Tenta 2008-12-16

a)
$$\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}n(\ln(n+1)-\ln n)&=\lim_{n\to\infty}n\ln\left(\frac{n+1}n\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(1+1/n)}{1/n}\\&=[t=1/n]=\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}t=1\end{aligned}$$
enligt standardgränsvärde. Den näst sista likheten ska tolkas så att eftersom $t$-gränsvärdet existerar så existerar även $n$-gränsvärdet (enligt sammansättningsregeln), och de är lika.

b) Maclaurin-utveckling ger
$$\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin x\ln(1+x^5)}{(x-\arctan x)^2}&=\lim_{x\to0}\frac{(x+O(x^3))(x^5+O(x^{10}))}{(x-(x-\frac13x^3+O(x^5)))^2}\\&=\lim_{x\to0}\frac{x^6+O(x^8)}{(\frac13x^3+O(x^5))^2}=\lim_{x\to0}\frac{x^6+O(x^8)}{\frac19x^6+O(x^8)}\\&=\lim_{x\to0}\frac{1+O(x^2)}{\frac19+O(x^2)}=\frac1{1/9}=9.\end{aligned}$$

Funktionen är kontinuerlig och (godtyckligt många gånger) deriverbar i alla punkter utom origo. $\lim_{x\to0}f(x)=+\infty$ vilket ger att $y$-axeln är en lodrät asymptot. Eftersom $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)/x=\pm\infty$ kan det inte finnas någon sned eller vågrät asymptot.

Derivation ger
$$f'(x)=2x-1-\frac1x=\frac{2x^2-x-1}x=\frac{2(x+\frac12)(x-1)}x$$
vilket ger nollställena $x=-\frac12$ och $x=1$.

Vi får följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&&-\frac12&&0&&1&\\\hline f'&-&0&+&\text{odef}&-&0&+\\f&\searrow&\frac34+\ln2&\nearrow&\infty&\searrow&0&\nearrow\end{array}$$
Det framgår att både $x=-\frac12$ och $x=1$ är lokala min-punkter (med min-värden $\frac34+\ln2$ respektive $0$, och dessutom framgår att $1$ också är en global minpunkt. Globalt max saknas eftersom $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\infty$.

Genom att derivera en gång till får vi att
$$f''(x)=D\left(2x-1-\frac1x\right)=2+\frac1{x^2}>0,$$
vilket visar att $f$ är konvex, både på intervallet $(-\infty,0)$ och $(0,\infty)$. Observera dock att $f(x)$ inte är konvex på hela $\mathbb R$ och att funktionen saknar inflexionspunkter.

Låt $f(x)=x^3-6\arctan x$. Derivation ger
$$f'(x)=3x^2-\frac6{1+x^2}=\frac{3(x^4+x^2-2)}{1+x^2}.$$
Vi finner nollställena genom att sätta $t=x^2$ och lösa andragradsekvationen $t^2+t-2=0$, vilket ger $t=1$ och $t=-2$. Eftersom $x^2\ge0$ fås de enda rötterna ur fallet $x^2=1$, dvs $x=\pm1$.

Vi får följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-1&&1&\\\hline f'&+&0&-&0&+\\f&-\infty\nearrow&\frac{3\pi}2-1&\searrow&1-\frac{3\pi}2&\nearrow\infty\end{array}$$
Ur tabellen kan vi utläsa följande:

1. För $a<1-\frac{3\pi}2$ finns en unik lösning.
2. För $a=1-\frac{3\pi}2$ finns två lösningar.
3. För $1-\frac{3\pi}2<a<\frac{3\pi}2-1$ finns tre lösningar.
4. För $a=\frac{3\pi}2-1$ finns två lösningar.
5. För $\frac{3\pi}2-1<a$ finns en unik lösning.

Eftersom funktionen är partiellt deriverbar överallt i triangeln räcker det att undersöka kritiska punkter i det inre och längs randstyckena $y=0$, $0<x<2$ och $x=0$, $0<y<2$ och $x+y=2$, $x,y>0$ samt hörnen $(0,0)$, $(2,0)$ och $(0,2)$ för att hitta max och min.

