Tenta 2009-01-16

a)
$$\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+3n}-n)&=\lim_{n\to\infty}\frac{(\sqrt{n^2+3n}-n)(\sqrt{n^2+3n}+n)}{\sqrt{n^2+3n}+n}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2+3n-n^2}{\sqrt{n^2+3n}+n}=\lim_{n\to\infty}\frac{3n}{n(\sqrt{1+3/n}+1)}\\&=\lim_{n\to\infty}\frac3{\sqrt{1+3/n}+1}=\frac3{\sqrt{1+0}+1}=\frac32.\end{aligned}$$
b) Maclaurin-utvecklingen $\sin x=x-\frac16x^3+O(x^5)$ ger
$$\begin{aligned}\sin(\sin x)&=\sin(x-\tfrac16x^3+O(x^5))=(x-\tfrac16x^3+O(x^5))\\&\qquad-\tfrac16(x-\tfrac16x^3+O(x^5))^3+O(x^5)=x-\tfrac13x^3+O(x^5).\end{aligned}$$
Det följer att
$$\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{\sin(\sin x)-\sin x}{x^3}&=\lim_{x\to0}\frac{x-\frac13x^3+O(x^5)-(x-\frac16x^3+O(x^5))}{x^3}\\&=\lim_{x\to0}\frac{-\frac16x^3+O(x^5)}{x^3}=\lim_{x\to0}(-\tfrac16+O(x^2))=-\frac16.\end{aligned}$$

Funktionen är kontinuerlig i alla punkter så lodräta asymptoter saknas. $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0$ vilket ger att $x$-axeln är en tvåsidig asymptot.

P g a beloppstecknet måste vi dela upp i två fall:

$x>0\implies f(x)=(x+1)e^{-x}$ och derivation ger
$$f'(x)=e^{-x}-(x+1)e^{-x}=-xe^{-x}.$$
Denna funktion saknar nollställen för $x>0$ men vi noterar att $\lim_{x\to0^+}f'(x)=0$.

$x<0\implies f(x)=(x+1)e^x$ och derivation ger
$$f'(x)=e^x+(x+1)e^x=(x+2)e^x.$$
Denna funktion har nollstället $x=-2$ som uppfyller villkoret $x<0$. Vi noterar också att $\lim_{x\to0^-}f'(x)=2$, vilket tillsammans med motsvarande högergränsvärde ger att $f$ inte är deriverbar i $0$.

Vi får följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&-\infty&&-2&&0&&\infty\\\hline f'&&-&0&+&\text{odef}&-&\\f&0&\searrow&-e^{-2}&\nearrow&1&\searrow&0\end{array}$$
Det framgår att $x=-2$ är en lokal, i själva verket global, minpunkt (med minvärde $-e^{-2}$). På samma sätt framgår att $x=0$ är en lokal, i själva verket global, maxpunkt (med maxvärde $1$).

Genom att derivera en gång till får vi att
$$x>0\implies f''(x)=D(-xe^{-x})=(x-1)e^{-x},$$
$$x<0\implies f''(x)=D((x+2)e^x)=(x+3)e^x.$$
Vi får nollställena $x=1$ och $x=-3$ och följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&&-3&&0&&1&\\\hline f''&-&0&+&\text{odef}&-&0&+\\f&\frown&-2e^{-3}&\smile&1&\frown&2e^{-1}&\smile\end{array}$$
De egentliga inflexionspunkterna ligger vid $x=-3$ och $x=1$. Vid $x=0$ byter kurvan också konvexitetsriktning, men $f$ är inte deriverbar där. Funktionen är konvex på intervallen $[-3,0]$ och $[1,\infty)$ och konkav på intervallen $(-\infty,-3]$ och $[0,1]$.

Tangenten till kurvan i punkten $(a,f(a))$, där $f(x)=x^3-x+2$, ges av
$$y=f(a)+f'(a)(x-a)=(a^3-a+2)+(3a^2-1)(x-a).$$
För att tangenten ska gå genom origo måste högerledet bli $0$ då $x=0$. Detta ger ekvationen
$$0=(a^3-a+2)+(3a^2-1)(-a)=-2a^3+2\iff a=1.$$
Insatt i tangentens ekvation får vi $y=2x$.

Eftersom funktionen är partiellt deriverbar överallt i halvcirkelskivan räcker det att undersöka kritiska punkter i det inre och längs randstyckena $y=0$, $-2<x<2$ och $x^2+y^2=4$, $0<y$ samt hörnen $(-2,0)$, och $(2,0)$ för att hitta max och min.

