Tenta 2010-06-04

a) $\ln(2e^x+x)-\ln(e^x-1)=\ln\frac{2e^x+x}{e^x-1}=\ln\frac{2+xe^{-x}}{1-e^{-x}}\to\ln2$ eftersom $xe^{-x}=x/e^x\to0$ då $x\to\infty$.

b) Genom att använda standardutvecklingar får vi:
$\sin x=x-\frac{x^3}6+O(x^5)$, $\cos x=1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+O(x^6)$, $e^t=1+t+O(t^2)$. I den sista utvecklingen ersätter vi $t$ med $x^2$ och får $e^{x^2}=1+x^2+O(x^4)$. Så
$$\frac{(e^{x^2}-1)(\sin x-x)}{2x(\cos x-1)+x^3}=\frac{(x^2+O(x^4))(-\frac{x^3}6+O(x^5))}{2x(-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+O(x^6))+x^3}=\frac{-\frac{x^5}6+O(x^7)}{\frac{x^5}{12}+O(x^7)}=\frac{-\frac16+O(x^2)}{\frac1{12}+O(x^2)}\to-2\text{ då }x\to0.$$

a) En uppenbar lösning är $y=0$ men den satisfierar inte villkoret $y(0)=\frac13$. Om $y\ne0$, kan vi separera variablerna. Vi får $\frac{y'}{y^2}=\sin x$, eller omskrivet, $\frac{dy}{y^2}=\sin x\,dx$. Genom att integrera båda led får vi $-\frac1y=-\cos x+C$. Så $y=\frac1{\cos x-C}$. Villkoret $y(0)=\frac13$ ger $C=-2$. Alltså är den sökta lösningen $y=\frac1{\cos x+2}$.

b) Genom att dividera ekvationen med $x$ får vi $y'-\frac2xy=\frac1x$. Eftersom $-\int\frac2x\,dx=-2\ln x$ (med integrationskonstanten satt till $0$), är $e^{-2\ln x}=\frac1{x^2}$ ekvationens integrerande faktor. Vi får $\frac1{x^2}y'-\frac2{x^3}y=\frac1{x^3}$, och vidare $(\frac y{x^2})'=\frac1{x^3}$, $\frac y{x^2}=-\frac1{2x^2}+C$ och $y=-\frac12+Cx^2$. $y(0)=a$ ger $a=-\frac12$. Så om $a=-\frac12$, satisfierar alla lösningar ovan det angivna villkoret, och om $a\ne-\frac12$, finns inga lösningar som satisfierar $y(0)=a$.

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

Konvexitet: $f''(x)=(x^2+4x-1)e^x$. Teckentabell för $f''$:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-2-\sqrt5&&-2+\sqrt5&\\\hline f''&+&0&-&0&+\\f&\text{konvex}&&\text{konkav}&&\text{konvex}\end{array}$$
Asymptoter: Eftersom $f$ är definierad och kontinuerlig för alla $x$, finns inga lodräta asymptoter.
$$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\infty}\frac{(x^2-3)e^x}x=\infty,$$
så det finns ingen sned asymptot då $x\to\infty$.
$$\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}(x^2-3)e^x=[x=-t]=\lim_{t\to\infty}\frac{t^2-3}{e^t}=0.$$
Så $y=0$ är vågrät asymptot.

Grafen:

Sätt $f(x)=\frac{\lvert x-2\rvert+x}{x+1}$. $f(x)=\frac{2x-2}{x+1}$ då $x\ge2$ och $f(x)=\frac2{x+1}$ då $x<2$. Så $f'(x)=\frac4{(x+1)^2}$ för $x>2$ och $f'(x)=-\frac2{(x+1)^2}$ för $x<2$. Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|cccc}x&0&&2&\\\hline f'&&-&\text{ej def.}&+\\f&&\searrow&&\nearrow\end{array}$$
Eftersom $f(0)=2$ och $f$ är strängt avtagande i intervallet $[0,2]$, är $f(x)<2$ för $0<x\le2$.

Eftersom $\lim_{x\to\infty}f(x)=\lim_{x\to\infty}\frac{2x-2}{x+1}=\lim_{x\to\infty}\frac{2-2/x}{1+1/x}=2$ och $f$ är strängt växande i intervallet $[2,\infty)$, är $f(x)<2$ även för $x\ge2$.

Anmärkning: Uppgiften går också att lösa som en algebraisk olikhet, utan att använda derivator.

$f_x'(x,y)=(2x-(x^2+2y))e^{-x-y}$, $f_y'(x,y)=(2-(x^2+2y))e^{-x-y}$. $f_x'=f_y'=0$ om och endast om $2x=x^2+2y$ och $2=x^2+2y$. Eftersom högerleden är lika, måste även vänsterleden vara det, så $x=1$. Detta insatt i 2:a ekvationen ger $y=\frac12$. Så $(1,\frac12)$ är den enda stationära punkten för $f$ och den ligger i det inre av triangeln. Vi sparar värdet $f(1,\frac12)=2/e^{3/2}$.

Randundersökning: I hörnen har vi $f(0,0)=0$, $f(2,0)=f(0,2)=4/e^2$.

På linjestycket $0<x<2$, $y=0$ sätter vi $h_1(t)=f(t,0)=t^2e^{-t}$. $h_1'(t)=(2t-t^2)e^{-t}\ne0$ för $0<t<2$, så det blir inga punkter att undersöka här.

På linjestycket $x=0$, $0<y<2$ sätter vi $h_2(t)=f(0,t)=2te^{-t}$. $h_2'(t)=(2-2t)e^{-t}=0$ då $t=1$ och $h_2(1)=f(0,1)=2/e$.

Det sista linjestycket är $y=2-x$, $0<x<2$, som vi parametriserar genom $h_3(t)=f(t,2-t)=(t^2-2t+4)e^{-2}$. $h_3'(t)=(2t-2)e^{-2}=0$ då $t=1$ och $h_3(1)=f(1,1)=3/e^2$.

Vi behöver jämföra värdena $2/e^{3/2}$, $0$, $4/e^2$, $2/e$ och $3/e^2$. Minsta värdet är uppenbart $0$. Eftersom $2/e^{3/2}<2/e$ och $3/e^2<4/e^2$, återstår att jämföra $2/e$ och $4/e^2$. Eftersom $2/e<1$, är $4/e^2=(2/e)^2<2/e$. Alltså är $2/e$ funktionens största värde i triangeln.

Vid övergång till polära koordinater svarar $1\le x^2+y^2\le2$ mot $1\le r\le\sqrt2$ och $-x\le y\le x$ mot $-\pi/4\le\theta\le\pi/4$ (rita en figur). Sätt $E=\{(r,\theta)\mid1\le r\le\sqrt2,\ -\pi/4\le\theta\le\pi/4\}$. Då får vi
$$\begin{aligned}\iint_D\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\,dx\,dy&=\iint_E\frac{r^2(\cos^2\theta-\sin^2\theta)}{r^2}r\,dr\,d\theta=\iint_Er\cos2\theta\,dr\,d\theta\\&=\int_1^{\sqrt2}r\,dr\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\cos2\theta\,d\theta=\left[\frac{r^2}2\right]_1^{\sqrt2}\left[\frac{\sin2\theta}2\right]_{-\pi/4}^{\pi/4}=\frac12.\end{aligned}$$