Tenta 2011-05-30

a) Maclaurinutveckling ger
$$\begin{aligned} \frac{\sin^2x-\arctan^2x}{x^4} &=\frac{(x-\frac{x^3}6+x^5B_1(x))^2-(x-\frac{x^3}3+x^5B_2(x))^2}{x^4}\\ &=\frac{x^2-\frac{2x^4}6-x^2+\frac{2x^4}3+x^6B_3(x)}{x^4}\\ &=-\frac26+\frac23+x^2B_3(x)\to-\frac26+\frac23=\frac13, \end{aligned}$$
då $x\to0$ (där $B_i(x)$, $i=1,2,3$ är begränsade i en omgivning av $x=0$).

b) $$\begin{aligned} \sqrt{x^2+6x}-\sqrt{x^2-4x} &=\frac{(\sqrt{x^2+6x}-\sqrt{x^2-4x})(\sqrt{x^2+6x}+\sqrt{x^2-4x})}{\sqrt{x^2+6x}+\sqrt{x^2-4x}}\\ &=\frac{(x^2+6x)-(x^2-4x)}{x(\sqrt{1+6/x}+\sqrt{1-4/x})} =\frac{10}{\sqrt{1+6/x}+\sqrt{1-4/x}}\to5, \end{aligned}$$
då $x\to\infty$.

Eller med Maclaurinutveckling:
$$\begin{aligned} \sqrt{x^2+6x}-\sqrt{x^2-4x} &=x\left(\sqrt{1+\frac6x}-\sqrt{1-\frac4x}\right)\\ &=x\left(1+\frac12\frac6x+\frac1{x^2}B_1(1/x)-1+\frac12\frac4x+\frac1{x^2}B_2(1/x)\right)\\ &=x+3-x+2+\frac1xB_3(1/x)\to5, \end{aligned}$$
då $x\to\infty$ (där $B_i(t)$, $i=1,2,3$ är begränsade i en omgivning av $t=0$).

$f(x)=\frac{x+\lvert x-1\rvert}{x+1}$. $f(x)=\frac{x+x-1}{x+1}=\frac{2x+2-3}{x+1}=2-\frac3{x+1}$, om $x\ge1$ och $f(x)=\frac{x+1-x}{x+1}=\frac1{x+1}$, om $x<1$.

$\lim_{x\to-1}\lvert f(x)\rvert=\infty$, så $x=-1$ är en lodrät asymptot. $\lim_{x\to\infty}f(x)=2$, så $y=2$ är en horisontell asymptot när $x\to\infty$. $\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$, så $y=0$ är en horisontell asymptot när $x\to-\infty$.

Derivation ger $f'(x)=\frac3{(x+1)^2}$ för $x>1$ och $f'(x)=-\frac1{(x+1)^2}$ för $x<1$. Derivatan $f'(x)$ är positiv på intervallet $(1,\infty)$ och negativ på intervallen $(-\infty,-1)$ och $(-1,1)$. Alltså är funktionen $f(x)$ strängt avtagande på $(-\infty,-1)$ och på $(-1,1)$ och strängt växande på $(1,\infty)$. Funktionen har inga stationära punkter men har en enda lokal extrempunkt (en minimipunkt) i $(1,\frac12)$, där derivatan inte existerar (höger- och vänsterderivatorna är olika).

Ytterligare en derivation ger $f''(x)=-\frac6{(x+1)^3}$ för $x>1$ och $f''(x)=\frac2{(x+1)^3}$ för $x<1$. Andraderivatan $f''(x)$ är positiv på intervallet $(-1,1)$ och negativ på intervallen $(-\infty,-1)$ och $(1,\infty)$. Alltså är funktionen $f(x)$ konvex på $(-1,1)$ och konkav på $(-\infty,-1)$ och $(1,\infty)$. [Grafen skisseras på omstående sida.]

a) Volymen är $\pi\int_0^1(x\sqrt x)^2\,dx=\pi\int_0^1x^3\,dx=\pi[x^4/4]_0^1=\pi/4$, enligt formeln för volymen $V=\pi\int_a^bf(x)^2\,dx$.

