Tenta 2010-12-14

a) $\frac{\ln(2^x+1)}x=\frac{\ln[2^x(1+2^{-x})]}x=\frac{\overbrace{\ln(2^x)}^{=x\ln2}+\ln(1+2^{-x})}x=\ln2+\frac{\ln(1+2^{-x})}x\to\ln2$ då $x\to\infty$.

Eftersom $2^x\to0$ då $x\to-\infty$, är $\lim_{x\to-\infty}\frac{\ln(2^x+1)}x=0$ (täljaren $\to0$, nämnaren $\to-\infty$).

b) $\sin x=x-x^3/6+O(x^5)$, så $(\sin x-x)^2=(-x^3/6+O(x^5))^2=x^6/36+O(x^8)$.

$\arctan t=t-t^3/3+O(t^5)$, så om vi sätter $t=x^2$, får vi $\arctan(x^2)-x^2=(x^2-x^6/3+O(x^{10}))-x^2=-x^6/3+O(x^{10})$. Nu kan vi beräkna gränsvärdet:
$$\frac{(\sin x-x)^2}{\arctan(x^2)-x^2}=\frac{x^6/36+O(x^8)}{-x^6/3+O(x^{10})}=\frac{1/36+O(x^2)}{-1/3+O(x^4)}\to-\frac1{12}\quad\text{då }x\to0.$$

a) Den karakteristiska ekvationen $r^2+2r+1=0$ har dubbelrot $r_{1,2}=-1$, så $y_h=(C_1x+C_2)e^{-x}$.

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 $y_p''+2y_p'+y_p=Ax+(2A+B)+9Ce^{2x}=x+e^{2x}$, vilket ger $A=1$, $B=-2$, $C=1/9$. Alltså är $y=(C_1x+C_2)e^{-x}+x-2+\frac19e^{2x}$.

b) Genom att separera variablerna får vi $\frac{yy'}{1+y^2}=\frac1x$, vilket kan skrivas om som $\frac{y\,dy}{1+y^2}=\frac{dx}x$.

Integration ger $\frac12\ln(1+y^2)=\ln\lvert x\rvert+C_1$. Så $\ln(1+y^2)=\ln(x^2)+C_2$. Villkoret $y(1)=-2$ ger $\ln5=C_2$. Alltså är $\ln(1+y^2)=\ln(x^2)+\ln5=\ln(5x^2)$, så $1+y^2=5x^2$, och slutligen, $y=-\sqrt{5x^2-1}$. (Om $y=\sqrt{5x^2-1}$, är $y(1)=2$ och inte $-2$, därför måste vi ta minus roten.)

a) $f'(x)=\frac1{1+x^2}-\frac1{(x-1)^2}=\frac{-2x}{(1+x^2)(x-1)^2}$. Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&1&\\\hline f'&+&0&-&\text{ej def.}&-\\f&\nearrow&&\searrow&&\searrow\end{array}$$
Det framgår av tabellen att $f$ har ett lokalt maximum då $x=0$.

Asymptoter. $\lim_{x\to1^-}f(x)=\frac\pi4+[\frac1{0^-}]=-\infty$, $\lim_{x\to1^+}f(x)=\frac\pi4+[\frac1{0^+}]=+\infty$. Så $x=1$ är lodrät asymptot för $f$.

Eftersom $1/(x-1)\to0$ och $\arctan x\to\pm\pi/2$ då $x\to\pm\infty$, är $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\frac\pi2$. Så $y=\pi/2$ är vågrät asymptot då $x\to\infty$ och $y=-\pi/2$ är vågrät asymptot då $x\to-\infty$.

Grafen:

b) Eftersom $f'(x)=\frac1{1+x^2}-\frac1{(x-1)^2}$, är $f''(x)=-\frac{2x}{(1+x^2)^2}+\frac2{(x-1)^3}$. För $0\le x<1$ är första termen $\le0$ och andra termen är negativ. Så $f''(x)<0$ och $f$ är konkav för sådana $x$.

