Tenta 2011-01-14

a) Eftersom $1+x\to1$ och $1/(x^2+2x)\to\pm\infty$ då $x\to0^\pm$, kan man inte direkt avgöra vad gränsvärdet blir. Först gör vi en omskrivning: $(1+x)^{1/(x^2+2x)}=(e^{\ln(1+x)})^{1/(x^2+2x)}=e^{\ln(1+x)/(x^2+2x)}$, och sedan beräknar vi gränsvärdet för exponenten:
$\frac{\ln(1+x)}{x^2+2x}=\frac{\ln(1+x)}x\cdot\frac1{x+2}\to1\cdot\frac12=\frac12$ då $x\to0$. Så det sökta gränsvärdet är $e^{1/2}$.

b) $\sin t=t-t^3/6+O(t^5)$, så om vi sätter $t=2x$, får vi $\sin2x=2x-4x^3/3+O(x^5)$.

$\arctan x=x-x^3/3+O(x^5)$.

Så $\sin2x-2\arctan x=2x-4x^3/3+O(x^5)-2(x-x^3/3+O(x^5))=-2x^3/3+O(x^5)$.

$\ln(1+x)=x+O(x^2)$. $\arctan t=t+O(t^3)$, så sätter vi $t=x^2$, får vi $\arctan(x^2)=x^2+O(x^6)$.

Alltså är $\ln(1+x)\arctan(x^2)=(x+O(x^2))(x^2+O(x^6))=x^3+O(x^4)$.

Så $\frac{\sin2x-2\arctan x}{\ln(1+x)\arctan(x^2)}=\frac{-2x^3/3+O(x^5)}{x^3+O(x^4)}=\frac{-2/3+O(x^2)}{1+O(x)}\to-\frac23$ då $x\to0$.

a) Den karakteristiska ekvationen $r^2+3r+2=0$ har två reella rötter: $r_1=-1$ och $r_2=-2$. Så $y_h=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x}$.

Vi söker en partikulärlösning på formen $y_p=A\cos x+B\sin x$. Derivering ger $y_p'=-A\sin x+B\cos x$ och $y_p''=-A\cos x-B\sin x$. Så $y_p''+3y_p'+2y_p=(A+3B)\cos x+(-3A+B)\sin x=\cos x$, vilket ger $A+3B=1$, $-3A+B=0$. Alltså är $A=1/10$, $B=3/10$ och $y=y_h+y_p=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x}+\frac1{10}\cos x+\frac3{10}\sin x$.

b)
$$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u},\qquad\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=2\frac{\partial f}{\partial u}+\frac{\partial f}{\partial v}.$$
Så $2\frac{\partial f}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y}=-\frac{\partial f}{\partial v}=0$. Alltså är $f$ oberoende av $v$, dvs. $f(u,v)=g(u)$. Går vi tillbaka till $xy$-variablerna, får vi $f(x,y)=g(x+2y)$. Eftersom $f(x,0)=g(x)=x^2-1$, är $g(x)=x^2-1$ och $f(x,y)=(x+2y)^2-1$.

$f'(x)=\frac1{1+x^2}-\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}=\frac{2x^2}{(1+x^2)^2}$. Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&0&\\\hline f'&+&0&+\\f&\nearrow&&\nearrow\end{array}$$
Det framgår av tabellen att $f$ är strängt växande och har inget lokalt maximum eller minimum.
$$f''(x)=\frac{4x(1+x^2)^2-8x^3(1+x^2)}{(1+x^2)^4}=\frac{4x(1+x^2)-8x^3}{(1+x^2)^3}=\frac{4x-4x^3}{(1+x^2)^3}=\frac{4x(1-x^2)}{(1+x^2)^3}.$$
Teckentabell för $f''$:
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&&-1&&0&&1&\\\hline f''&+&0&-&0&+&0&-\\f&\text{konvex}&&\text{konkav}&&\text{konvex}&&\text{konkav}\end{array}$$
Asymptoter. Eftersom $f$ är definierad och kontinuerlig för alla $x$, finns inga lodräta asymptoter.

Eftersom $\arctan x\to\pm\pi/2$ och $x/(1+x^2)\to0$ 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:

Eftersom intervallet är slutet och begränsat, har $f$ säkert ett största och ett minsta värde där, och de söks i inre stationära punkter, inre punkter där derivatan inte existerar och intervallets ändpunkter.

För $x>1$ är $f(x)=\frac{2x-1}{x^2+2}$ och $f'(x)=\frac{-2x^2+2x+4}{(x^2+2)^2}$. Så $f'(x)=0$ då $x=2$. ($-2x^2+2x+4=0$ även då $x=-1$, men denna rot ligger utanför intervallet $x>1$.) Vi sparar värdet $f(2)=1/2$.

För $x<1$ är $f(x)=\frac1{x^2+2}$ och $f'(x)=\frac{-2x}{(x^2+2)^2}$. Så $f'(x)=0$ då $x=0$. Vi sparar värdet $f(0)=1/2$.

Eftersom $f$ inte är deriverbar i $x=1$, behöver vi även värdet $f(1)=1/3$. I ändpunkterna får vi $f(-1)=1/3$ respektive $f(3)=5/11$.

Eftersom $1/3<5/11<1/2$, är $1/3$ funktionens minsta och $1/2$ funktionens största värde i intervallet $-1\le x\le3$. Minsta värdet tas i punkterna $-1$ och $1$, och största värdet i punkterna $0$ och $2$.

a) Låt $f(x)=1/x^2$. Vid rotation av området $0\le y\le f(x)$, $x\ge1$ kring $x$-axeln är volymen
$$\begin{aligned}V&=\pi\int_1^\infty f(x)^2\,dx=\pi\int_1^\infty\frac1{x^4}\,dx=\pi\left[-\frac1{3x^3}\right]_1^\infty=\pi\lim_{X\to\infty}\left[-\frac1{3x^3}\right]_1^X\\&=\pi\left(-\lim_{X\to\infty}\frac1{3X^3}+\frac13\right)=\frac\pi3.\end{aligned}$$
b) Vid rotation av samma område kring $y$-axeln är volymen
$$V=2\pi\int_1^\infty xf(x)\,dx=2\pi\int_1^\infty\frac1x\,dx=2\pi[\ln x]_1^\infty=2\pi\lim_{X\to\infty}\ln X=+\infty.$$
Alltså är volymen oändlig.

Ritar man bilden, så ser man att de fyra linjerna som begränsar parallellogrammen är $y=x$, $y=x+2$, $x=0$ och $x=1$. Alltså är $D=\{(x,y)\mid x\le y\le x+2,\ 0\le x\le1\}$ och
$$\begin{aligned}\iint_D(x+y)\,dx\,dy&=\int_0^1\left(\int_x^{x+2}(x+y)\,dy\right)dx=\int_0^1\left[xy+\frac{y^2}2\right]_{y=x}^{y=x+2}dx\\&=\int_0^1\left(x(x+2)-x^2+\frac{(x+2)^2-x^2}2\right)dx=\int_0^1(4x+2)\,dx=[2x^2+2x]_0^1=4.\end{aligned}$$