b) Båglängden är
$$\int_0^1\sqrt{1+\left(\frac{3x^{1/2}}2\right)^2}\,dx =\int_0^1\sqrt{1+\frac{9x}4}\,dx =\left[\frac23\cdot\frac49\left(1+\frac{9x}4\right)^{3/2}\right]_0^1 =\frac8{27}\left(\left(\frac{13}4\right)^{3/2}-1\right) =\frac{13\sqrt{13}-8}{27},$$
enligt formeln för båglängden $s=\int_a^b\sqrt{1+(y')^2}\,dx$.

a) $y''-y=x^2$. Den homogena ekvationen $y''-y=0$ har karakteristiska ekvationen $r^2-1=0$ med lösningen $r=\pm1$. Alltså är $y_h=C_1e^x+C_2e^{-x}$, där $C_1$ och $C_2$ är godtyckliga konstanter, den allmänna homogena lösningen. Ansätt en partikulärlösning $y_p=ax^2+bx+c$. Derivering ger $y_p'=2ax+b$ och $y_p''=2a$, som insatta i ekvationen ger $2a-(ax^2+bx+c)=x^2$. Det ger $a=-1$, $b=0$ och $c=-2$ genom identifikation av koefficienter. Alltså är $y_p=-x^2-2$ och $y=y_p+y_h=-x^2-2+C_1e^x+C_2e^{-x}$, där $C_1$ och $C_2$ är godtyckliga konstanter, är den allmänna lösningen till $y''-y=x^2$.

b) $y'=\cos^2y$, $y'/\cos^2y=1$, $\tan y=x+C$. Villkoret $y(0)=0$ ger $0=0+C$, $C=0$, så $y=\arctan x+n\cdot\pi$. Villkoret $y(0)=0$ ger $n=0$. Svar: $y=\arctan x$.

$f(x,y)=2e^{-x}+2x-y$. Stationära punkter sökes: $f_x'(x,y)=-2e^{-x}+2$, $f_y'(x,y)=-1$. $f_y'(x,y)\ne0$ för alla $(x,y)$ ger att stationära punkter saknas. Randen undersöks:

1. $y=0$: $f(x,0)=2e^{-x}+2x=g(x)$, $g'(x)=-2e^{-x}+2=0$ ger $e^{-x}=1$, $x=0$.

2. $x=1$: $f(1,y)=2/e+2-y=h(y)$, $h'(y)=-1\ne0$ för alla $y$.

3. $x=y$: $f(x,x)=2e^{-x}+x=k(x)$, $k'(x)=-2e^{-x}+1=0$, $e^{-x}=1/2$, $-x=\ln(1/2)$, $x=\ln2$, $k(\ln2)=2e^{-\ln2}+\ln2=2\cdot\frac12+\ln2=1+\ln2$.

4. Hörnen $(0,0)$, $(1,0)$ och $(1,1)$: $f(0,0)=2$, $f(1,0)=2+2/e$, $f(1,1)=1+2/e$. Största värdet är $2+2/e$, minsta värdet är $1+\ln2$.

(För att jämföra $f(\ln2,\ln2)=k(\ln2)$ och $f(1,1)=k(1)$ kan man använda att $k'(x)>0$ för $x>\ln2$.)

Med polära koordinater $x=r\cos t$, $y=r\sin t$ erhålles
$$\begin{aligned} \iint_Dx^2\,dx\,dy &=\int_0^{\sqrt2}\left(\int_{-\pi/4}^{3\pi/4}r^2\cos^2t\cdot r\,dt\right)dr\\ &=\int_0^{\sqrt2}r^3\,dr\cdot\int_{-\pi/4}^{3\pi/4}\frac{1+\cos2t}2\,dt\\ &=\left[\frac{r^4}4\right]_0^{\sqrt2}\cdot\left[\frac t2+\frac{\sin2t}4\right]_{-\pi/4}^{3\pi/4}\\ &=\frac44\left(\left(\frac{3\pi}8-\frac14\right)-\left(-\frac\pi8-\frac14\right)\right)=\frac\pi2. \end{aligned}$$