Tenta 2012-12-19

1. Funktionen är
   $$ f(x)=\frac{x}{2}+\arctan\frac{1}{x},\qquad x\ne0. $$
   Derivering ger
   $$ f'(x)=\frac{(x-1)(x+1)}{2(1+x^2)}. $$
   Funktionen är växande på $(-\infty,-1)$ och $(1,\infty)$, samt avtagande på $(-1,0)$ och $(0,1)$. Observera att den inte är avtagande på hela $[-1,1]$, eftersom $0$ inte ingår i definitionsmängden.

De ensidiga gränsvärdena vid $0$ är
$$ \lim_{x\to0^-}f(x)=-\frac{\pi}{2},\qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=\frac{\pi}{2}. $$
Vidare är
$$ \lim_{x\to\pm\infty}\left(f(x)-\frac{x}{2}\right)=0, $$
så $y=x/2$ är en sned asymptot. De lokala extrempunkterna är
$$ \left(-1,-\frac12-\frac{\pi}{4}\right) \quad\text{och}\quad \left(1,\frac12+\frac{\pi}{4}\right), $$
där den första är en lokal maxpunkt och den andra en lokal minpunkt.

2. a) Maclaurinutvecklingarna ger
   $$ e^{x^2}=1+x^2+\frac{x^4}{2}+O(x^6), \qquad \cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O(x^6). $$
   Alltså är täljaren
   $$ 3-e^{x^2}-2\cos x=-\frac{7}{12}x^4+O(x^6), $$
   medan nämnaren är $x^2\sin^2x=x^4(1+O(x^2))$. Därför
   $$ \lim_{x\to0}\frac{3-e^{x^2}-2\cos x}{x^2\sin^2x} =-\frac{7}{12}. $$

b) Utvecklingen visar att
$$ h(x)=-\frac{7}{12}x^4(1+O(x^2)). $$
Alltså har $h$ en lokal maxpunkt vid $x=0$.

3. Det karakteristiska polynomet för den homogena ekvationen är
   $$ r^2-2r+2=0, $$
   med rötterna $1\pm i$. Alltså är
   $$ y_h(x)=e^x(A\cos x+B\sin x). $$
   Eftersom högerledet är ett polynom av grad $1$ kan vi söka en partikulärlösning på formen $y_p(x)=ax+b$. Insättning ger
   $$ y_p(x)=3x+3. $$
   Alla lösningar är därför
   $$ y(x)=e^x(A\cos x+B\sin x)+3x+3, $$
   där $A$ och $B$ är godtyckliga konstanter.

4. De stationära ekvationerna är
   $$ F_x=2x+2=0,\qquad F_y=2y-2=0. $$
   De ger punkten $(-1,1)$, som ligger utanför området $x^2+y^2\leq1$. Extremvärdena måste alltså antas på randen $x^2+y^2=1$. Sätt $x=\cos t$ och $y=\sin t$, där $0\leq t\leq2\pi$. Då blir
   $$ F(\cos t,\sin t)=3+2\cos t-2\sin t =3+2\sqrt{2}\cos\left(t+\frac{\pi}{4}\right). $$
   Alltså är största värdet $3+2\sqrt{2}$ och minsta värdet $3-2\sqrt{2}$.

5. Skriv kurvorna som $x=y^2-1$ respektive $x=1-y$. De skär varandra då $y=-2$ och $y=1$. Arean är därför
   $$ A=\int_{-2}^{1}\left((1-y)-(y^2-1)\right)\,dy =\frac{9}{2}. $$

6. a) För $\alpha=-5$ fås
   $$ I(-5)=\frac{5}{26}. $$

b) Två partiella integrationer ger primitiven
$$ \int e^{\alpha t}\cos t\,dt =\frac{e^{\alpha t}(\sin t+\alpha\cos t)}{1+\alpha^2}+C. $$
Alltså
$$ I(\alpha)=\lim_{T\to\infty}\frac{\left[e^{\alpha t}(\sin t+\alpha\cos t)\right]_{t=0}^{t=T}}{1+\alpha^2}. $$
Gränsvärdet existerar precis när $\alpha<0$. I detta fall är
$$ I(\alpha)=-\frac{\alpha}{1+\alpha^2}. $$

7. Funktionen kan skrivas
   $$ g(t)=(\lvert t\rvert-2)^2. $$
   Den är jämn, har minimivärdet $0$ vid $t=\pm2$ och ett lokalt maximivärde $4$ vid $t=0$.

På $[-1,1]$ är minsta värdet $g(1)=1$ och största värdet $g(0)=4$. På $(1,4)$ är minsta värdet $g(2)=0$. Något största värde finns inte på detta öppna intervall.