Eventuella kritiska punkter i det inre uppfyller ekvationerna
$$\begin{cases}0=f_x'=\frac1{1+x+y}-y,\\0=f_y'=\frac1{1+x+y}-x.\end{cases}$$
Genom att subtrahera ekvationerna från varandra får vi att $x-y=0$, dvs $x=y$. Insatt i någon av ekvationerna får vi $1/(1+2x)-x=0$ som har lösningarna $x=\frac12$ och $x=-1$ vilket ger punkterna $(\frac12,\frac12)$, och $(-1,-1)$. Den förstnämnda är en möjlig extrempunkt, men den andra ligger utanför området och förkastas.

På randstycket $y=0$, $0<x<2$ är $h_1(t)=f(t,0)=\ln(1+t)$ strikt växande och saknar kritiska punkter. Samma sak gäller $h_2(t)=f(0,t)=\ln(1+t)$ på randstycket $x=0$, $0<y<2$.

På randstycket $x+y=2$, $x,y>0$ sätter vi $h_3(t)=f(t,2-t)=\ln3-t(2-t)$. Vi får att $h_3'(t)=2t-2$ som har det unika nollstället $t=1$ vilket svarar mot punkten $(1,1)$.

Sammanfattningsvis har vi alltså fem punkter att jämföra: $(0,0)$, $(2,0)$, $(0,2)$, $(\frac12,\frac12)$ och $(1,1)$ med motsvarande funktionsvärden $0$, $\ln3$, $\ln3$, $\ln2-\frac14$ och $\ln3-1$. Alla talen är icke-negativa och endast $\ln3$ är större än $1$. Det följer att maxvärdet är $\ln3$ och minvärdet är $0$.

I polära koordinater ges området av villkoren $-\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2$ och $0\le r\le2$. Vi får därför:
$$\begin{aligned}\iint_Dxy^2\,dx\,dy&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\int_0^2(r\cos\theta)(r\sin\theta)^2r\,dr\,d\theta\\&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin^2\theta\cos\theta\,d\theta\int_0^2r^4\,dr=\left[\frac13\sin^3\theta\right]_{-\pi/2}^{\pi/2}\left[\frac15r^5\right]_0^2\\&=\frac13(1-(-1))\cdot\frac15(32-0)=\frac{64}{15}.\end{aligned}$$

a) Om vi skriver $y'=\frac{dy}{dx}$ så kan ekvationen separeras till
$$(y+1)\,dy=-\cos x\,dx\iff\frac12y^2+y=-\sin x+C.$$
Insättning av bivillkoret $y(0)=0$ ger nu $\frac12\cdot0+0=0+C\implies C=0$. Vi multiplicerar med $2$ och får ekvationen $y^2+2y=-2\sin x\iff(y+1)^2=1-2\sin x$. På grund av bivillkoret kan endast de positiva rötterna komma i fråga vilket slutligen ger
$$y=\sqrt{1-2\sin x}-1.$$
Vi ser att lösningen blir väldefinierad på det intervall kring origo där $1-2\sin x>0\iff\sin x<\frac12$ eller med andra ord på intervallet $(-\frac{7\pi}6,\frac\pi6)$.

b) Kedjeregeln ger:
$$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u}+2x\frac{\partial f}{\partial v},$$
$$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial v},$$
eftersom
$$\frac{\partial u}{\partial x}=1,\quad\frac{\partial v}{\partial x}=2x,\quad\frac{\partial u}{\partial y}=0,\quad\text{och}\quad\frac{\partial v}{\partial y}=1.$$
Insatt i differentialekvationen ger detta
$$0=\frac{\partial f}{\partial x}-2x\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}+2x\frac{\partial f}{\partial v}-2x\frac{\partial f}{\partial v}=\frac{\partial f}{\partial u},$$
dvs i variablerna $u,v$ får vi ekvationen
$$\frac{\partial f}{\partial u}=0,$$
som innebär att $f$ inte beror på $u$, så vi kan skriva $f=h(v)$. I de ursprungliga variablerna $x,y$ får vi alltså att $f(x,y)=h(x^2+y)$. Bivillkoret ger nu att
$$x^8=f(x,0)=h(x^2),$$
vilket vi kan uppfylla genom att välja $h(t)=t^4$. Insatt i den allmänna lösningen ger detta slutligen $f(x,y)=(x^2+y)^4$.