Tenta 2010-01-15

a) $\lim_{x\to0}(1+x)^{2/\sin x}=\lim_{x\to0}((1+x)^{1/x})^{2x/\sin x}=e^2$ eftersom $(1+x)^{1/x}\to e$ och $\sin x/x\to1$ då $x\to0$ (standardgränsvärden). Alternativ lösning: $\lim_{x\to0}(1+x)^{2/\sin x}=\lim_{x\to0}(e^{\ln(1+x)})^{2/\sin x}=\lim_{x\to0}e^{2\ln(1+x)/\sin x}=e^2$ eftersom $\frac{2\ln(1+x)}{\sin x}=2\frac{\ln(1+x)}x\cdot\frac x{\sin x}\to2\cdot1\cdot1=2$ då $x\to0$.

b) Genom att använda standardutvecklingar får vi:
$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3+O(x^4)$, $\sin x=x+O(x^3)$ och $\arctan x=x-\frac{x^3}3+O(x^5)$.

Vi får även $\sin^2x=(x+O(x^3))^2=x^2+O(x^4)$, och genom att ersätta $x$ med $2x$ i arctan-utvecklingen, $\arctan2x=2x-\frac{8x^3}3+O(x^5)$. Så
$$\begin{aligned}\frac{2\ln(1+x)+\sin^2x-2x}{\arctan2x-2\arctan x}&=\frac{2x-x^2+\frac23x^3+O(x^4)+x^2+O(x^4)-2x}{2x-\frac83x^3+O(x^5)-(2x-\frac23x^3+O(x^5))}\\&=\frac{\frac23x^3+O(x^4)}{-2x^3+O(x^5)}=\frac{\frac23+O(x)}{-2+O(x^2)}\to-\frac13\text{ då }x\to0.\end{aligned}$$

a) Eftersom $\int(-3)\,dx=-3x$ (med integrationskonstanten satt till $0$), är $e^{-3x}$ ekvationens integrerande faktor. Vi får $e^{-3x}y'-3e^{-3x}y=xe^{-3x}$, vilket är ekvivalent med $(e^{-3x}y)'=xe^{-3x}$.

Så $e^{-3x}y=\int xe^{-3x}\,dx=-\frac13xe^{-3x}+\frac13\int e^{-3x}\,dx=-\frac13xe^{-3x}-\frac19e^{-3x}+C$ och $y=-\frac13x-\frac19+Ce^{3x}$.

Villkoret $y(0)=0$ ger $0=-\frac19+C$. Alltså är $C=\frac19$ och den sökta lösningen är $y=\frac19e^{3x}-\frac13x-\frac19$.

b) Vi ser direkt att $y=0$ är en lösning. Låt nu $y\ne0$. Genom att separera variablerna får vi $\frac{y'}{y^2}=\frac1{x^2}$, eller omskrivet, $\frac{dy}{y^2}=\frac{dx}{x^2}$. Integration ger $-\frac1y=-\frac1x+C$. Så $y=\frac1{\frac1x-C}=\frac x{1-Cx}$.

Svar: $y=\frac x{1-Cx}$ samt $y=0$.

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

Konvexitet:
$$f''(x)=\frac{(2x-4)(x-2)^2-(x^2-4x+1)\cdot2(x-2)}{(x-2)^4}=\frac{(2x-4)(x-2)-2(x^2-4x+1)}{(x-2)^3}=\frac6{(x-2)^3}.$$
Teckentabell för $f''$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&2&\\\hline f''&-&\text{ej def.}&+\\f&\text{konkav}&&\text{konvex}\end{array}$$
Asymptoter: Eftersom $x^2-1>0$ för $x$ nära $2$ och $x-2\to0^+$ då $x\to2^+$ samt $x-2\to0^-$ då $x\to2^-$, är $\lim_{x\to2^+}f(x)=+\infty$ och $\lim_{x\to2^-}f(x)=-\infty$. Linjen $x=2$ är en lodrät asymptot.

$k=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2-1}{x(x-2)}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1-1/x^2}{1-2/x}=1$, $m=\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)-x)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2x-1}{x-2}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2-1/x}{1-2/x}=2$. Alltså är linjen $y=x+2$ en sned asymptot då $x\to\pm\infty$.

