Tenta 2009-12-15

Genom att använda standardutvecklingar får vi:
$\arctan x=x-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5+O(x^7)$, $\sin x=x-\frac{x^3}6+\frac{x^5}{120}+O(x^7)$ och $\ln(1+t)=t+O(t^2)$. I den sista utvecklingen ersätter vi $t$ med $x^2$, vilket ger $\ln(1+x^2)=x^2+O(x^4)$. Så
$$\arctan x-\sin x+\tfrac16x^3=(x-\tfrac{x^3}3+\tfrac{x^5}5+O(x^7))-(x-\tfrac{x^3}6+\tfrac{x^5}{120}+O(x^7))+\tfrac{x^3}6=\tfrac{23}{120}x^5+O(x^7),$$
$x\ln^2(1+x^2)=x(x^2+O(x^4))^2=x^5+O(x^7)$ och
$$\frac{\arctan x-\sin x+\frac16x^3}{x\ln^2(1+x^2)}=\frac{\frac{23}{120}x^5+O(x^7)}{x^5+O(x^7)}=\frac{\frac{23}{120}+O(x^2)}{1+O(x^2)}\to\frac{23}{120}\text{ då }x\to0.$$

a) Den karakteristiska ekvationen $r^2+3r-4=0$ har två reella rötter: $r_1=1$ och $r_2=-4$. Så $y_h=C_1e^x+C_2e^{-4x}$.

Vi söker en partikulärlösning på formen $y_p=Ae^{3x}+Bx+C$. Derivering ger $y_p'=3Ae^{3x}+B$, $y_p''=9Ae^{3x}$ och $y_p''+3y_p'-4y_p=14Ae^{3x}-4Bx+(3B-4C)=e^{3x}+x$. Så $14A=1$, $-4B=1$, $3B-4C=0$. Vi får $A=\frac1{14}$, $B=-\frac14$, $C=-\frac3{16}$, $y_p=\frac1{14}e^{3x}-\frac14x-\frac3{16}$ och slutligen $y=C_1e^x+C_2e^{-4x}+\frac1{14}e^{3x}-\frac14x-\frac3{16}$.

b) Separation av variablerna ger $\frac{y'}{1+y^2}=x$, eller omskrivet, $\frac{dy}{1+y^2}=x\,dx$. Genom att integrera båda led får vi $\arctan y=\frac{x^2}2+C$. Eftersom $y(0)=1$, är $\arctan1=C$, dvs. $C=\frac\pi4$. Det följer att $\arctan y=\frac{x^2}2+\frac\pi4$ och $y=\tan(\frac{x^2}2+\frac\pi4)$.

Det största intervallet kring $x=0$ där $\tan(\frac{x^2}2+\frac\pi4)$ (och därmed lösningen) existerar får vi ur sambandet $-\frac\pi2<\frac{x^2}2+\frac\pi4<\frac\pi2$. Den vänstra olikheten är alltid uppfylld och den högra då $x^2<\pi/2$. Alltså är det största intervallet $(-\sqrt{\pi/2},\sqrt{\pi/2})$.

$f'(x)=\frac{-x^2+4x-1}{(x^2-1)^2}$, så $f'(x)=0$ då $x=2\pm\sqrt3$. Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccccccccc}x&&-1&&2-\sqrt3&&1&&2+\sqrt3&\\\hline f'&-&\text{ej def.}&-&0&+&\text{ej def.}&+&0&-\\f&\searrow&&\searrow&&\nearrow&&\nearrow&&\searrow\end{array}$$
Det framgår av tabellen att $f$ har ett lokalt minimum då $x=2-\sqrt3$ och ett lokalt maximum då $x=2+\sqrt3$.

Asymptoter: Eftersom $x-2<0$ för $x<2$ och $x^2-1\to0^+$ då $x\to1^+$ eller $x\to-1^-$ samt $x^2-1\to0^-$ då $x\to1^-$ eller $x\to-1^+$, är $\lim_{x\to1^+}f(x)=-\infty$, $\lim_{x\to1^-}f(x)=\infty$ och $\lim_{x\to-1^+}f(x)=\infty$, $\lim_{x\to-1^-}f(x)=-\infty$. Så $x=1$ och $x=-1$ är lodräta asymptoter.
$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x-2}{x^2-1}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1-2/x}{x-1/x}=0.$$
Så $y=0$ är vågrät asymptot då $x\to\pm\infty$.

Grafen:

Den högra bilden är en förstoring av den del av grafen som ligger till höger om asymptoten $x=1$. Notera att grafen skär $x$-axeln enbart då $x=2$.

Definitionsmängden $D_f=\{x\mid x^2+x-2\ge0\}$. Eftersom ekvationen $x^2+x-2=0$ har rötterna $x_1=-2$ och $x_2=1$, är $x^2+x-2=(x+2)(x-1)\ge0$ om och endast om $x\le-2$ eller $x\ge1$. Så $D_f=(-\infty,-2]\cup[1,\infty)$.

