Tenta 2012-05-30

1. (i) Vi skriver
   $$ \left(\frac{n+2}{n+1}\right)^n =\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^n =\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\frac{1}{1+1/(n+1)} \longrightarrow e. $$

(ii) Maclaurinutvecklingarna ger
$$ e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+O(x^3),\qquad e^{-x}=1-x+\frac{x^2}{2}+O(x^3), $$
$$ \ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+O(x^3),\qquad \sin(\arctan x)=x+O(x^3). $$
Alltså
$$ \lim_{x\to0}\frac{e^x+e^{-x}-2}{\sin(\arctan x)-\ln(1+x)} =\lim_{x\to0}\frac{x^2+O(x^3)}{x^2/2+O(x^3)}=2. $$

2. Derivering ger
   $$ y'=3x^2+p. $$
   För $p\leq0$ har derivatan nollställena
   $$ x_\pm=\pm\sqrt{-\frac{p}{3}}. $$
   Kurvan tangerar $x$-axeln precis när ett sådant nollställe också är ett nollställe till $y$, alltså när
   $$ -q=x_\pm^3+px_\pm=x_\pm(x_\pm^2+p). $$
   Kvadrering ger
   $$ q^2=x_\pm^2(x_\pm^2+p)^2 =-\frac{p}{3}\left(-\frac{p}{3}+p\right)^2, $$
   vilket är ekvivalent med
   $$ \left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2=0. $$
   Detta är det sökta villkoret på $p$ och $q$.

3. Funktionen är kontinuerlig och oändligt många gånger deriverbar överallt. Eftersom
   $$ \lim_{x\to\infty}f(x)=0 $$
   är $x$-axeln en vågrät asymptot då $x\to\infty$. Däremot är
   $$ \lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x}=-\infty, $$
   så det finns ingen asymptot då $x\to-\infty$.

Derivering ger
$$ f'(x)=(4x^3-x^4)e^{-x}=x^3(4-x)e^{-x}. $$
Derivatan är negativ för $x<0$, positiv för $0<x<4$ och negativ för $x>4$. Funktionen har alltså en global minpunkt $(0,0)$ och en lokal maxpunkt
$$ \left(4,\left(\frac{4}{e}\right)^4\right). $$
Något globalt största värde finns inte, eftersom $f(x)\to\infty$ då $x\to-\infty$.

Vidare är
$$ f''(x)=e^{-x}x^2(x^2-8x+12). $$
Funktionen är konvex på $(-\infty,2)$ och $(6,\infty)$ samt konkav på $(2,6)$. Punkterna med $x$-koordinaterna $2$ och $6$ är inflexionspunkter.

4. a) Differentialekvationen kan skrivas
   $$ \frac{d}{dx}\bigl(y\cos x\bigr)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}. $$
   Efter integrering fås
   $$ y\cos x=\sqrt{1+x^2}+C. $$
   Bivillkoret $y(0)=1$ ger $C=0$. Alltså är
   $$ y=\frac{\sqrt{1+x^2}}{\cos x}. $$

b) Inför variablerna
$$ u=5x-3y,\qquad v=y. $$
Då gäller
$$ \frac{\partial f}{\partial x}=5\frac{\partial f}{\partial u}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=-3\frac{\partial f}{\partial u}+\frac{\partial f}{\partial v}. $$
Insättning i ekvationen ger
$$ 0=3\frac{\partial f}{\partial x}+5\frac{\partial f}{\partial y} =15\frac{\partial f}{\partial u}+5\left(-3\frac{\partial f}{\partial u}+\frac{\partial f}{\partial v}\right) =5\frac{\partial f}{\partial v}. $$
Alltså är $f=g(u)$, där $g$ är en godtycklig deriverbar funktion av en variabel. I ursprungliga variabler är den allmänna lösningen
$$ f(x,y)=g(5x-3y). $$

5. De stationära punkterna ges av
   $$ \nabla f(x,y)=(2x-2,2y-2)=(0,0). $$
   Den enda stationära punkten i området är alltså $(1,1)$, och
   $$ f(1,1)=1. $$
   På randen parametriserar vi med $x=5\cos\theta$, $y=5\sin\theta$, där $0\leq\theta\leq2\pi$. Då får vi
   $$ f(5\cos\theta,5\sin\theta) =28-10\cos\theta-10\sin\theta =28-10\sqrt{2}\cos\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right). $$
   Randens största respektive minsta värde är $28+10\sqrt{2}$ och $28-10\sqrt{2}$. Funktionens största värde i området är därför $28+10\sqrt{2}$ och dess minsta värde är $1$.

6. Med variabelbytet $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$ blir området
   $$ \pi\leq r\leq2\pi,\qquad 0\leq\theta\leq\frac{\pi}{4}. $$
   Därför är
   $$ \iint_D\sin\sqrt{x^2+y^2}\,dx\,dy =\int_\pi^{2\pi}r\sin r\,dr\int_0^{\pi/4}d\theta. $$
   Eftersom
   $$ \int r\sin r\,dr=-r\cos r+\sin r $$
   fås
   $$ \int_\pi^{2\pi}r\sin r\,dr=-3\pi. $$
   Alltså är integralen
   $$ \frac{\pi}{4}(-3\pi)=-\frac{3\pi^2}{4}. $$