MM2001 · Hela analys
Beräkna gränsvärdet $\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2-3x+4}-x\right)$.
Bestäm Maclaurinpolynomet av grad 7 för funktionen $f(x)=(e^x+e^{-x}-2)(\arctan x-x)$ samt avgör om $f$ har ett lokalt maximum, ett lokalt minimum eller ingetdera i origo.
a)
$$\sqrt{x^2-3x+4}-x=\frac{(\sqrt{x^2-3x+4}-x)(\sqrt{x^2-3x+4}+x)}{\sqrt{x^2-3x+4}+x}=\frac{-3x+4}{x(\sqrt{1-3/x+4/x^2}+1)}=\frac{-3+4/x}{\sqrt{1-3/x+4/x^2}+1}\to-\frac32\text{ då }x\to\infty.$$
b) Genom att använda standardutvecklingar får vi $e^x=1+x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}6+\frac{x^4}{24}+O(x^5)$ och $\arctan x=x-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5+O(x^7)$. Byter vi $x$ mot $-x$ i utvecklingen av $e^x$, får vi även $e^{-x}=1-x+\frac{x^2}2-\frac{x^3}6+\frac{x^4}{24}+O(x^5)$.
Så $f(x)=(e^x+e^{-x}-2)(\arctan x-x)=(x^2+\frac{x^4}{12}+O(x^5))(-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5+O(x^7))=-\frac{x^5}3+\frac{x^7}5-\frac{x^7}{36}+O(x^8)=-\frac13x^5+\frac{31}{180}x^7+O(x^8)$. Det sökta Maclaurinpolynomet är alltså $-\frac13x^5+\frac{31}{180}x^7$.
Eftersom $f(x)=x^5(-\frac13+\frac{31}{180}x^2+O(x^3))$ och uttrycket inom parentesen går mot $-\frac13$ då $x\to0$, ser vi att $f(x)<0$ för $x>0$ och nära $0$ samt $f(x)>0$ för $x<0$ och nära $0$. Alltså har $f$ varken ett lokalt maximum eller minimum i origo.
Lös differentialekvationen $y''-3y'-4y=e^{2x}+e^{-2x}+1$.
Lös differentialekvationen $xy'-y=\frac{x^3}{1+x^2}$.
a) Den karakteristiska ekvationen $r^2-3r-4=0$ har rötterna $r_1=4$ och $r_2=-1$. Så $y_h=C_1e^{4x}+C_2e^{-x}$.
Vi söker en partikulärlösning på formen $y_p=Ae^{2x}+Be^{-2x}+C$. Derivering ger $y_p'=2Ae^{2x}-2Be^{-2x}$ och $y_p''=4Ae^{2x}+4Be^{-2x}$. Så $y_p''-3y_p'-4y_p=-6Ae^{2x}+6Be^{-2x}-4C=e^{2x}+e^{-2x}+1$. Alltså är $A=-\frac16$, $B=\frac16$, $C=-\frac14$, och slutligen får vi $y=C_1e^{4x}+C_2e^{-x}-\frac16e^{2x}+\frac16e^{-2x}-\frac14$.
b) Genom att dividera ekvationen med $x$ får vi $y'-\frac1xy=\frac{x^2}{1+x^2}$. Eftersom $\int(-\frac1x)\,dx=-\ln x$ (med integrationskonstanten satt till $0$), är $e^{-\ln x}=1/x$ ekvationens integrerande faktor. Vi får $\frac1xy'-\frac1{x^2}y=\frac x{1+x^2}$ och sedan $(\frac yx)'=\frac x{1+x^2}$ och $\frac yx=\int\frac x{1+x^2}\,dx=\frac12\ln(1+x^2)+C$. Så $y=\frac12x\ln(1+x^2)+Cx$.
(Att $\int\frac x{1+x^2}\,dx=\frac12\ln(1+x^2)+C$ inses direkt eller genom substitution $t=1+x^2$.)
Undersök funktionen $f(x)=\frac{e^x}{\lvert x\rvert}$ med avseende på lokala extrempunkter, konvexitet och asymptoter. Rita grafen för $f$.
$f(x)=\frac{e^x}x$ om $x>0$ och $f(x)=-\frac{e^x}x$ om $x<0$. För $x>0$ blir derivatorna $f'(x)=\frac{(x-1)e^x}{x^2}$ och $f''(x)=\frac{(x^2-2x+2)e^x}{x^3}$ medan för $x<0$ får vi $f'(x)=-\frac{(x-1)e^x}{x^2}$ och $f''(x)=-\frac{(x^2-2x+2)e^x}{x^3}$.
Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&1&\\\hline f'&+&\text{ej def.}&-&0&+\\f&\nearrow&&\searrow&&\nearrow\end{array}$$
Det framgår av tabellen att $f$ har ett lokalt minimum då $x=1$.