Eftersom $f$ är uppenbart $\ge0$, $f(1)=0$ och $f(x)=x\sqrt{1+1/x-2/x^2}\to\infty$ då $x\to\infty$, följer det ur satsen om mellanliggande värden att värdemängden $V_f=[0,\infty)$.

Eftersom $f$ inte kan gå mot $\pm\infty$ då $x$ går mot ett ändligt värde, har $f$ ingen lodrät asymptot.
$$\frac{f(x)}x=\frac{\sqrt{x^2+x-2}}x=\frac{\sqrt{x^2(1+1/x-2/x^2)}}x=\frac{\lvert x\rvert}x\sqrt{1+1/x-2/x^2}.$$
Låt $x\to\infty$. Då är $\lvert x\rvert=x$, så $\frac{f(x)}x\to1=k$ och
$$\begin{aligned}\sqrt{x^2+x-2}-x&=\frac{(\sqrt{x^2+x-2}-x)(\sqrt{x^2+x-2}+x)}{\sqrt{x^2+x-2}+x}=\frac{x-2}{x\sqrt{1+1/x-2/x^2}+x}\\&=\frac{1-2/x}{\sqrt{1+1/x-2/x^2}+1}\to\frac12=m.\end{aligned}$$
Alltså är $y=x+\frac12$ sned asymptot då $x\to\infty$.

Låt $x\to-\infty$. Eftersom $\lvert x\rvert=-x$ nu, får vi att $\frac{f(x)}x\to-1=k$ och
$$\begin{aligned}\sqrt{x^2+x-2}+x&=\frac{(\sqrt{x^2+x-2}+x)(\sqrt{x^2+x-2}-x)}{\sqrt{x^2+x-2}-x}=\frac{x-2}{-x\sqrt{1+1/x-2/x^2}-x}\\&=\frac{1-2/x}{-\sqrt{1+1/x-2/x^2}-1}\to-\frac12=m.\end{aligned}$$
Så $y=-x-\frac12$ är sned asymptot då $x\to-\infty$.

a) $f_x'(x,y)=3x^2-3y$, $f_y'(x,y)=-3x+3y^2$, så $f_x'=f_y'=0$ om och endast om $y=x^2$ och $x=y^2$. Genom att sätta in $y=x^2$ i den andra ekvationen får vi $x=x^4$. Så $x=0$ eller $x=1$. Vi får två stationära punkter, $(0,0)$ och $(1,1)$. Den första ligger på randen, så vi kan bortse från den, däremot ligger den andra i det inre av mängden. Vi sparar värdet $f(1,1)=-1$.

Randundersökning: I hörnpunkterna får vi $f(0,0)=0$, $f(0,2)=f(2,0)=8$ och $f(2,2)=4$.

På linjestycket $y=0$, $0<x<2$ har vi $h_1(t)=f(t,0)=t^3$, $0<t<2$. Funktionen $h_1$ har inga stationära punkter för $0<t<2$.

På linjestycket $y=2$, $0<x<2$ får vi på motsvarande sätt $h_2(t)=f(t,2)=t^3-6t+8$, $0<t<2$.

$h_2'(t)=3t^2-6=0$ då $t=\sqrt2$ ($t=-\sqrt2$ ligger utanför intervallet). Motsvarande värde för $f$ är $h_2(\sqrt2)=f(\sqrt2,2)=8-4\sqrt2$.

Eftersom $f(0,t)=f(t,0)=h_1(t)$ och $f(2,t)=f(t,2)=h_2(t)$, får vi inga nya värden på de återstående två linjestyckena.

Vi jämför de erhållna värdena och ser att funktionens största och minsta värde i den angivna mängden är $8$ respektive $-1$.

b) $f_x'(1,2)=-3$, $f_y'(1,2)=9$. Så tangentplanets ekvation är $z=3-3(x-1)+9(y-2)$ och efter förenkling $z=-3x+9y-12$.

Vi går över till polära koordinater. Olikheten $x^2+y^2\le1$ ger $0\le r\le1$. $x\ge0$ ger $-\pi/2\le\theta\le\pi/2$ och eftersom $y=x$, $x\ge0$ svarar mot $\theta=\pi/4$, ser vi att mängden $D$ svarar mot $E=\{(r,\theta)\mid0\le r\le1,\ -\pi/2\le\theta\le\pi/4\}$. Man kan även se detta genom att rita en figur. Nu kan vi beräkna integralen:
$$\begin{aligned}\iint_D\frac{dx\,dy}{1+x^2+y^2}&=\iint_E\frac{r}{1+r^2}\,dr\,d\theta=\int_{-\pi/2}^{\pi/4}d\theta\int_0^1\frac{r\,dr}{1+r^2}\\&=\frac{3\pi}4\int_0^1\frac{r\,dr}{1+r^2}=[1+r^2=t,\ 2r\,dr=dt]=\frac{3\pi}8\int_1^2\frac{dt}t=\frac{3\pi}8[\ln t]_1^2=\frac{3\pi}8\ln2.\end{aligned}$$