Tenta 2008-05-23

Eftersom
$$1+x^2\to+\infty\text{ då }x\to\pm\infty,\quad\arctan x\to-\frac\pi2\text{ då }x\to-\infty,\quad\text{och}\quad\arctan x\to\frac\pi2\text{ då }x\to+\infty,$$
gäller att
$$f(x)=\ln(1+x^2)-2\arctan x\to+\infty\text{ då }x\to\pm\infty.$$
Derivering ger
$$f'(x)=\frac{2x}{1+x^2}-\frac2{1+x^2}=2\frac{x-1}{1+x^2}.$$
Enda nollstället till derivatan $f'(x)$ är $x=1$. Teckenstudium av derivatan ger följande schema.
$$\begin{array}{c|ccccc}x&-\infty&&1&&+\infty\\\hline f'(x)&&-&0&+&\\f(x)&+\infty&\searrow&f(1)&\nearrow&+\infty\end{array}$$
I schemat har vi satt in de gränsvärden vi fick ovan för $f(x)$ då $x\to\pm\infty$. Schemat visar att de värden som $f(x)$ antar är värdena i intervallet $[f(1),+\infty)$, dvs värdena i intervallet $[\ln2-\frac\pi2,+\infty)$. Fortsatt derivering ger
$$f''(x)=2\frac{1(1+x^2)-(x-1)2x}{(1+x^2)^2}=-2\frac{x^2-2x-1}{(1+x^2)^2}.$$
Andraderivatan $f''(x)=0$ ger ekvationen $x^2-2x-1=0$, som har rötterna $x=1\pm\sqrt2$. Teckenstudium av andraderivatan ger följande schema.
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&-\infty&&1-\sqrt2&&1+\sqrt2&&+\infty\\\hline f''(x)&&-&0&+&0&-&\\f(x)&&\frown&&\smile&&\frown&\end{array}$$
så $f(x)$ är således strängt konkav i intervallen $(-\infty,1-\sqrt2]$ och $[1+\sqrt2,+\infty)$ samt strängt konvex i intervallet $[1-\sqrt2,1+\sqrt2]$.

Den givna differentialekvationen är separabel, den kan skrivas
$$\frac{dy}{dx}e^y=e^{-x}.$$
Vi får att
$$e^y\,dy=e^{-x}\,dx,$$
och därmed att
$$\int e^y\,dy=\int e^{-x}\,dx,$$
som ger
$$e^y=-e^{-x}+C,$$
för någon konstant $C$. Detta och $y=1$ då $x=0$ ger $C=e+1$. Sökt lösning är alltså
$$e^y=-e^{-x}+e+1\iff y=\ln(-e^{-x}+e+1).$$
Lösningen är definierad i det intervall där $-e^{-x}+e+1>0$, dvs i intervallet $x>-\ln(e+1)$.

Låt $p_n(x)$ beteckna Taylorpolynomet av ordning $n$ i origo till $f(x)$. Vi löser båda uppgifterna samtidigt genom att bestämma $p_{50}(x)$. Termerna med gradtal $\le6$ i $p_{50}(x)$ är då sökt Taylorpolynom $p_6(x)$, och koefficienten framför $x^{50}$-termen i $p_{50}(x)$ ger derivatan $f^{(50)}(0)$. Detta kan genomföras på följande sätt. Vi har att
$$f(x)=\ln\left(\frac{1+x^2}{1-x^2}\right)=\ln(1+x^2)-\ln(1-x^2).\tag{1}$$
Enligt känd Taylorutveckling (standardutveckling) har vi att
$$\ln(1+t)=\sum_{n=1}^{25}\frac{(-1)^{n-1}}n t^n+O(t^{26})\quad\text{då }t\text{ är nära }0.\tag{2}$$
Eftersom $x^2$ är nära noll då $x$ är nära noll kan vi sätta $t=x^2$ respektive $t=-x^2$ i (2) och få att
$$\ln(1+x^2)=\sum_{n=1}^{25}\frac{(-1)^{n-1}}n(x^2)^n+O((x^2)^{26})=\sum_{n=1}^{25}\frac{(-1)^{n-1}}n x^{2n}+O(x^{52})\quad\text{då }x\text{ är nära }0$$
respektive
$$\ln(1-x^2)=\sum_{n=1}^{25}\frac{(-1)^{n-1}}n(-x^2)^n+O((-x^2)^{26})=-\sum_{n=1}^{25}\frac1n x^{2n}+O(x^{52})\quad\text{då }x\text{ är nära }0.$$
Tillsammans med (1) ger detta att
$$\begin{aligned}f(x)&=\sum_{n=1}^{25}\frac{(-1)^{n-1}}n x^{2n}+O(x^{52})+\sum_{n=1}^{25}\frac1n x^{2n}+O(x^{52})\\&=\sum_{n=1}^{25}\frac{(-1)^{n-1}+1}n x^{2n}+O(x^{52})=\sum_{k=0}^{12}\frac2{2k+1}x^{4k+2}+O(x^{52})\quad\text{då }x\text{ är nära }0.\end{aligned}$$
Därav och av entydighetssats för Taylorutvecklingar följer att
$$p_{50}(x)=\sum_{k=0}^{12}\frac2{2k+1}x^{4k+2}.$$
Sökt Taylorpolynom $p_6(x)$ (termerna med gradtal $\le6$ i $p_{50}(x)$) är således polynomet
$$\sum_{k=0}^1\frac2{2k+1}x^{4k+2}=2x^2+\frac23x^6.$$
Enligt Taylors formel är vidare $x^{50}$-termen i $p_{50}(x)$ lika med
$$\frac1{50!}f^{(50)}(0)x^{50},$$
vilket med uttrycket för $p_{50}(x)$ ovan ger
$$\frac1{50!}f^{(50)}(0)=\frac2{25},\quad\text{dvs}\quad f^{(50)}(0)=\frac{2\cdot50!}{25}=4\cdot49!.$$