För $x>1$ skriver vi om andraderivatan: $f''(x)=-\frac{2x}{(1+x^2)^2}+\frac2{(x-1)^3}=\frac{2(3x^3-x^2+x+1)}{(1+x^2)^2(x-1)^3}$.

Eftersom $3x^3>x^2$ nu, är täljaren i högerledet positiv, och det är även nämnaren. Alltså är $f''(x)>0$ och $f$ är konvex.

Låt $f(x)=\arctan x-\lvert x-1\rvert$. Vi behöver visa att $f(x)\le\pi/4$ för alla $x$. För $x>1$ är $f(x)=\arctan x-x+1$ och $f'(x)=\frac1{1+x^2}-1<0$. För $x<1$ är $f(x)=\arctan x+x-1$ och $f'(x)=\frac1{1+x^2}+1>0$. Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&1&\\\hline f'&+&\text{ej def.}&-\\f&\nearrow&&\searrow\end{array}$$
Det framgår av tabellen att $f(x)\le f(1)=\arctan1=\pi/4$ för alla $x$.

$f_x'(x,y)=2x-y^2$, $f_y'(x,y)=-2xy+1$. $f_x'=f_y'=0$ om och endast om $2x-y^2=0$ och $-2xy+1=0$. Ur den första ekvationen löser vi ut $x=y^2/2$. Detta insatt i den andra ekvationen ger $y^3=1$. Det följer att $f$ har exakt en stationär punkt: $(\frac12,1)$. Den ligger dock utanför triangeln.

Randundersökning: I hörnen har vi $f(0,0)=0$, $f(2,0)=4$ och $f(2,2)=-2$.

Linjestycket $y=0$, $0<x<2$ parametriserar vi genom att sätta $h_1(t)=f(t,0)=t^2$. Det är uppenbart att $h_1'(t)\ne0$ för $0<t<2$, så det finns inga punkter att undersöka här.

På linjestycket $x=2$, $0<y<2$ sätter vi $h_2(t)=f(2,t)=4-2t^2+t$. $h_2'(t)=-4t+1=0$ då $t=\frac14$. Vi sparar värdet $h_2(\frac14)=f(2,\frac14)=4\frac18$.

På linjestycket $y=x$, $0<x<2$ sätter vi $h_3(t)=f(t,t)=t^2-t^3+t$. $h_3'(t)=2t-3t^2+1=0$ då $t=1$. Här sparar vi värdet $h_3(1)=f(1,1)=1$ (den andra roten till ekvationen $h_3'(t)=0$ är $t=-\frac13$ och den ligger utanför intervallet).

De värden vi behöver jämföra är $0$, $4$, $-2$, $4\frac18$ och $1$. Vi ser att funktionens största värde i triangeln är $4\frac18$ och dess minsta värde i triangeln är $-2$.

Vid övergång till polära koordinater svarar $x^2+y^2\le1$ mot $0\le r\le1$ och $0\le x\le y$ mot $\pi/4\le\theta\le\pi/2$ (rita en figur). Sätt $E=\{(r,\theta)\mid0\le r\le1,\ \pi/4\le\theta\le\pi/2\}$. Vi får
$$\begin{aligned}\iint_Dxy^2\,dx\,dy&=\iint_Er^4\cos\theta\sin^2\theta\,dr\,d\theta=[\text{eftersom integranden är på formen }g(r)h(\theta)]\\&=\int_0^1r^4\,dr\int_{\pi/4}^{\pi/2}\cos\theta\sin^2\theta\,d\theta=\frac15\int_{\pi/4}^{\pi/2}\cos\theta\sin^2\theta\,d\theta=[\sin\theta=t,\ \cos\theta\,d\theta=dt]\\&=\frac15\int_{1/\sqrt2}^1t^2\,dt=\frac1{15}[t^3]_{1/\sqrt2}^1=\frac1{15}\left(1-\frac1{2\sqrt2}\right).\end{aligned}$$
Integralen kan även beräknas direkt, utan att gå över till polära koordinater (räkningarna blir dock svårare).