Tenta 2012-08-23

Flytta $\arcsin x$ till högerledet, tag cosinus därefter på båda leden och använd summaformeln på högerledet fås
$$2x=\frac{\sqrt3}2\cos(\arcsin x)+\frac12x=\frac{\sqrt3}2\sqrt{1-x^2}+\frac12x.$$
$$\implies3x=\sqrt{3(1-x^2)}\implies\sqrt3x=\sqrt{1-x^2}.$$
Vänsterledet måste vara icke-negativt, så $x\ge0$. Kvadrering ger därefter $3x^2=1-x^2$, alltså $x^2=1/4$. Därmed är $x=\frac12$.

Maclaurinutveckling ger
$$e^x=1+x+O(x^2)\implies e^{-x}=1-x+O(x^2),$$
$$\arctan(3x)=3x+O(x^3).$$
Det följer att
$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{e^x-e^{-x}}{\arctan(3x)} &=\lim_{x\to0}\frac{1+x-(1-x)+O(x^2)}{3x+O(x^3)}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{2x+O(x^2)}{3x+O(x^3)} =\lim_{x\to0}\frac{2+O(x)}{3+O(x^2)}=\frac23. \end{aligned}$$
Vi kan också använda standardgränsvärdena att lösa problemet:
$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{e^x-e^{-x}}{\arctan(3x)} &=\lim_{x\to0}\frac{e^{-x}(e^{2x}-1)}{\arctan(3x)}\\ &=\lim_{x\to0}\frac{e^{-x}\frac{e^{2x}-1}{2x}\cdot2}{\frac{\arctan(3x)}{3x}\cdot3} =\frac{1\cdot1\cdot2}{1\cdot3}=\frac23. \end{aligned}$$

Koefficienten till graden $x^{25}$ i Maclaurinpolynomet för $f$ är $f^{(25)}(0)/25!=-8^{23}/23!\implies f^{(25)}(0)=-25\cdot24\cdot8^{23}$.

Det är lätt att inse att definitionsmängden till funktionen är $0<x<\infty$. Vi beräknar gränsvärdena för $f(x)$ då $x\to0$ respektive $x\to\infty$: $f(x)\to\infty$ då $x\to0^+$ och $f(x)\to-\infty$ då $x\to\infty$. Det ger värdemängden $(-\infty,\infty)$. Det innebär att $f(x)=a$ har minst en lösning för alla reella tal $a$.

Funktionen är kontinuerlig och deriverbar. Derivation ger
$$f'(x)=\frac{10}{1+x^2}-\frac2x-1=-\frac{(x-2)(x^2+4x-1)}{x(1+x^2)},$$
vilket visar att derivatan har nollställen i $x=2$ eller $x=\sqrt5-2$ i definitionsmängden. Vi får följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|cccccc}x&0&&\sqrt5-2&&2&\\\hline f'&&-&0&+&0&-\\f&&\searrow&\min&\nearrow&\max&\searrow\end{array}$$
Alltså är det maximala antal rötter som ekvationen $f(x)=a$ kan ha $3$ för $a$ mellan $f(\sqrt5-2)$ och $f(2)$.

Differentialekvationen kan skrivas om till (om du inte kan inse detta kan det fås genom metoden för integrerande faktor) $D(y(1+x^2))=4x(1+x^2)\iff y(1+x^2)=x^4+2x^2+C$. Bivillkoret $y(0)=1$ ger $C=y(0)=1\iff C=1$. Vi får därför $y=(x^4+2x^2+1)/(x^2+1)=(x^2+1)^2/(x^2+1)=x^2+1$.

Inför nya variabler $u=2x-y$, $v=y$. Vi har
$$\frac{\partial f}{\partial x}=2\frac{\partial f}{\partial u},\qquad\frac{\partial f}{\partial y}=-\frac{\partial f}{\partial u}+\frac{\partial f}{\partial v}$$
där $\partial u/\partial x=2$, $\partial v/\partial x=0$, $\partial u/\partial y=-1$, $\partial v/\partial y=1$. Insättningen i ekvationen ger
$$0=\frac{\partial f}{\partial x}+2\frac{\partial f}{\partial y} =2\frac{\partial f}{\partial u}+2\left(-\frac{\partial f}{\partial u}+\frac{\partial f}{\partial v}\right) =2\frac{\partial f}{\partial v}\iff\frac{\partial f}{\partial v}=0.$$
$\implies f=g(u)$ där $g$ är någon deriverbar envariabelfunktion. I ursprungliga variablerna får vi den allmänna lösningen $f(x,y)=g(2x-y)$.

De stationära punkterna ges av
$$\nabla f(x,y)=(x^2-y,-x+2y)=(0,0),$$
vilket har den entydiga lösningen $(x,y)=(\frac12,\frac14)$ innanför området, och $f(\frac12,\frac14)=-\frac1{48}$.

Randen består av fyra linjesegment:

(i) $y=0$, $0\le x\le2$: $g_1(t)=f(t,0)=\frac13t^3$ är strängt växande,
$$\max_{0\le t\le2}g_1(t)=g_1(2)=\frac83,\qquad\min_{0\le t\le2}g_1(t)=g_1(0)=0.$$
(ii) $x=2$, $0\le y\le2$: $g_2(t)=f(2,t)=t^2-2t+\frac83=(t-1)^2+\frac53\implies g_2$ har en stationär punkt i $t=1$.
$$\max_{0\le t\le2}g_2(t)=\max(g_2(0),g_2(2),g_2(1))=\max\left(\frac83,\frac53\right)=\frac83;$$
$$\min_{0\le t\le2}g_2(t)=\min(g_2(0),g_2(2),g_2(1))=\min\left(\frac83,\frac53\right)=\frac53.$$
(iii) $y=2$, $0\le x\le2$: $g_3(t)=f(t,2)=\frac13t^3-2t+4$ har en stationär punkt i $t=\sqrt2\implies$
$$\max_{0\le t\le2}g_3(t)=\max(g_3(0),g_3(2),g_3(\sqrt2))=g_3(0)=4;$$
$$\min_{0\le t\le2}g_3(t)=\min(g_3(0),g_3(2),g_3(\sqrt2))=g_3(\sqrt2)=4-\frac{4\sqrt2}3.$$
(iv) $x=0$, $0\le y\le2$: $g_4(t)=f(0,t)=t^2$ är strängt växande för $0\le t\le2\implies$
$$\max_{0\le t\le2}g_4(t)=g_4(2)=4,\qquad\min_{0\le t\le2}g_4(t)=g_4(0)=0.$$
Sammanfattningsvis ser vi att funktionens största värde är $4$ och minsta värde är $-1/48$.

Parallellogrammen begränsas av fyra linjer $y=0$, $y=1$, $y=x$, $y=x-2$. $I=\int_0^1\int_y^{y+2}(x^2+y^2)\,dx\,dy=6$.

Men vi behöver dela upp $D$, om vi integrerar $y$ först:
$$D_1=\{(x,y)\mid0\le x\le1,\ 0\le y\le x\},$$
$$D_2=\{(x,y)\mid1\le x\le2,\ 0\le y\le1\},$$
$$D_3=\{(x,y)\mid2\le x\le3,\ x-2\le y\le1\}.$$
$$\implies I=\left(\int_0^1\int_0^x+\int_1^2\int_0^1+\int_2^3\int_{x-2}^1\right)(x^2+y^2)\,dy\,dx=\frac13+\frac83+3=6.$$