Eftersom $x=0$ inte är rot till den givna ekvationen $x^6+ax+5=0$ för något tal $a$, har vi för godtyckligt reellt tal $a$ att
$$x^6+ax+5=0\iff-x^6-5=ax\iff-x^5-\frac5x=a.$$
Sätt
$$f(x)=-x^5-\frac5x.$$
Sista ekvationen ovan är då $f(x)=a$. Antalet olika reella lösningar till ekvationen $f(x)=a$ för olika reella tal $a$, kan fås genom att studera hur funktionen $f(x)$ varierar. Vi har att
$$\begin{cases}f(x)=-x^5-\frac5x\to+\infty&\text{då }x\to-\infty,\\f(x)=-x^5-\frac5x\to-\infty&\text{då }x\to+\infty,\\f(x)=-x^5-\frac5x\to+\infty&\text{då }x\to0^-,\\f(x)=-x^5-\frac5x\to-\infty&\text{då }x\to0^+.\end{cases}\tag{3}$$
Derivering ger vidare att
$$f'(x)=-5x^4+\frac5{x^2}=-5\frac{x^6-1}{x^2}.$$
Ekvationen $f'(x)=0\iff x^6-1=0$, har de reella lösningarna $x=\pm1$. Motsvarande funktionsvärden är $f(-1)=6$ och $f(1)=-6$. Teckenstudium av derivatan $f'(x)$ ger följande schema
$$\begin{array}{c|ccccccccc}x&-\infty&&-1&&0&&1&&+\infty\\\hline f'(x)&&-&0&+&\text{ej def.}&+&0&-&\\f(x)&&\searrow&6&\nearrow&\text{ej def.}&\nearrow&-6&\searrow&\end{array}$$
Schemat och (3) visar att ekvationen $f(x)=a$ har följande antal olika reella rötter för olika reella tal $a$: $0$ då $-6<a<6$, $1$ då $a=-6$ och då $a=6$, samt $2$ då $a<-6$ och då $a>6$.

Vi övergår till polära koordinater $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$. Låt $\alpha$ vara den entydigt bestämda vinkel för vilken
$$\tan\alpha=\frac12\quad\text{och}\quad0<\alpha<\frac\pi2.$$
Det givna området $D$ uttryckt i polära koordinater är då området $1\le r\le2$, $\alpha\le\theta\le\frac\pi2+\alpha$ (rita figur över $D$) och vi får att
$$\begin{aligned}\iint_D\frac{y}{(x^2+y^2)^2}\,dx\,dy&=\iint_{\substack{1\le r\le2\\\alpha\le\theta\le\pi/2+\alpha}}\frac{r\sin\theta}{(r^2)^2}r\,dr\,d\theta\\&=\iint_{\substack{1\le r\le2\\\alpha\le\theta\le\pi/2+\alpha}}\frac1{r^2}\sin\theta\,dr\,d\theta=\int_1^2\frac1{r^2}\,dr\int_\alpha^{\pi/2+\alpha}\sin\theta\,d\theta\\&=\left[-\frac1r\right]_{r=1}^{r=2}[-\cos\theta]_{\theta=\alpha}^{\theta=\pi/2+\alpha}=\frac12\left(-\cos\left(\frac\pi2+\alpha\right)-(-\cos\alpha)\right)\\&=\frac12(\sin\alpha+\cos\alpha)=\frac12\left(\frac1{\sqrt5}+\frac2{\sqrt5}\right)=\frac3{2\sqrt5}=\frac{3\sqrt5}{10}.\end{aligned}$$
I beräkningen ovan har vi använt att $\cos\alpha=\frac2{\sqrt5}$ och $\sin\alpha=\frac1{\sqrt5}$ om $\tan\alpha=\frac12$ och $0<\alpha<\frac\pi2$. Det kan enkelt fås med hjälp av en rätvinklig triangel med kateterna $1$ och $2$.

