MM2001 · Hela analys
Betrakta funktionen
$$f(x)=xe^{2/x},\qquad x\ne0.$$
Undersök funktionen med avseende på lokala extrempunkter och konvexitet. Ange även eventuella asymptoter. Rita grafen till funktionen $f$.
Obs: Det är särskilt intressant hur funktionen beter sig i närheten av $x=0$!
Antar $f$ största och/eller minsta värden på det öppna intervallet $(1,2)$?
Ange respektive värden.
(a) $f(x)=xe^{2/x}$, $x\ne0$, har $f'(x)=\frac{x-2}{x}e^{2/x}$ och $f''(x)=\frac4{x^3}e^{2/x}$. Funktionen har lokalt minimum $(2,2e)$, är konkav på $(-\infty,0)$ och konvex på $(0,\infty)$. Asymptoterna är $x=0$ för $x\to0^+$ och $y=x+2$ för $x\to\pm\infty$. (b) På det öppna intervallet $(1,2)$ finns varken största eller minsta värde.
Bestäm de lösningar till differentialekvationen:
$$(x^2+1)y'-2xy=x^2+1$$
som uppfyller $y(1)=\frac{\pi}{2}$.
Efter division med $x^2+1$ fås $y'-\frac{2x}{x^2+1}y=1$. En integrerande faktor är $(x^2+1)^{-1}$, så $$y=(x^2+1)(\arctan x+C).$$ Villkoret $y(1)=\pi/2$ ger $C=0$.
Beräkna dubbelintegralen
$$\int_0^1\left(\int_y^1\frac{y}{(x+y)^2}\,dx\right)\,dy.$$
$$\int_0^1\int_y^1\frac{y}{(x+y)^2}\,dx\,dy=\int_0^1\left(-\frac y{1+y}+\frac12\right)dy=\ln2-\frac12.$$
Bestäm Taylorpolynomet av ordning 2 för funktionen
$$h(x)=xe^{x-1}$$
i punkten $a=1$.
Bestäm gränsvärdet
$$\lim_{x\to1}\frac{xe^{x-1}-(1+2(x-1)+\frac32(x-1)^2)}{x^2-2x+1}.$$
(a) Taylorpolynomet av grad $2$ för $h(x)=xe^{x-1}$ kring $1$ är $$p_2(x)=1+2(x-1)+\frac32(x-1)^2.$$ (b) Eftersom $h(x)-p_2(x)=O((x-1)^3)$ är det efterfrågade gränsvärdet $0$.
Betrakta området som begränsas av linjerna $x=0$, $y=1$ samt kurvan
$$y=\sin x,\qquad 0\le x\le\frac{\pi}{2}.$$
Beräkna volymen som uppstår när området roteras kring $y$-axeln (obs!).
Tips: Variabelsubstitutionen $t=\arcsin y$ kan vara användbar.
Rotationsvolymen är $$V=\pi\int_0^1(\arcsin y)^2dy=\pi\int_0^{\pi/2}t^2\cos t\,dt=\frac{\pi(\pi^2-8)}4.$$
Det gäller (du behöver inte verifiera detta!) att
$$\int_0^1\frac{\ln(x+1)}{x^2+1}\,dx=\frac{\pi}{8}\ln 2.$$
Bestäm integralerna
$$\int_{-1}^1\frac{\ln(\lvert x\rvert+1)}{x^2+1}\,dx.$$
och
$$\int_{-1}^1\frac{x\ln(\lvert x\rvert+1)}{x^2+1}\,dx.$$
OBS: Det behövs inga beräkningar, men det krävs en ordentlig motivering!
Den relevanta grenen är $y=\sqrt{x^2-1}$. Rationalisering ger $$\lim_{x\to\infty}(\sqrt{x^2-1}-x)=\lim_{x\to\infty}\frac{-1}{\sqrt{x^2-1}+x}=0,$$ så $y=x$ är asymptot.
Visa att hyperbeln $x^2-y^2=1$ har asymptoten $y=x$ då $x\to\infty$.
Anmärkning: Hyperbeln har även andra asymptoter, men de är inte efterfrågade här.
Den första integranden är jämn och den andra udda. Därför $$\int_{-1}^1\frac{\ln(|x|+1)}{x^2+1}dx=\frac\pi4\ln2,\qquad\int_{-1}^1\frac{x\ln(|x|+1)}{x^2+1}dx=0.$$