Tenta 2009-08-21

a) Maclaurinutvecklingen av sinus ger $\sin x=x-\frac16x^3+B_1(x)x^5$, så $\sin^2x=(x-\frac16x^3+B_1(x)x^5)^2=x^2-\frac13x^4+B_2(x)x^6$. Ersätts $x$ med $x^2$ i sinus-utvecklingen, får man $\sin(x^2)=x^2-\frac16x^6+B_3(x)x^{10}$. Så
$$\frac{\sin(x^2)-\sin^2x}{x^4}=\frac{x^2-\frac16x^6+B_3(x)x^{10}-(x^2-\frac13x^4+B_2(x)x^6)}{x^4}=\frac{\frac13x^4+B_4(x)x^6}{x^4}=\frac13+B_4(x)x^2\to\frac13\text{ då }x\to0.$$
b) $\lim_{x\to0^+}xe^{1/x}=[\text{sätt }x=1/t]=\lim_{t\to\infty}e^t/t=+\infty$ (standardgränsvärde).

$\lim_{x\to0^-}xe^{1/x}=0$. Det ser man direkt eftersom $1/x\to-\infty$ då $x\to0^-$, så både $x$ och $e^{1/x}$ går mot $0$.

a) Eftersom $\int2x\,dx=x^2$ (med integrationskonstanten satt till $0$), är $e^{x^2}$ ekvationens integrerande faktor. Vi får $e^{x^2}y'+2xe^{x^2}y=xe^{x^2}$, vilket ger $(e^{x^2}y)'=xe^{x^2}$ och $e^{x^2}y=\int xe^{x^2}\,dx=[x^2=t,\ 2x\,dx=dt]=\frac12\int e^t\,dt=\frac12e^t+C=\frac12e^{x^2}+C$. Så $y=\frac12+Ce^{-x^2}$ är ekvationens allmänna lösning.

b) Den karakteristiska ekvationen $r^2-4r+13=0$ har rötterna $r_{1,2}=2\pm3i$. Så $y_h=e^{2x}(D_1\cos3x+D_2\sin3x)$.

Vi söker en partikulärlösning på formen $y_p=Ae^{-2x}+B$. Vi får $y_p''-4y_p'+13y_p=4Ae^{-2x}-4(-2Ae^{-2x})+13(Ae^{-2x}+B)=25Ae^{-2x}+13B=e^{-2x}+1$. Så $A=1/25$, $B=1/13$ och $y_p=\frac1{25}e^{-2x}+\frac1{13}$.

Det följer att den allmänna lösningen är $y=e^{2x}(D_1\cos3x+D_2\sin3x)+\frac1{25}e^{-2x}+\frac1{13}$.

För att det skall finnas ett gränsvärde när $x\to\infty$, så måste $D_1=D_2=0$. Lösningen blir då $y=\frac1{25}e^{-2x}+\frac1{13}$ och gränsvärdet blir $\frac1{13}$.

Vi undersöker funktionen $f(x)=\arctan x-\ln(1+x^2)$. Derivatan $f'(x)=\frac1{1+x^2}-\frac{2x}{1+x^2}=\frac{1-2x}{1+x^2}$ har ett nollställe $x=\frac12$.

Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&1/2&\\\hline f'&+&0&-\\f&\nearrow&&\searrow\end{array}$$
Eftersom $\arctan x$ är begränsad och $\ln(1+x^2)\to\infty$ då $x\to\pm\infty$, är $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=-\infty$. Detta tillsammans med teckentabellen ovan visar att ekvationen $f(x)=a$ har två lösningar för $a<f(\frac12)=\arctan\frac12-\ln\frac54$, en lösning för $a=f(\frac12)$ och ingen lösning för $a>f(\frac12)$. (Rita gärna grafen för $f$ i stora drag.)

$f'(x)=\frac{x^2-2x-1}{(x-1)^2}$. Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&&1-\sqrt2&&1&&1+\sqrt2&\\\hline f'&+&0&-&\text{ej def.}&-&0&+\\f&\nearrow&&\searrow&&\searrow&&\nearrow\end{array}$$
Det framgår av tabellen att $f$ har ett lokalt maximum då $x=1-\sqrt2$ och ett lokalt minimum då $x=1+\sqrt2$.

Konvexitet: $f''(x)=\frac4{(x-1)^3}$. Teckentabell för $f''$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&1&\\\hline f''&-&\text{ej def.}&+\\f&\text{konkav}&&\text{konvex}\end{array}$$
Asymptoter: $\lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty$ och $\lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty$, så $x=1$ är en lodrät asymptot.
$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2+x}{x(x-1)}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1+1/x}{1-1/x}=1.$$
$$\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)-x)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2x}{x-1}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac2{1-1/x}=2.$$
Alltså är $y=x+2$ en sned asymptot.

Grafen:

$f_x'(x,y)=(1-2x(x+y))e^{-x^2-y^2}$, $f_y'(x,y)=(1-2y(x+y))e^{-x^2-y^2}$, så $f_x'=f_y'=0$ om och endast om $2x(x+y)=1$ och $2y(x+y)=1$. Genom att dividera den första ekvationen med den andra får vi $x/y=1$, dvs. $y=x$. Detta insatt i den första ekvationen ger $4x^2=1$. Så $x=\pm\frac12$ och det finns $2$ stationära punkter: $(\frac12,\frac12)$ samt $(-\frac12,-\frac12)$ som båda ligger i det inre av cirkelskivan. Motsvarande värden för $f$ är $f((\frac12,\frac12))=e^{-1/2}$ och $f((-\frac12,-\frac12))=-e^{-1/2}$.

På randen är $f(x,y)=f(\cos\theta,\sin\theta)=(\cos\theta+\sin\theta)e^{-1}$, $0\le\theta\le2\pi$. Sätt $h(\theta)=(\cos\theta+\sin\theta)e^{-1}$.

$h'(\theta)=(-\sin\theta+\cos\theta)e^{-1}=0$ ger $\tan\theta=1$, dvs. $\theta=\pi/4$ eller $5\pi/4$. Vi får $h(\frac\pi4)=\sqrt2e^{-1}$, $h(\frac{5\pi}4)=-\sqrt2e^{-1}$ och $h(0)=h(2\pi)=e^{-1}$.

Vi jämför $e^{-1/2}$ och $\sqrt2e^{-1}$. Eftersom $e^{-1/2}>\sqrt2e^{-1}\iff e^{1/2}>\sqrt2\iff e>2$ och den sista olikheten är uppenbart korrekt, är $e^{-1/2}>\sqrt2e^{-1}$. Nu är det klart att det största värdet för $f$ i cirkelskivan är $e^{-1/2}$ och det minsta värdet är $-e^{-1/2}$.

Eftersom triangelns sidor ligger på linjerna $y=x$, $y=2x$ och $x=1$, kan området $D$ beskrivas med olikheterna $x\le y\le2x$, $0\le x\le1$ (rita en figur). Så
$$\begin{aligned}\iint_De^x\,dx\,dy&=\int_0^1\left(\int_x^{2x}e^x\,dy\right)dx=\int_0^1[e^xy]_{y=x}^{y=2x}\,dx=\int_0^1xe^x\,dx\\&=[xe^x]_0^1-\int_0^1e^x\,dx=e-[e^x]_0^1=e-e+1=1.\end{aligned}$$