Tenta 2012-01-13

a) $$x(\ln(x+2)-\ln x)=x\ln\frac{x+2}{x}=x\ln\left(1+\frac2x\right)=\ln\left[\left(1+\frac2x\right)^x\right].$$
Eftersom $\lim_{x\to\infty}(1+2/x)^x=[y=x/2]=\lim_{y\to\infty}[(1+1/y)^y]^2=e^2$, är det sökta gränsvärdet lika med $\ln(e^2)=2$. Man kan även beräkna gränsvärdet på följande sätt:
$$\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1+\frac2x\right)=[t=1/x]=\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+2t)}t=\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+2t)}{2t}\cdot2=2.$$
b) $\sin t=t-t^3/6+O(t^5)$, så om vi sätter $t=2x$, får vi $\sin2x=2x-4x^3/3+O(x^5)$.

$\arctan t=t+O(t^3)$, så $\arctan(x^2)=x^2+O(x^6)$.

Alltså är $x\sin2x-2\arctan(x^2)=(2x^2-4x^4/3+O(x^6))-(2x^2+O(x^6))=-4x^4/3+O(x^6)$.

$\ln(1+t)=t-t^2/2+O(t^3)$, så $\ln(1+3x)=3x-9x^2/2+O(x^3)$ och $x^2\ln(1+3x)-3x^3=-9x^4/2+O(x^5)$. Nu beräknar vi gränsvärdet:
$$\frac{x\sin2x-2\arctan(x^2)}{x^2\ln(1+3x)-3x^3}=\frac{-4x^4/3+O(x^6)}{-9x^4/2+O(x^5)}=\frac{-4/3+O(x^2)}{-9/2+O(x)}\to\frac8{27}\quad\text{då }x\to0.$$

a) Den karakteristiska ekvationen $r^2+r-2=0$ har rötterna $r_1=1$, $r_2=-2$, så $y_h=C_1e^x+C_2e^{-2x}$.

Ansatsen $y_p=A\cos x+B\sin x$ ger $y_p'=-A\sin x+B\cos x$, $y_p''=-A\cos x-B\sin x$ och $y_p''+y_p'-2y_p=(-3A+B)\cos x+(-A-3B)\sin x=\sin x$. Så $-3A+B=0$, $-A-3B=1$, vilket ger $A=-1/10$, $B=-3/10$ och
$$y=C_1e^x+C_2e^{-2x}-\frac1{10}\cos x-\frac3{10}\sin x.$$
b) Eftersom $\int\frac1x\,dx=\ln\lvert x\rvert$ (med integrationskonstanten satt till $0$), är ekvationens integrerande faktor $e^{\ln x}=x$. Vi får $xy'+y=1/x$, vilket kan skrivas om som $(xy)'=1/x$. Så $xy=\ln\lvert x\rvert+C$ och $y=(\ln\lvert x\rvert+C)/x$. $y(1)=1$ ger $C=1$ och $y=(\ln\lvert x\rvert+1)/x$.

Det största intervallet kring punkten $x=1$ i vilket lösningen existerar är $(0,\infty)$ och här behövs inget absolutbelopp, så $y=(\ln x+1)/x$.

$f'(x)=\frac{x^2-4x+5}{(x-2)^2}>0$ för alla $x\ne2$. Så inga lokala maxima eller minima existerar.
$$\begin{aligned} f''(x)&=\frac{(2x-4)(x-2)^2-2(x-2)(x^2-4x+5)}{(x-2)^4}\\ &=\frac{(2x-4)(x-2)-2(x^2-4x+5)}{(x-2)^3}=\frac{-2}{(x-2)^3}. \end{aligned}$$
Teckentabell för $f'$ och för $f''$:
$$\begin{array}{c|ccc}x&&2&\\\hline f'&+&\text{ej def.}&+\\f&\nearrow&&\nearrow\end{array} \qquad \begin{array}{c|ccc}x&&2&\\\hline f''&+&\text{ej def.}&-\\f&\text{konvex}&&\text{konkav}\end{array}$$
Asymptoter. $\lim_{x\to2^+}\frac{x^2-5}{x-2}=[-1/0^+]=-\infty$, $\lim_{x\to2^-}\frac{x^2-5}{x-2}=[-1/0^-]=\infty$. Så $x=2$ är lodrät asymptot (både från höger och från vänster).
$$a=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{x^2-5}{x(x-2)}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1-5/x^2}{1-2/x}=1.$$
$$b=\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)-x)=\lim_{x\to\pm\infty}\left(\frac{x^2-5}{x-2}-x\right)=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2x-5}{x-2}=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2-5/x}{1-2/x}=2.$$
Det följer att $y=x+2$ är sned asymptot, både då $x\to\infty$ och då $x\to-\infty$.

