Tenta 2011-08-19

a) $$\frac{x(\sin x-\arctan x)}{\ln(1+x^4)} =\frac{x(x-\frac{x^3}{6}+x^5B_1(x)-x+\frac{x^3}{3}+x^5B_2(x))}{x^4+x^8B_3(x)} =\frac{\frac{x^4}{6}+x^6B_4(x)}{x^4+x^8B_3(x)} =\frac{\frac16+x^2B_4(x)}{1+x^4B_3(x)}\to\frac16$$
då $x\to0$, där $B_i(x)$, $i=1,2,3,4$ är begränsade i en omgivning av $x=0$.

b) $$n(2^{1/n}-1)=[t=1/n]=\frac{2^t-1}{t}=\frac{e^{t\ln2}-1}{t}=[x=t\ln2]=\ln2\cdot\frac{e^x-1}{x}\to\ln2$$
då $x\to0$, enligt standardgränsvärdet $\lim_{x\to0}(e^x-1)/x=1$ (märk att $t\to0$ och $x\to0$ då $n\to\infty$).

$f(x)=\frac{x^2}{\lvert x-1\rvert}=\frac{x^2}{x-1}=x+1+\frac1{x-1}$, om $x>1$ och $f(x)=\frac{x^2}{\lvert x-1\rvert}=\frac{x^2}{1-x}=-x-1-\frac1{x-1}$, om $x<1$. Här ser man att $y=x+1$ är en asymptot då $x\to\infty$ och $y=-x-1$ är en asymptot då $x\to-\infty$ (ty $1/(x-1)\to0$ då $x\to\pm\infty$). Dessutom finns den lodräta asymptoten $x=1$, eftersom $\lvert f(x)\rvert\to\infty$ då $x\to1$.

Derivering ger $f'(x)=1-\frac1{(x-1)^2}$ om $x>1$ och $f'(x)=-1+\frac1{(x-1)^2}$ om $x<1$. Stationära punkter ges i båda fallen av $(x-1)^2=1$, med lösningarna $x=0$ och $x=2$. Teckenstudium av derivatan ger att $f'(x)>0$ om $0<x<1$ eller om $x>2$ och att $f'(x)<0$ om $x<0$ eller om $1<x<2$. Alltså har funktionen lokala minimipunkter i $(0,0)$ och i $(2,4)$.

Ytterligare en derivering ger $f''(x)=\frac2{(x-1)^3}$ om $x>1$ och $f''(x)=-\frac2{(x-1)^3}$ om $x<1$. Alltså är $f''(x)>0$ för alla $x\ne1$. Funktionen är konvex på intervallet $x<1$ och konvex på intervallet $x>1$.

a) Tangentens riktningskoefficient är $y'(a)=2a$. Tangentens ekvation är $y-a^2=2a(x-a)$, $y=2ax-a^2$.

b) Om linjen $y=2ax-a^2$ tangerar $y=x^2-4x+6$ då $x=b$ så måste $y'(b)=2b-4=2a$, vilket ger $2a=2b-4$, $b=a+2$. Motsvarande $y$-värde på $y=x^2-4x+6$ är $y=(a+2)^2-4(a+2)+6=a^2+2$. Den gemensamma tangenten går genom punkterna $(a,a^2)$ och $(a+2,a^2+2)$ och har alltså riktningskoefficient $k=\frac{a^2+2-a^2}{a+2-a}=1$. Alltså är $2a=1$ och $a=\frac12$.

a) $y'+y=x$. Integrerande faktor är $e^x$: $y'e^x+ye^x=xe^x$, $ye^x=\int xe^x\,dx=xe^x-e^x+C$, $y=x-1+Ce^{-x}$. Villkoret $y(0)=0$ ger $0=-1+C$, $C=1$ och $y=x-1+e^{-x}$.

b) $y''+y=x^2$. Karakteristiska ekvationen $r^2+1=0$ har lösningen $r=\pm i$, så homogena lösningen $y_h=C_1\sin x+C_2\cos x$. En partikulärlösning $y_p=ax^2+bx+c$ ansätts som ger $y_p''=2a$. Villkoret $y_p''+y_p=x^2$ ger $2a+ax^2+bx+c=x^2$ med lösningen $a=1$, $b=0$, $c=-2$, så $y_p=x^2-2$ och allmänna lösningen är $y=y_p+y_h=x^2-2+C_1\sin x+C_2\cos x$. Villkoret $y(0)=0$ ger $0=-2+C_2$, $C_2=2$. Derivering ger $y'=2x+C_1\cos x-C_2\sin x$ och villkoret $y'(0)=0$ ger $C_1=0$. Alltså är $y=x^2-2+2\cos x$.

$f(x,y)=2xy-x^2-2x-2y$. Stationära punkter i det inre söks: $f_x'(x,y)=2y-2x-2$, $f_y'(x,y)=2x-2$. Systemet $f_x'=f_y'=0$ har lösningen $(x,y)=(1,2)$ (som ligger i den givna triangeln) och $f(1,2)=-3$.

Randen undersöks:

1. $x=0$, $0\le y\le4$. $f(0,y)=-2y$, som har derivatan $-2$ som aldrig är $0$.

2. $x=y=t$, $0\le t\le4$. $f(t,t)=2t^2-t^2-2t-2t=t^2-4t$, som har derivatan $2t-4$ som är $0$ för $t=2$. $f(2,2)=4-8=-4$.

3. $y=4$, $0\le x\le4$. $f(x,4)=8x-x^2-2x-8=-x^2+6x-8$, som har derivatan $-2x+6$ som är $0$ för $x=3$. $f(3,4)=24-9-6-8=1$.

4. $f(0,0)=0$, $f(0,4)=-8$, $f(4,4)=0$.

Jämförelse av funktionsvärdena i dessa kritiska punkter ger att största värdet är $1$ och minsta värdet är $-8$.

$$\iint_D\frac1{1+x^2}\,dx\,dy =\int_0^1\left(\int_0^x\frac1{1+x^2}\,dy\right)dx =\int_0^1\frac{x}{1+x^2}\,dx =\left[\frac12\ln(1+x^2)\right]_0^1 =\frac12(\ln2-\ln1)=\frac{\ln2}{2}.$$