Tenta 2010-05-25

a) $\lim_{x\to\infty}x\tan\frac1x=[1/x=t]=\lim_{t\to0}\frac{\tan t}t=\lim_{t\to0}\frac{\sin t}t\frac1{\cos t}=1$.

b) $\arctan t=t-\frac{t^3}3+O(t^5)$. Om vi ersätter $t$ med $x^2$, får vi $\arctan(x^2)=x^2-\frac{x^6}3+O(x^{10})$. Så
$$\begin{aligned}\frac{x\arctan(x^2)-x^3}{x^a}&=\frac{x(x^2-\frac{x^6}3+O(x^{10}))-x^3}{x^a}=\frac{-\frac13x^7+O(x^{11})}{x^a}\\&=[\text{låt }a=7]=\frac{-\frac13x^7+O(x^{11})}{x^7}=-\frac13+O(x^4)\to-\frac13.\end{aligned}$$
Så $a=7$ och gränsvärdet är $-\frac13$.

a) Den karakteristiska ekvationen $r^2+2r+17=0$ har rötterna $r_{1,2}=-1\pm4i$. Så $y_h=e^{-x}(D_1\cos4x+D_2\sin4x)$.

Vi söker en partikulärlösning på formen $y_p=Ax+B+Ce^{2x}$. Derivering ger $y_p'=A+2Ce^{2x}$ och $y_p''=4Ce^{2x}$. Så $y_p''+2y_p'+17y_p=17Ax+2A+17B+25Ce^{2x}=34x+e^{2x}$. Vi får $17A=34$, $2A+17B=0$ och $25C=1$, vilket ger $A=2$, $B=-\frac4{17}$, $C=\frac1{25}$ och $y=e^{-x}(D_1\cos4x+D_2\sin4x)+2x-\frac4{17}+\frac1{25}e^{2x}$.

b) Genom att dividera ekvationen med $x^2$ får vi $y'-\frac2xy=\frac1{x^2}+x^2$. Eftersom $\int(-\frac2x)\,dx=-2\ln x$ (med integrationskonstanten satt till $0$), är $e^{-2\ln x}=1/x^2$ ekvationens integrerande faktor. Så vi får $\frac1{x^2}y'-\frac2{x^3}y=\frac1{x^4}+1$, och vidare $(\frac y{x^2})'=\frac1{x^4}+1$, $\frac y{x^2}=\int(\frac1{x^4}+1)\,dx=-\frac1{3x^3}+x+C$ och $y=-\frac1{3x}+x^3+Cx^2$. $y(1)=2$ ger $C=\frac43$ och $y=-\frac1{3x}+x^3+\frac43x^2$.

$f(x)=\frac{2x-3}x=2-\frac3x$ om $x\ge3$ och $f(x)=\frac3x$ om $x<3$. Så $f'(x)=\frac3{x^2}$ om $x>3$ och $f'(x)=-\frac3{x^2}$ om $x<3$. Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline f'&-&\text{ej def.}&-&\text{ej def.}&+\\f&\searrow&&\searrow&1&\nearrow\end{array}$$
Vi behöver även följande gränsvärden: $\lim_{x\to\infty}f(x)=2$, $\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$, $\lim_{x\to0^+}f(x)=\infty$ och $\lim_{x\to0^-}f(x)=-\infty$. Skissar man grafen för $f$, så ser man att ekvationen $f(x)=a$ har $1$ lösning om $a<0$, ingen lösning om $0\le a<1$, $1$ lösning om $a=1$, $2$ lösningar om $1<a<2$ och $1$ lösning om $a\ge2$.

Grafen:

$f'(x)=\frac{-4x^2+6x+4}{(x^2+1)^2}$. Derivatans nollställen är $-\frac12$ och $2$. Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-\frac12&&2&\\\hline f'&-&0&+&0&-\\f&\searrow&&\nearrow&&\searrow\end{array}$$
$f$ har ett lokalt minimum då $x=-\frac12$ och ett lokalt maximum då $x=2$.

Eftersom $f$ är definierad och kontinuerlig för alla $x$, finns inga lodräta asymptoter.

Eftersom $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2+4x-2}{x^2+1}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1+4/x-2/x^2}{1+1/x^2}=1$, är $y=1$ vågrät asymptot då $x\to\pm\infty$.

Eftersom $f(-\frac12)=-3<1<f(2)=2$, är $-3$ $f$:s minsta och $2$ $f$:s största värde. Så $V_f=[-3,2]$ enligt satsen om mellanliggande värden.

Grafen:

$f_x'(x,y)=\frac{y(1-x^2+y^2)}{(1+x^2+y^2)^2}$, $f_y'(x,y)=\frac{x(1+x^2-y^2)}{(1+x^2+y^2)^2}$.

$f_x'=f_y'=0$ då $y(1-x^2+y^2)=0$ och $x(1+x^2-y^2)=0$. Det blir $4$ fall: a) $x=y=0$, b) $y=0$, $1+x^2-y^2=0$, c) $x=0$, $1-x^2+y^2=0$, d) $1-x^2+y^2=0$, $1+x^2-y^2=0$. Fallen b–d saknar lösning, så $(x,y)=(0,0)$ är den enda stationära punkten och $f(0,0)=0$.

Randundersökning: På randen $x^2+y^2=R^2$ är $h(t)=f(R\cos t,R\sin t)=\frac{R^2\cos t\sin t}{1+R^2}=\frac12\frac{R^2}{1+R^2}\sin2t$. Största och minsta värdet här är uppenbart $\frac12\frac{R^2}{1+R^2}$ respektive $-\frac12\frac{R^2}{1+R^2}$.

Eftersom $f(0,0)=0$ ligger mellan dessa värden, är $\frac12\frac{R^2}{1+R^2}$ funktionens största och $-\frac12\frac{R^2}{1+R^2}$ funktionens minsta värde i cirkelskivan $x^2+y^2\le R^2$. Slutligen, största och minsta värdet går mot $\frac12$ respektive $-\frac12$ då $R\to\infty$.

Vi går över till polära koordinater. Olikheten $x^2+y^2\le3$ ger $0\le r\le\sqrt3$ och $x\ge0$ ger $-\pi/2\le\theta\le\pi/2$. Så mängden $D$ svarar mot $E=\{(r,\theta)\mid0\le r\le\sqrt3,\ -\pi/2\le\theta\le\pi/2\}$. Nu beräknar vi integralen:
$$\begin{aligned}\iint_D\frac x{1+x^2+y^2}\,dx\,dy&=\iint_E\frac{r^2\cos\theta}{1+r^2}\,dr\,d\theta=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta\int_0^{\sqrt3}\frac{(1+r^2)-1}{1+r^2}\,dr\\&=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta\int_0^{\sqrt3}\left(1-\frac1{1+r^2}\right)dr=[\sin\theta]_{-\pi/2}^{\pi/2}[r-\arctan r]_0^{\sqrt3}\\&=2(\sqrt3-\arctan\sqrt3)=2(\sqrt3-\pi/3).\end{aligned}$$