Eventuella kritiska punkter i det inre uppfyller ekvationerna
$$\begin{cases}0=f_x'=e^{-x^2-y^2}-2x(x+y)e^{-x^2-y^2},\\0=f_y'=e^{-x^2-y^2}-2y(x+y)e^{-x^2-y^2}.\end{cases}$$
Genom att dividera båda ekvationerna med $2e^{-x^2-y^2}$ och subtrahera ekvationerna från varandra får vi att $(x+y)(x-y)=0$, dvs $x+y=0$ eller $x=y$. Det första fallet ger uppenbarligen inga lösningar medan det andra fallet insatt i den första av ekvationerna ger $1-4x^2=0$ som har lösningarna $x=\pm\frac12$. Detta ger punkterna $(\frac12,\frac12)$, och $(-\frac12,-\frac12)$ varav endast den första ligger i området.

På randstycket $y=0$, $-2<x<2$ sätter vi $h_1(t)=f(t,0)=te^{-t^2}$ vilket ger $h_1'(t)=(1-2t^2)e^{-t^2}$ med nollställena $t=\pm1/\sqrt2$. Vi får därför två möjliga extrempunkter: $(1/\sqrt2,0)$ och $(-1/\sqrt2,0)$.

På randstycket $x^2+y^2=4$, $0<y$ sätter vi $h_2(t)=f(2\cos t,2\sin t)=2(\cos t+\sin t)e^{-4}=2\sqrt2\sin(t+\pi/4)e^{-4}$ ($0<t<\pi$). Denna funktion har en enda kritisk punkt då $t=\pi/4$ vilket svarar mot en möjlig extrempunkt i $(\sqrt2,\sqrt2)$.

Sammanfattningsvis har vi alltså sex punkter att jämföra: $(\frac12,\frac12)$, $(1/\sqrt2,0)$, $(-1/\sqrt2,0)$, $(\sqrt2,\sqrt2)$, $(-2,0)$ och $(2,0)$ med motsvarande funktionsvärden $e^{-1/2}$, $\frac1{\sqrt2}e^{-1/2}$, $-\frac1{\sqrt2}e^{-1/2}$, $2\sqrt2e^{-4}$, $-2e^{-4}$ och $2e^{-4}$.

Man ser lätt att det största av dessa är $e^{-1/2}$ och det minsta är $-\frac1{\sqrt2}e^{-1/2}$.

Villkoren på området kan även skrivas $\frac12y\le x\le2y$, $0\le y\le1$ vilket betyder att vi kan skriva om integralen som en itererad enkelintegral:
$$\begin{aligned}\iint_D(x+y)^2\,dx\,dy&=\int_0^1\left(\int_{y/2}^{2y}(x+y)^2\,dx\right)dy\\&=\int_0^1\left[\frac{(x+y)^3}3\right]_{x=y/2}^{x=2y}dy=\int_0^1\left(\frac{(3y)^3}3-\frac{(\frac32y)^3}3\right)dy\\&=\int_0^1\frac{63}8y^3\,dy=\left[\frac{63}{32}y^4\right]_0^1=\frac{63}{32}.\end{aligned}$$

$(\cos x)y'+(\sin x)y=1\iff y'+(\tan x)y=\frac1{\cos x}$. En primitiv funktion till $\tan x$ är $-\ln|\cos x|$ och vi väljer därför som integrerande faktor $I=e^{-\ln(\cos x)}=1/\cos x$. Ekvationen kan därför skrivas om som
$$\frac1{\cos x}y'+\frac{\sin x}{\cos^2x}y=\frac1{\cos^2x}\iff D\left(\frac y{\cos x}\right)=\frac1{\cos^2x},$$
vilket efter integration blir
$$\frac y{\cos x}=\tan x+C\iff y=\sin x+C\cos x.$$
Insättning av bivillkoret $y(0)=2$ ger att $2=C$ och därmed blir lösningen $y=\sin x+2\cos x$.

b) Motsvarande homogena ekvation $y''-4y'+3y=0$ har den karakteristiska ekvationen $r^2-4r+3=0$ med lösningarna $r_1=1$ och $r_2=3$. Den homogena lösningen blir alltså $y_h=C_1e^x+C_2e^{3x}$. En partikulärlösning kan bestämmas antingen genom variabelbyte eller ansats. Vi väljer ansats och observerar att eftersom högerledet är en lösning till den homogena ekvationen måste denna bli $y_p=Axe^x$.

Derivering ger $y_p'=(Ax+A)e^x$ och $y_p''=(Ax+2A)e^x$, vilket insatt i ekvationen ger
$$(Ax+2A)e^x-4(Ax+A)e^x+3Axe^x=e^x\iff$$
$$-2Ae^x=e^x\iff A=-\frac12.$$
Vi får alltså att $y_p=-\frac12xe^x$ och därmed den allmänna lösningen
$$y=y_h+y_p=C_1e^x+C_2e^{3x}-\frac12xe^x.$$