Grafen:

a) $$V=\pi\int_2^\infty\frac4{x^4}\,dx=\pi\left[-\frac4{3x^3}\right]_2^\infty=\pi\lim_{X\to\infty}\left[-\frac4{3x^3}\right]_2^X=\pi\lim_{X\to\infty}\left(-\frac4{3X^3}+\frac16\right)=\frac\pi6.$$
b) Eftersom $\lvert x-2\rvert=x-2$ för $x\ge2$ och $2-x$ för $x<2$, är $\frac{x-\lvert x-2\rvert}{x^2}=\frac2{x^2}$ för $x\ge2$ och $\frac{2x-2}{x^2}$ för $x<2$. Alltså är
$$V=\pi\int_1^2\frac{(2x-2)^2}{x^4}\,dx+\pi\int_2^\infty\frac4{x^4}\,dx=V_1+V_2.$$
$$V_1=\pi\int_1^2\left(\frac4{x^2}-\frac8{x^3}+\frac4{x^4}\right)dx=\pi\left[-\frac4x+\frac4{x^2}-\frac4{3x^3}\right]_1^2=\frac\pi6.$$
$V_2=\pi/6$ enligt a). Så $V=\pi/6+\pi/6=\pi/3$.

$f_x'(x,y)=\frac{1-x^2+y^2}{(1+x^2+y^2)^2}$, $f_y'(x,y)=\frac{-2xy}{(1+x^2+y^2)^2}$. $f_x'=f_y'=0$ då $1-x^2+y^2=0$ och $xy=0$. Den andra ekvationen ger $x=0$ eller $y=0$. $x=0$ insatt i den första ekvationen ger $1+y^2=0$. Punkter med $y=0$ ligger på randen eller utanför mängden. Alltså finns inga inre stationära punkter.

Randundersökning. Sidan $y=0$, $-2<x<2$ parametriseras genom $h_1(t)=f(t,0)=t/(1+t^2)$, $-2<t<2$. $h_1'(t)=(1-t^2)/(1+t^2)^2=0$ då $t=\pm1$. Vi får $h_1(\pm1)=f(\pm1,0)=\pm1/2$.

Halvcirkeln $x^2+y^2=4$, $y\ge0$ parametriseras genom $h_2(t)=f(2\cos t,2\sin t)=(2\cos t)/5$, $0\le t\le\pi$. Det är klart att största och minsta värdet här är $2/5$ respektive $-2/5$. Observera att $t=0$, $t=\pi$ svarar mot områdets hörnpunkter, så de behöver inte undersökas separat. Eftersom $2/5<1/2$, är funktionens största värde i området $1/2$ och minsta värdet är $-1/2$.

Anmärkning. Uppgiften kan lösas helt med endimensionella metoder. Området uttryckt i polära koordinater är $\{(x,y)\mid x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta,\ 0\le r\le2,\ 0\le\theta\le\pi\}$. Eftersom $f(r\cos\theta,r\sin\theta)=(r\cos\theta)/(1+r^2)$, är $f$:s största och minsta värde för varje $r$ lika med $r/(1+r^2)$ respektive $-r/(1+r^2)$. Nu återstår att finna största värdet för $r/(1+r^2)$, $0\le r\le2$.

Området beskrivs av olikheterna $-x\le y\le x$, $0\le x\le2$ (rita en figur). Så
$$\begin{aligned} \iint_D(x+y)\,dx\,dy &=\int_0^2\left(\int_{-x}^x(x+y)\,dy\right)dx =\int_0^2\left[xy+\frac{y^2}2\right]_{y=-x}^{y=x}dx\\ &=\int_0^22x^2\,dx=\left[\frac23x^3\right]_0^2=\frac{16}3. \end{aligned}$$