Tenta 2011-12-20

a) $(1+2x)^{1/\sin x}=e^{\ln(1+2x)/\sin x}$. Eftersom
$$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+2x)}{\sin x}=[\text{l'Hospitals regel}]=\lim_{x\to0}\frac{2/(1+2x)}{\cos x}=2,$$
är det sökta gränsvärdet lika med $e^2$.

Gränsvärdet för $\ln(1+2x)/\sin x$ kan man även beräkna genom att skriva om uttrycket som $2\cdot\frac{\ln(1+2x)}{2x}\cdot\frac x{\sin x}$ och använda standardgränsvärden, eller genom att Maclaurinutveckla.

b) $\ln(1+x)=x-x^2/2+O(x^3)$, $\arctan x=x+O(x^3)$.

Så $x^2(\ln(1+x)-\arctan x)^2=x^2(-x^2/2+O(x^3))^2=x^2(x^4/4+O(x^5))=x^6/4+O(x^7)$.

$\sin t=t-t^3/6+O(t^5)$, så om vi sätter $t=x^2$, får vi $\sin(x^2)=x^2-x^6/6+O(x^{10})$ och $\sin(x^2)-x^2=-x^6/6+O(x^{10})$. Nu kan vi beräkna gränsvärdet:
$$\frac{x^2(\ln(1+x)-\arctan x)^2}{\sin(x^2)-x^2}=\frac{x^6/4+O(x^7)}{-x^6/6+O(x^{10})}=\frac{1/4+O(x)}{-1/6+O(x^4)}\to\frac{1/4}{-1/6}=-\frac32\text{ då }x\to0.$$

a) Den karakteristiska ekvationen $r^2+2r+10=0$ har rötterna $r_{1,2}=-1\pm3i$, så $y_h=e^{-x}(D_1\cos3x+D_2\sin3x)$.

Ansatsen $y_p=A+Be^x+Ce^{2x}$ ger $y_p'=Be^x+2Ce^{2x}$, $y_p''=Be^x+4Ce^{2x}$ och $y_p''+2y_p'+10y_p=10A+13Be^x+18Ce^{2x}$. Så $A=1/10$, $B=1/13$ och $C=1/18$. Alltså är
$$y=e^{-x}(D_1\cos3x+D_2\sin3x)+\frac1{10}+\frac1{13}e^x+\frac1{18}e^{2x}.$$
b) En uppenbar lösning är $y=0$, och den satisfierar villkoret $y(0)=0$. Så det här är den andra av de sökta lösningarna.

Låt nu $y\ne0$. Då kan vi separera variablerna och vi får $y^{-2}y'=x/(1+x^2)$, vilket kan skrivas om som $y^{-2}\,dy=(x/(1+x^2))\,dx$. Integration ger $-y^{-1}=\frac12\ln(1+x^2)+C$ (att en primitiv funktion till $x/(1+x^2)$ är $\frac12\ln(1+x^2)$ inser man antingen direkt eller får fram det genom att substituera $t=1+x^2$). Insättning av $y(0)=1$ ger $-1=\frac12\ln1+C$, så $C=-1$, $y^{-1}=1-\frac12\ln(1+x^2)$, och slutligen är $y=\frac1{1-\frac12\ln(1+x^2)}$.

För $x>0$ är $f(x)=2\sqrt x-x+1$, $f'(x)=1/\sqrt x-1=x^{-1/2}-1$, $f''(x)=-\frac12x^{-3/2}$ och för $x<0$ är $f(x)=2\sqrt{-x}-x+1$, $f'(x)=-1/\sqrt{-x}-1=-(-x)^{-1/2}-1$, $f''(x)=-\frac12(-x)^{-3/2}$.

(Observera att $\lvert x\rvert\ge0$, så $f$ är definierad för alla $x$.)

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

Konvexitet. Teckentabell för $f''$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&0&\\\hline f''&-&\text{ej def.}&-\\f&\text{konkav}&&\text{konkav}\end{array}$$
Asymptoter. Eftersom $f$ är kontinuerlig för alla $x$, finns det inga lodräta asymptoter.
$$a=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2\sqrt{\lvert x\rvert}-x+1}x=\lim_{x\to\pm\infty}\left(\frac{2\sqrt{\lvert x\rvert}}x-1+\frac1x\right)=-1.$$
$$b=\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)+x)=\lim_{x\to\pm\infty}(2\sqrt{\lvert x\rvert}+1)=+\infty.$$
Eftersom gränsvärdet inte är ändligt, finns det ingen sned asymptot.

Grafen (till höger grafens förstoring nära lokala maximi- och minimipunkter):

Sätt $f(x)=x^2e^{2-x}$. Derivering ger $f'(x)=(2x-x^2)e^{2-x}=x(2-x)e^{2-x}$.

Teckentabell för $f'$:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&2&\\\hline f'&-&0&+&0&-\\f&\searrow&&\nearrow&&\searrow\end{array}$$
Vi behöver också gränsvärdena $\lim_{x\to-\infty}x^2e^{2-x}=\infty$ och $\lim_{x\to\infty}x^2e^{2-x}=\lim_{x\to\infty}e^2\frac{x^2}{e^x}=0$.

Nu ser vi att $f$ tar alla värden $y$ mellan $0$ och $\infty$ exakt en gång för $x\le0$.

Låt nu $x>0$. Eftersom $f$ är strängt växande för $0\le x\le2$, strängt avtagande för $x\ge2$, $f(0)=0$, $\lim_{x\to\infty}f(x)=0$ och $f(2)=4$, tar $f$ alla värden $y\in(0,4)$ två gånger (en gång för $0<x<2$ och en gång för $x>2$), värdet $4$ en gång (i $x=2$) och den tar inga andra värden för $x>0$.

Det följer att ekvationen $f(x)=3$ har tre lösningar, $f(x)=4$ har två och $f(x)=5$ har en lösning (det kan underlätta att se det om man ritar grafen för $f$).

a) $f_x'(x,y)=\frac{2x+x^2y-y^2}{(1+xy)^2}$, $f_y'(x,y)=\frac{1-x^3}{(1+xy)^2}$. $f_x'=f_y'=0$ då $2x+x^2y-y^2=0$ och $x^3=1$. Den andra ekvationen ger $x=1$, vilket insatt i den första ger $y^2-y-2=0$. Vi får $(x,y)=(1,2)$ och $(x,y)=(1,-1)$. Den första punkten är stationär men inte den andra eftersom $f$ inte är definierad i den (nämnaren är noll).

b) Eftersom $f(0,2)=2$, $f_x'(0,2)=-4$ och $f_y'(0,2)=1$, är tangentplanets ekvation i den första punkten $z=2-4x+y-2$, och efter förenkling $z=-4x+y$. Eftersom $f(1,2)=1$ och $(1,2)$ är en stationär punkt, är tangentplanets ekvation i den andra punkten $z=1$.

Eftersom $x^2\le y\le4-x^2$, är $x^2\le4-x^2$, dvs. $x^2\le2$. Så $0\le x\le\sqrt2$ och
$$\begin{aligned}\iint_Dx\,dx\,dy&=\int_0^{\sqrt2}\left(\int_{x^2}^{4-x^2}x\,dy\right)dx=\int_0^{\sqrt2}[xy]_{y=x^2}^{y=4-x^2}\,dx=\int_0^{\sqrt2}(4x-2x^3)\,dx\\&=\left[2x^2-\frac{x^4}2\right]_0^{\sqrt2}=4-2=2.\end{aligned}$$