Låt $\gamma_1$ vara cirkeln $x^2+y^2=c$, och låt $\gamma_2$ vara kurvan $x^3+3x^2y+2y^3=6$. Låt $c>0$ vara sådant att $\gamma_1$ och $\gamma_2$ tangerar varandra, och låt $(a,b)$ vara tillhörande tangeringspunkt (en av dem om det finns flera). Sätt $f(x,y)=x^2+y^2$ och $g(x,y)=x^3+3x^2y+2y^3$. Kurvan $\gamma_1$ är då en nivåkurva till $f$ (nivåkurvan $f(x,y)=c$), och kurvan $\gamma_2$ är en nivåkurva till $g$ (nivåkurvan $g(x,y)=6$). Enligt en egenskap hos gradienten gäller därför att $\nabla f(a,b)$ är en normalvektor till $\gamma_1$ i punkten $(a,b)$ på $\gamma_1$, och att $\nabla g(a,b)$ är en normalvektor till $\gamma_2$ i punkten $(a,b)$ på $\gamma_2$. Eftersom $\gamma_1$ och $\gamma_2$ antas tangera varandra i punkten $(a,b)$, måste således $\nabla f(a,b)$ och $\nabla g(a,b)$ vara parallella. Beräkning ger
$$\nabla f(a,b)=2(a,b)\quad\text{och}\quad\nabla g(a,b)=3(a^2+2ab,a^2+2b^2).$$
En vektor vinkelrät mot $(a,b)$ är $(b,-a)$. Vi har alltså att
$$\begin{aligned}\nabla f(a,b)\parallel\nabla g(a,b)&\iff(a,b)\parallel(a^2+2ab,a^2+2b^2)\\&\iff(b,-a)\perp(a^2+2ab,a^2+2b^2)\\&\iff(b,-a)\cdot(a^2+2ab,a^2+2b^2)=0\\&\iff b(a^2+2ab)-a(a^2+2b^2)=0\iff a^2(b-a)=0.\end{aligned}$$
Från sista sambandet ovan fås två möjligheter, $a=0$ och $b=a$. Eftersom $(a,b)$ är en punkt på $\gamma_1$ och på $\gamma_2$ gäller också att
$$a^2+b^2=c,\tag{4}$$
och
$$a^3+3a^2b+2b^3=6.\tag{5}$$
Den ena möjligheten $a=0$ insatt i (5) ger $2b^3=6$, dvs $b=3^{1/3}$, och alltså $(a,b)=(0,3^{1/3})$. Den andra möjligheten $b=a$ insatt i (5) ger $6a^3=6$, dvs $a=1$, och alltså $(a,b)=(1,1)$.

Av $(a,b)=(0,3^{1/3})$ och (4) fås $c=3^{2/3}$, och av $(a,b)=(1,1)$ och (4) fås $c=2$. De $c$-värden för vilka $\gamma_1$ (cirkeln $x^2+y^2=c$) och $\gamma_2$ (kurvan $x^3+3x^2y+2y^3=6$) tangerar varandra är således $c=3^{2/3}$ och $c=2$ och tillhörande (enda) tangeringspunkt är $(0,3^{1/3})$ respektive $(1,1)$. Radien $\sqrt c$ i den minsta cirkel $x^2+y^2=c$ som tangerar kurvan $\gamma_2$ är kortaste avståndet från origo till $\gamma_2$. Eftersom
$$(3^{2/3})^3=3^2=9\quad\text{och}\quad2^3=8$$
är alltså $x^2+y^2=2$ den minsta cirkel som tangerar $\gamma_2$. Kortaste avståndet från origo till $\gamma_2$ är således $\sqrt2$.