Konvexitet. Teckentabell för $f''$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&0&\\\hline f''&+&\text{ej def.}&+\\f&\text{konvex}&&\text{konvex}\end{array}$$
Asymptoter. $\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{e^x}{\lvert x\rvert}=\infty$. Så $x=0$ är lodrät asymptot.
$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\infty}\frac{e^x}{x^2}=\infty$, så det finns ingen sned asymptot då $x\to\infty$.
$\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}\frac{e^x}{-x}=0$. Så $y=0$ är vågrät asymptot.
Grafen:
Bestäm volymen av den kropp som bildas då skivan $\{(x,y)\mid 0\le y\le\ln x,\ 1\le x\le e\}$ roterar kring $y$-axeln.
Bestäm volymen av den kropp som bildas då skivan $\{(x,y)\mid \max\{0,\ln x\}\le y\le1,\ 0\le x\le e\}$ roterar kring $y$-axeln ($\max\{0,\ln x\}$ betecknar, för varje $x$, det största av talen 0 och $\ln x$).
Notera att i båda deluppgifterna roterar skivan kring $y$-axeln.
a) Volymformeln då skivan $0\le y\le f(x)$, $a\le x\le b$ roterar kring $y$-axeln är $V=2\pi\int_a^bxf(x)\,dx$. Här är $a=1$, $b=e$, $f(x)=\ln x$, så
$$V=2\pi\int_1^ex\ln x\,dx=[\text{partiell integration}]=2\pi\left(\left[\frac{x^2}2\ln x\right]_1^e-\int_1^e\frac x2\,dx\right)=2\pi\left(\frac{e^2}2-\left[\frac{x^2}4\right]_1^e\right)=\frac{\pi(e^2+1)}2.$$
b) Kroppen här är en cylinder med radien $e$ och höjden $1$ från vilken man har borttagit kroppen ovan (rita en figur). Så $V=\pi e^2-\frac{\pi(e^2+1)}2=\frac{\pi(e^2-1)}2$. Alternativt kan volymen beräknas som $V=\pi\int_0^1g(y)^2\,dy$, där $g(y)=f^{-1}(y)=e^y$ (inversen till $f(x)=\ln x$).
Bestäm tangentplanet till funktionen $f(x,y)=x^2y^2-x^2y$ i punkten $(1,2,2)$.
Bestäm största och minsta värde för funktionen $f(x,y)=x^2y^2-x^2y$ i triangeln med hörn i $(0,0)$, $(1,0)$ och $(0,1)$.
a) $f_x'(x,y)=2xy^2-2xy$, $f_y'(x,y)=2x^2y-x^2$. Eftersom $f_x'(1,2)=4$ och $f_y'(1,2)=3$, är planets ekvation $z=2+4(x-1)+3(y-2)$, och efter förenkling $z=4x+3y-8$.
b) $f_x'=f_y'=0$ ger $2xy^2-2xy=2xy(y-1)=0$ och $2x^2y-x^2=x^2(2y-1)=0$. Eftersom $x,y>0$ och $y<1$ i det inre av triangeln, är $f_x'\ne0$ där, så det finns inga inre stationära punkter.
Randundersökning. Eftersom $f=0$ på koordinataxlarna, är $f=0$ på två av sidorna (inklusive hörnen).
Det återstår att betrakta sidan $y=1-x$, $0<x<1$. Den parametriseras genom $h(t)=f(t,1-t)=t^2(1-t)^2-t^2(1-t)=t^4-t^3$, $0<t<1$. $h'(t)=4t^3-3t^2=0$ då $t=3/4$ och $h(3/4)=f(3/4,1/4)=-27/256$.
Det följer att $0$ och $-27/256$ är funktionens största respektive minsta värde i triangeln.
Beräkna dubbelintegralen $\iint_D xe^y\,dx\,dy$, där $D$ är det område i planet som begränsas av kurvan $y=x^2$ och linjerna $y=0$ samt $x=2$.
Området beskrivs med olikheterna $0\le y\le x^2$, $0\le x\le2$ (rita en figur). Så
$$\begin{aligned}\iint_Dxe^y\,dx\,dy&=\int_0^2\left(\int_0^{x^2}xe^y\,dy\right)dx=\int_0^2[xe^y]_{y=0}^{y=x^2}\,dx=\int_0^2(xe^{x^2}-x)\,dx=\int_0^2xe^{x^2}\,dx-\int_0^2x\,dx\\&=[x^2=t,\ 2x\,dx=dt]=\frac12\int_0^4e^t\,dt-\int_0^2x\,dx=\frac12[e^t]_0^4-\frac12[x^2]_0^2=\frac12(e^4-5).\end{aligned}$$