Tenta 2009-05-25

Genom att använda standardutvecklingar får vi:
$$\sin x=x-\tfrac16x^3+\tfrac1{120}x^5+B_1(x)x^7,\quad\arctan x=x-\tfrac13x^3+\tfrac15x^5+B_2(x)x^7,\quad\ln(1+t)=t+B_3(t)t^2.$$
Insättning av $t=x^2$ i den sista utvecklingen ger $\ln(1+x^2)=x^2+B_4(x)x^4$. Så vi får
$$2\sin x-\arctan x-x=2(x-\tfrac16x^3+\tfrac1{120}x^5+B_1(x)x^7)-(x-\tfrac13x^3+\tfrac15x^5+B_2(x)x^7)-x=-\tfrac{11}{60}x^5+B_5(x)x^7,$$
$x^3\ln(1+x^2)=x^3(x^2+B_4(x)x^4)=x^5+B_4(x)x^7$ och
$$\frac{2\sin x-\arctan x-x}{x^3\ln(1+x^2)}=\frac{-\frac{11}{60}x^5+B_5(x)x^7}{x^5+B_4(x)x^7}=\frac{-\frac{11}{60}+B_5(x)x^2}{1+B_4(x)x^2}\to-\frac{11}{60}\quad\text{då }x\to0.$$

a) Sätt $f(x)=\ln(x+1)-\arctan x$, $x>-1$. Då är $f'(x)=\frac1{x+1}-\frac1{1+x^2}=\frac{x^2-x}{(x+1)(1+x^2)}$ och $f'(x)=0$ för $x=0$ och $x=1$.

Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|cccccc}x&-1&&0&&1&\\\hline f'&&+&0&-&0&+\\f&&\nearrow&&\searrow&&\nearrow\end{array}$$
Eftersom $f(0)=0$ och $f(x)\to\infty$ då $x\to\infty$, följer det ur tabellen ovan att $f$ har $2$ nollställen (rita gärna en figur). Alltså har den angivna ekvationen $2$ lösningar.

b) Låt nu $f(x)=\ln|x+1|-\arctan x$, $x\ne-1$. För $x<-1$ ges $f'(x)$ av samma uttryck som ovan. Alltså är $f'(x)<0$, dvs. $f$ är strängt avtagande för alla $x<-1$. Eftersom $f(x)\to\infty$ då $x\to-\infty$ och $f(x)\to-\infty$ då $x\to-1^-$, har $f$ exakt ett nollställe för $x<-1$. Det följer att ekvationen har $3$ lösningar, en för $x<-1$ och två för $x>-1$.

a) Den karakteristiska ekvationen $r^2+4r+4=0$ har en dubbelrot $r_{1,2}=-2$. Så $y_h=(C_1x+C_2)e^{-2x}$.

Vi söker en partikulärlösning på formen $y_p=Ax+B$. En enkel räkning visar att $y_p''+4y_p'+4y_p=4Ax+(4A+4B)=x+1$. Så $4A=1$ och $4A+4B=1$, vilket ger $A=\frac14$, $B=0$. Det följer att $y_p=\frac14x$ och den allmänna lösningen är $y=(C_1x+C_2)e^{-2x}+\frac14x$.

b) Efter separation av variabler kan ekvationen skrivas på formen $\frac{e^y}{e^{2y}+1}\,dy=dx$. Eftersom
$$\int\frac{e^y}{e^{2y}+1}\,dy=[e^y=t,\ e^y\,dy=dt]=\int\frac{dt}{t^2+1}=\arctan t+C_1=\arctan e^y+C_1$$
och $\int dx=x+C_2$, satisfierar den allmänna lösningen sambandet $\arctan e^y=x+C$. Insättning av $y(\frac\pi4)=0$ ger $\arctan1=\frac\pi4+C$, dvs. $C=0$. Så $\arctan e^y=x$, vilket ger $e^y=\tan x$ och $y=\ln\tan x$. Eftersom $\ln\tan x$ är definierad enbart då $\tan x>0$, är $(0,\frac\pi2)$ det största intervallet kring $x=\frac\pi4$ i vilket lösningen existerar.

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

Asymptoter: Eftersom $f$ är definierad och kontinuerlig för alla $x$, finns inga lodräta asymptoter.
$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1-\frac1x}{\sqrt{x^2+1}}=0.$$
$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x-1}{\sqrt{x^2+1}}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x(1-\frac1x)}{|x|\sqrt{1+\frac1{x^2}}}\quad\text{(observera }|x|\text{!).}$$
Eftersom $\frac x{|x|}=1$ för $x>0$ och $-1$ för $x<0$, är det klart att gränsvärdet är $1$ då $x\to\infty$ och $-1$ då $x\to-\infty$. Alltså är $y=1$ en sned (egentligen horisontell) asymptot då $x\to\infty$ och $y=-1$ en motsvarande asymptot då $x\to-\infty$.

Grafen:

$f_x'(x,y)=1-y^2$, $f_y'(x,y)=1-2xy$. $f_x'=0$ ger $y=\pm1$. Detta insatt i $f_y'=0$ ger $x=\pm\frac12$. Vi får $2$ stationära punkter: $(\frac12,1)$ och $(-\frac12,-1)$. Ingen av dem ligger dock i triangeln.

Randundersökning: I hörnpunkterna får vi $\boxed{f(0,0)=0}$, $\boxed{f(2,0)=2}$ och $\boxed{f(2,2)=-4}$.

På linjestycket $y=0$, $0<x<2$, har vi $h_1(t)=f(t,0)=t$. $h_1$ har inga stationära punkter.

På linjestycket $x=2$, $0<y<2$, har vi på motsvarande sätt $h_2(t)=f(2,t)=2+t-2t^2$ med $h_2'(t)=1-4t=0$ då $t=\frac14$. Motsvarande punkt i planet är $(2,\frac14)$ med $\boxed{f(2,\frac14)=2\frac18}$.

På linjestycket $y=x$, $0<x<2$, är $h_3(t)=2t-t^3$ och $h_3'(t)=2-3t^2=0$ då $t=\sqrt{\frac23}$, vilket svarar mot punkten $(\sqrt{\frac23},\sqrt{\frac23})$ med $\boxed{f(\sqrt{\frac23},\sqrt{\frac23})=\frac43\sqrt{\frac23}}$. ($t=-\sqrt{\frac23}$ svarar mot en punkt utanför mängden.)

Genom att jämföra de markerade värdena ser vi att funktionens största och minsta värde i triangeln är $2\frac18$ resp. $-4$.

Vi använder polära koordinater. Genom att antingen rita en figur eller utnyttja sambanden $0\le r\sin\theta\le r\cos\theta$, $1\le r^2\le2$, ser vi att den mängd som svarar mot $D$ är $E=\{(r,\theta):1\le r\le\sqrt2,\ 0\le\theta\le\pi/4\}$. Så
$$\begin{aligned}\iint_D\frac x{(x^2+y^2)^2}\,dx\,dy&=\iint_E\frac{r^2\cos\theta}{r^4}\,dr\,d\theta=\int_1^{\sqrt2}r^{-2}\,dr\int_0^{\pi/4}\cos\theta\,d\theta\\&=\left[-\frac1r\right]_1^{\sqrt2}[\sin\theta]_0^{\pi/4}=\left(-\frac1{\sqrt2}+1\right)\cdot\frac1{\sqrt2}=\frac1{\sqrt2}-\frac12.\end{aligned}$$