Tenta 2012-05-12

1. (i) Vi rationaliserar:
   $$ \sqrt{n+n^2}-n = \frac{n}{\sqrt{n+n^2}+n} = \frac{1}{\sqrt{1+1/n}+1} \longrightarrow \frac{1}{2}. $$

(ii) Maclaurinutvecklingarna ger
$$ \ln(1+t)=t+O(t^2),\qquad \sin t=t+O(t^3). $$
Därmed är
$$ \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right)=\frac{\pi x}{2}+O(x^3) $$
och
$$ \ln\left(1+\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right)\right)=\frac{\pi x}{2}+O(x^2). $$
Alltså
$$ \lim_{x\to0}\frac{(x^2-1)\sin x}{\ln\left(1+\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right)\right)} =\lim_{x\to0}\frac{-x+O(x^2)}{\frac{\pi}{2}x+O(x^2)} =-\frac{2}{\pi}. $$

2. Derivering ger
   $$ f'(x)=\frac{1}{1+x^2}. $$
   Alltså är
   $$ f(x)=\arctan x+C. $$
   Eftersom $f(0)=0$ fås $C=0$, så $f(x)=\arctan x$. Funktionen $\arctan x$ är strikt växande och har värdemängden $(-\pi/2,\pi/2)$. Ekvationen $f(x)=a$ har därför exakt en lösning när $a\in(-\pi/2,\pi/2)$ och inga lösningar när $a\leq-\pi/2$ eller $a\geq\pi/2$.

3. Funktionen är kontinuerlig utom vid $x=-1$, där den inte är definierad. Vidare gäller
   $$ \lim_{x\to-1^+}f(x)=\infty,\qquad \lim_{x\to-1^-}f(x)=-\infty, $$
   så $x=-1$ är en lodrät asymptot. Eftersom
   $$ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0 $$
   är $x$-axeln en vågrät asymptot. Dessutom är $f(x)/x\to0$ då $x\to\pm\infty$, så det finns inga sneda asymptoter.

Derivering ger
$$ f'(x)=\frac{2x}{(x+1)^3}-\frac{3x^2}{(x+1)^4}=-\frac{x(x-2)}{(x+1)^4}. $$
Derivatan är negativ på $(-\infty,-1)$ och $(-1,0)$, positiv på $(0,2)$ och negativ på $(2,\infty)$. Alltså har funktionen en lokal minpunkt $(0,0)$ och en lokal maxpunkt $\left(2,\frac{4}{27}\right)$. Något globalt största eller minsta värde finns inte.

En andra derivering ger
$$ f''(x)=\frac{2(x^2-4x+1)}{(x+1)^5}. $$
Nollställena till täljaren är $2-\sqrt{3}$ och $2+\sqrt{3}$. Funktionen är konkav på $(-\infty,-1)$ och $(2-\sqrt{3},2+\sqrt{3})$, samt konvex på $(-1,2-\sqrt{3})$ och $(2+\sqrt{3},\infty)$. Inflexionspunkterna har $x$-koordinaterna $2-\sqrt{3}$ och $2+\sqrt{3}$.

4. a) Differentialekvationen är separabel:
   $$ (1+\sin x)y'=(y^2+1)\cos x \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{dy}{1+y^2}=\frac{\cos x}{1+\sin x}\,dx. $$
   Integrering ger
   $$ \arctan y=\ln(1+\sin x)+C. $$
   Villkoret $y(0)=1$ ger $C=\pi/4$. Alltså
   $$ y=\tan\left(\ln(1+\sin x)+\frac{\pi}{4}\right). $$

b) Det karakteristiska polynomet är
$$ r^2-2r-3=0, $$
med rötterna $r=-1$ och $r=3$. Den homogena lösningen är därför
$$ y_h=Ae^{-x}+Be^{3x}. $$
Sätt $y=ze^x$. Då är
$$ y'=(z'+z)e^x,\qquad y''=(z''+2z'+z)e^x, $$
och insättning ger
$$ z''-4z=2x. $$
Med ansatsen $z=Cx+D$ fås $C=-1/2$ och $D=0$, alltså $y_p=-xe^x/2$. Den allmänna lösningen är
$$ y=Ae^{-x}+Be^{3x}-\frac{xe^x}{2}. $$

5. För en inre stationär punkt måste
   $$ \nabla f(x,y)=(\cos x-\cos(x+y),\cos y-\cos(x+y))=(0,0). $$
   Alltså är $\cos x=\cos y=\cos(x+y)$. I områdets inre ger detta
   $$ 2\cos^2x-1=\cos x, $$
   så den enda inre stationära punkten är
   $$ (x,y)=\left(\frac{2\pi}{3},\frac{2\pi}{3}\right). $$
   Där är
   $$ f\left(\frac{2\pi}{3},\frac{2\pi}{3}\right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}. $$
   På randen gäller $f(0,y)=0$, $f(x,0)=0$ och $f(x,2\pi-x)=0$. Funktionens största värde är alltså $3\sqrt{3}/2$ och dess minsta värde är $0$.

6. Volymen är
   $$ V=\iint_D e^{x^2+y^2}\,dx\,dy. $$
   Med variabelbytet $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$ blir området
   $$ 0\leq r\leq1,\qquad \frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{3\pi}{4}. $$
   Alltså
   $$ V=\int_0^1 e^{r^2}r\,dr\int_{\pi/4}^{3\pi/4}d\theta =\frac{\pi(e-1)}{4}. $$