Grafen:

Sätt $f(x)=2\ln x+\frac{x^2}2-3x$. Då är $f'(x)=\frac{x^2-3x+2}x$ och vi får följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|cccccc}x&0&&1&&2&\\\hline f'&&+&0&-&0&+\\f&&\nearrow&-\frac52&\searrow&2\ln2-4&\nearrow\end{array}$$
Vi har också gränsvärdena $\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty$ och $\lim_{x\to\infty}f(x)=\lim_{x\to\infty}x^2(\frac{2\ln x}{x^2}+\frac12-\frac3x)=\infty$ eftersom $2\ln x/x^2\to0$ och $3/x\to0$ då $x\to\infty$.

Med hjälp av tabellen och gränsvärdena ovan ser vi att ekvationen $f(x)=a$ har exakt en lösning om och endast om $a<2\ln2-4$ eller $a>-\frac52$ (det ser man bäst om man skissar grafen för $f$). Notera att ekvationen $f(x)=a$ har exakt en lösning om och endast om grafen för $f$ och linjen $y=a$ har exakt en gemensam punkt.

$f_x'(x,y)=ye^{xy}-x$, $f_y'(x,y)=xe^{xy}-y$, så $f_x'=f_y'=0$ om och endast om $ye^{xy}=x$ och $xe^{xy}=y$. En uppenbar lösning är $x=y=0$. Om $y\ne0$ i den andra ekvationen, är även $x\ne0$ och vi kan dividera den första ekvationen med den andra, vilket ger $y/x=x/y$. Så $y^2=x^2$, dvs. $y=\pm x$. $y=x$ insatt i den första ekvationen ger $xe^{x^2}=x$, och eftersom $x\ne0$ nu, får vi $e^{x^2}=1$. Eftersom detta ger $x=0$, får vi ingen ny lösning. Sätter vi in $y=-x$ i den första ekvationen, får vi $xe^{-x^2}=-x$. Då $x\ne0$, har vänsterledet och högerledet olika tecken. Slutsatsen är att $(0,0)$ är den enda stationära punkten, och det är en inre punkt till cirkelskivan. Vi sparar värdet $f(0,0)=1$. (Ett alternativt sätt att lösa ekvationen $f_x'=f_y'=0$ är att sätta $f_x'=f_y'$ först, vilket ger $ye^{xy}-x=xe^{xy}-y$, och efter omskrivning, $y(e^{xy}+1)=x(e^{xy}+1)$. Så $y=x$, och detta sätts in i $f_x'=0$. På så sätt slipper man fallet $y=-x$.)

Randkurvan $x^2+y^2=1$ har en parametrisering $x=\cos t$, $y=\sin t$. Sätt $h(t)=f(\cos t,\sin t)=e^{\cos t\sin t}-\frac12=e^{\frac12\sin2t}-\frac12$. Det är klart att $h$:s största och minsta värde är $e^{1/2}-\frac12$ respektive $e^{-1/2}-\frac12$.

Det återstår att jämföra värdena $1$, $e^{1/2}-\frac12$ och $e^{-1/2}-\frac12$. Vi har $e^{1/2}-\frac12>1\iff e^{1/2}>\frac32\iff e>\frac94$ och den sista olikheten är uppenbart riktig (eftersom $e\approx2,72$). Så $e^{1/2}-\frac12>1$. Eftersom $e^{-1/2}<1$, är $e^{-1/2}-\frac12<1$. Det följer att $e^{1/2}-\frac12$ är största och $e^{-1/2}-\frac12$ minsta värdet för $f$ i cirkelskivan.

Eftersom $0\le4-x^2$ och $x\ge0$ om och endast om $0\le x\le2$, får vi
$$\begin{aligned}\iint_Dxe^y\,dx\,dy&=\int_0^2\left(\int_0^{4-x^2}xe^y\,dy\right)dx=\int_0^2[xe^y]_{y=0}^{y=4-x^2}\,dx=\int_0^2x(e^{4-x^2}-1)\,dx\\&=[4-x^2=t,\ -2x\,dx=dt]=-\frac12\int_4^0(e^t-1)\,dt=\frac12\int_0^4(e^t-1)\,dt=\frac12[e^t-t]_0^4=\frac12(e^4-5).\end{aligned}$$