Tenta 2011-05-16

a) $$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n+1}{2n}\right)^n =\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{2n}\right)^n =\lim_{n\to\infty}\left(\left(1+\frac1{2n}\right)^{2n}\right)^{1/2} =e^{1/2}=\sqrt e,$$
där standardgränsvärdet $\lim_{n\to\infty}(1+1/n)^n=e$ har använts.

b) Maclaurinutveckling ger ($B_1(x),\dots,B_6(x)$ är begränsade kring $x=0$):
$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x^2)-x\sin x}{x\arctan x-x^2\cos x} &=\lim_{x\to0}\frac{(x^2-\frac{x^4}{2}+x^6B_1(x))-x(x-\frac{x^3}{6}+x^5B_2(x))}{x(x-\frac{x^3}{3}+x^5B_3(x))-x^2(1-\frac{x^2}{2}+x^4B_4(x))}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{-\frac{x^4}{2}+\frac{x^4}{6}+x^6B_5(x)}{-\frac{x^4}{3}+\frac{x^4}{2}+x^6B_6(x)}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{-\frac12+\frac16+x^2B_5(x)}{-\frac13+\frac12+x^2B_6(x)}=\frac{-\frac13}{\frac16}=-2. \end{aligned}$$

a) $y'-y=e^x$. Multiplikation med integrerande faktorn $e^{-x}$ ger $D(ye^{-x})=1$, $ye^{-x}=x+C$. Villkoret $y(1)=0$ ger $0=1+C$, $C=-1$, $y=(x-1)e^x$.

b) $y'=xy^2$, $\frac{y'}{y^2}=x$, $-\frac1y=\frac{x^2}{2}+C$. Villkoret $y(1)=1$ ger $-1=\frac12+C$, $C=-\frac32$, $-\frac1y=\frac{x^2}{2}-\frac32$, $y=\frac2{3-x^2}$.

$f(x)=\frac{x\lvert x\rvert}{x-2}=\frac{x^2}{x-2}=x+2+\frac4{x-2}$, om $x\ge0$ och $f(x)=\frac{x\lvert x\rvert}{x-2}=-\frac{x^2}{x-2}=-(x+2+\frac4{x-2})=-x-2-\frac4{x-2}$, om $x<0$. Lodrät asymptot är $x=2$, ty $\lvert f(x)\rvert\to\infty$ då $x\to2$. Sneda asymptoter är $y=x+2$ då $x\to\infty$ och $y=-x-2$ då $x\to-\infty$, ty $4/(x-2)\to0$ då $x\to\pm\infty$.

Derivering ger $f'(x)=\frac{x^2-4x}{(x-2)^2}$ om $x>0$ och $f'(x)=-\frac{x^2-4x}{(x-2)^2}$ om $x<0$. För $x>0$ finns enda stationära punkten $x=4$. För $x<0$ finns inga stationära punkter. I $x=0$ är både vänster- och högerderivatan $0$, så $f(x)$ är deriverbar i $x=0$ som även är en stationär punkt. Teckenstudium ger att $f'(x)<0$ om $x<0$, om $0<x<2$ eller om $2<x<4$ och $f'(x)>0$ om $x>4$. Funktionen har en terrasspunkt i $x=0$ och en lokal minimipunkt i $x=4$.

Andraderivatan beräknas: $f''(x)=\frac8{(x-2)^3}$ om $x>0$ och $f''(x)=-\frac8{(x-2)^3}$ om $x<0$. Teckenstudium ger att $f''(x)>0$ om $x>2$ eller om $x<0$ och $f''(x)<0$ om $0<x<2$. Alltså är $f(x)$ konvex på intervallen $x<0$ och $x>2$ och konkav på intervallet $0<x<2$. Funktionen har en inflexionspunkt i $x=0$. (Se figur nästa sida.)

a) $$V=\pi\int_0^1(1^2-(x^2)^2)\,dx=\pi\left[x-\frac{x^5}{5}\right]_0^1=\pi\left(1-\frac15\right)=\frac{4\pi}{5}.$$
b) $$V=2\pi\int_0^1x(1-x^2)\,dx=2\pi\left[\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4}\right]_0^1=2\pi\left(\frac12-\frac14\right)=\frac\pi2.$$
Alternativa lösningar kan erhållas genom integration med avseende på $y$:

a) $$V=2\pi\int_0^1y\cdot\sqrt y\,dy=2\pi\left[\frac{2y^{5/2}}5\right]_0^1=2\pi\cdot\frac25=\frac{4\pi}5.$$
b) $$V=\pi\int_0^1(\sqrt y)^2\,dy=\pi\left[\frac{y^2}2\right]_0^1=\frac\pi2.$$

$$\begin{aligned} \iint_D\frac1{(1+y)^3}\,dx\,dy &=\int_0^1\left(\int_x^1\frac1{(1+y)^3}\,dy\right)dx =\int_0^1\left[-\frac1{2(1+y)^2}\right]_x^1dx\\ &=\int_0^1\left(-\frac1{2(1+1)^2}-\left(-\frac1{2(1+x)^2}\right)\right)dx\\ &=\left[-\frac x8-\frac1{2(1+x)}\right]_0^1=-\frac18-\frac14+\frac12=\frac18. \end{aligned}$$

$f(x,y)=x^2+y^2-x-3y-1$. Stationära punkter i det inre: $f_x'(x,y)=2x-1$, $f_y'(x,y)=2y-3$. Ekvationssystemet $f_x'=f_y'=0$ har enda lösningen $(x,y)=(\frac12,\frac32)$ som ligger utanför området.

Undersökning av randen:

1. $y=0$: $f(x,0)=x^2-x-1=g(x)$, $g'(x)=2x-1=0$ ger $x=\frac12$ som ligger i intervallet $-1<x<1$. Motsvarande funktionsvärde är $g(\frac12)=(\frac12)^2-\frac12-1=-\frac54$.

2. $x^2+y^2=1$: Med $x=\cos t$, $y=\sin t$ får man $f(\cos t,\sin t)=\cos^2t+\sin^2t-\cos t-3\sin t-1=1-\cos t-3\sin t-1=-\cos t-3\sin t=h(t)$, $h'(t)=\sin t-3\cos t=0$ ger $\tan t=3$, $t=\arctan3\ (+n\cdot\pi)$. Endast $\arctan3$ ligger i intervallet och motsvarande funktionsvärde är $h(\arctan3)=-\cos(\arctan3)-3\sin(\arctan3)=-\frac1{\sqrt{10}}-3\cdot\frac3{\sqrt{10}}=-\sqrt{10}$. ($\cos(\arctan3)$ och $\sin(\arctan3)$ beräknas enklast med hjälp av en rätvinklig triangel med kateterna $1$ och $3$ och hypotenusan $\sqrt{10}$.)

3. I hörnen $(\pm1,0)$ är respektive funktionsvärde $f(1,0)=-1$ och $f(-1,0)=1$.

Svar: Största värdet är $1$, minsta värdet är $-\sqrt{10}$.