac1t\right]_1^\infty=\frac\pi2\lim_{T\to\infty}\left(-\frac1T+1\right)=\frac\pi2.\end{aligned}$$
b) Låt nu $f(x)=x^{-\alpha}$. Arean $A=2\pi\int_1^\infty f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx=2\pi\int_1^\infty x^{-\alpha}\sqrt{1+\alpha^2x^{-2\alpha-2}}\,dx$.

Eftersom $x^{-2\alpha-2}\le1$ då $x\ge1$, är $0<x^{-\alpha}\sqrt{1+\alpha^2x^{-2\alpha-2}}\le x^{-\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}$ för sådana $x$. Eftersom $\int_1^\infty x^{-\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}\,dx$ konvergerar när $\alpha>1$, konvergerar även $\int_1^\infty x^{-\alpha}\sqrt{1+\alpha^2x^{-2\alpha-2}}\,dx$ enligt jämförelsesatsen för generaliserade integraler. Alltså är arean ändlig.

$f_x'(x,y)=2x-y$, $f_y'(x,y)=-x+1$. $f_y'=0$ ger $x=1$, vilket insatt i ekvationen $f_x'=0$ ger $y=2$. Så $(1,2)$ är den enda stationära punkten, och den ligger uppenbart i det inre av triangeln. Vi sparar värdet $\boxed{f(1,2)=1}$.

Det återstår att undersöka randen. I hörnpunkterna får vi $\boxed{f(0,0)=0}$, $\boxed{f(6,0)=36}$ och $\boxed{f(0,6)=6}$.

På linjestycket $y=0$, $0\le x\le6$, är $\varphi_1(x)=f(x,0)=x^2$, så största och minsta värdet antas i intervallets ändpunkter, dvs. i två av triangelns hörn (som vi redan undersökt).

På linjestycket $x=0$, $0\le y\le6$, är $\varphi_2(y)=f(0,y)=y$, så även här antas största och minsta värdet i två av triangelns hörn.

På linjestycket $y=6-x$, $0\le x\le6$, är $\varphi_3(x)=f(x,6-x)=2x^2-7x+6$. Här måste vi även bestämma de intervallets inre punkter där $\varphi_3'(x)=0$. Eftersom $\varphi_3'(x)=4x-7$, är $\varphi_3'(7/4)=0$. Motsvarande funktionsvärde är $\boxed{\varphi_3(7/4)=-1/8}$.

Genom att jämföra de markerade värdena ser vi att funktionens största och minsta värde i triangeln är $36$ respektive $-1/8$.

Vi går över till polära koordinater. T.ex. genom att rita en figur ser vi att den mängd som svarar mot $D$ är $E=\{(r,\theta):0\le r\le\sqrt3,\ 0\le\theta\le\pi/4\}$. Så
$$\begin{aligned}\iint_D e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy&=\iint_E re^{-r^2}\,dr\,d\theta=\int_0^{\sqrt3}\left(\int_0^{\pi/4}re^{-r^2}\,d\theta\right)dr=\frac\pi4\int_0^{\sqrt3}re^{-r^2}\,dr\\&=[r^2=t,\ 2r\,dr=dt]=\frac\pi8\int_0^3e^{-t}\,dt=\frac\pi8[-e^{-t}]_0^3=\frac\pi8(1-e^{-3}).\end{aligned}$$