Tenta 2013-01-18

1. a) Derivering ger
   $$ f'(x)=e^x(x^3+x^2-5x+3)=e^x(x+3)(x-1)^2. $$
   Funktionen är avtagande på $(-\infty,-3)$ och växande på $(-3,\infty)$; $x=1$ är en terrasspunkt. Den enda lokala extrempunkten är därför minpunkten
   $$ \left(-3,-38e^{-3}-5\right). $$
   Vidare gäller
   $$ \lim_{x\to-\infty}f(x)=-5, \qquad \lim_{x\to\infty}f(x)=\infty. $$
   Alltså är $y=-5$ en vågrät asymptot då $x\to-\infty$. Det finns ingen asymptot då $x\to\infty$.

b) Eftersom $f$ är avtagande för $x<-3$ och har gränsvärdet $-5$ då $x\to-\infty$, finns inget nollställe där. Efter minpunkten vid $x=-3$ är $f$ växande och går mot $\infty$, så det finns exakt ett nollställe. Eftersom
$$ f(0)=-1<0,\qquad f(1)=2e-5>0, $$
ligger nollstället i intervallet $(0,1)$.

2. Vi partialbråksuppdelar:
   $$ \frac{2x-4}{(x^2+1)(2x+1)} =\frac{2x}{x^2+1}-\frac{2}{x+\frac12}. $$
   En primitiv funktion är därför
   $$ \ln(x^2+1)-2\ln\left\lvert x+\frac12\right\rvert =\ln\frac{x^2+1}{\left(x+\frac12\right)^2}. $$
   Alltså
   $$ \begin{aligned} \int_0^\infty\frac{2x-4}{(x^2+1)(2x+1)}\,dx &=\lim_{T\to\infty}\left[\ln\frac{x^2+1}{\left(x+\frac12\right)^2}\right]_0^T\\ &=-\ln4=-2\ln2. \end{aligned} $$

3. Det karakteristiska polynomet för den homogena ekvationen är
   $$ r^2+r-2=(r-1)(r+2), $$
   så
   $$ y_h(x)=Ae^x+Be^{-2x}. $$
   Eftersom $e^x$ redan ingår i den homogena lösningen använder vi ansatsen $y_p(x)=axe^x$. Insättning ger $a=7$, alltså
   $$ y_p(x)=7xe^x. $$
   Alla lösningar är därmed
   $$ y(x)=Ae^x+Be^{-2x}+7xe^x, $$
   där $A$ och $B$ är godtyckliga konstanter.

4. Sätt
   $$ s=x+y,\qquad t=x^2, $$
   och skriv $u(x,y)=\widetilde u(s,t)$. Kedjeregeln ger
   $$ \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial\widetilde u}{\partial s}+2x\frac{\partial\widetilde u}{\partial t}, \qquad \frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial\widetilde u}{\partial s}. $$
   Differentialekvationen blir alltså
   $$ \frac{\partial\widetilde u}{\partial t}=1, $$
   med den allmänna lösningen
   $$ \widetilde u(s,t)=t+g(s). $$
   I de ursprungliga variablerna är därför
   $$ u(x,y)=x^2+g(x+y). $$
   Villkoret $u(x,x)=(x+1)^2$ ger $g(2x)=2x+1$, alltså $g(z)=z+1$. Den efterfrågade lösningen är
   $$ u(x,y)=x^2+x+y+1. $$

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

6. Låt $T=(a,1/a)$ vara en punkt på grafen till $g(x)=1/x$. Tangentens lutning är $-1/a^2$, så tangentekvationen är
   $$ y-\frac1a=-\frac{1}{a^2}(x-a). $$
   Kravet att $P=(3,-1)$ ligger på tangenten ger
   $$ -\frac{1}{a^2}=\frac{-1-1/a}{3-a}. $$
   Detta ger $a=-3$ eller $a=1$. De två tangenterna är alltså
   $$ y=-x+2 \qquad\text{och}\qquad y=-\frac{x}{9}-\frac{2}{3}. $$

7. Vi undersöker derivatan vid vänstra randpunkten:
   $$ \lim_{x\to0^+}y'(x)=\lim_{x\to0^+}x\ln x=0. $$
   Grafen måste alltså ha en horisontell tangent då $x\to0^+$. Av de tre kandidaterna är det den vänstra grafen. För de andra kandidaterna går derivatan vid den vänstra randpunkten mot ett negativt tal eller mot $-\infty$.