Tenta 2013-08-23

(a) Derivatan blir: $h'(x)=\dots=\frac{2(x-2)(x-1)}{x-3}$.

Teckenschemat ger:
$$\begin{array}{c|ccccccc}&&1&&2&&3&\\\hline h'&-&0&+&0&-&\text{ej def.}&+\\h&\searrow&4\ln2+1&\nearrow&4&\searrow&\text{ej def.}&\nearrow\end{array}$$
Lokala extrempunkter: Lokalt minimum: $(1,4\ln2+1)$; lokalt maximum: $(2,4)$.

Gränsvärdena på randen av definitionsmängden:

$\lim_{x\to\pm\infty}h(x)=\infty$ och $\lim_{x\to3^\pm}h(x)=-\infty$.

Asymptoter:

$x=3$ är en lodrät asymptot, ty $\lim_{x\to3^\pm}h(x)=-\infty$ och det finns inte någon asymptot då $x\to\pm\infty$, ty $\lim_{x\to\pm\infty}h(x)/x=\pm\infty$.

Inflexionspunkter:

Andra derivatan $h''(x)=\dots=2\frac{(x-(3+\sqrt2))(x-(3-\sqrt2))}{(x-3)^2}$ byter tecken i $x=3\pm\sqrt2$ och därför har vi

Inflexionspunkter: $(x=3\pm\sqrt2,2\ln2+11\pm6\sqrt2)$.

Graf:

(b) Från undersökningarna i (a) har vi fått följande bild:

Det blir alltså tre lösningar.

(a) $$\int_0^\infty\frac{e^x}{e^{2x}+1}\,dx =\left[\begin{aligned}e^x&=t\\e^x\,dx&=dt\\x=0&\rightsquigarrow t=1\\x\to\infty&\rightsquigarrow t\to\infty\end{aligned}\right] =\int_1^\infty\frac1{t^2+1}\,dt=\dots=\frac\pi4.$$
(b) Vi använder oss av jämförelsesatsen. Olikheten
$$0\le\frac{e^x}{e^{2x}+1}(2+\sin x)\le\frac{e^x}{e^{2x}+1}\cdot3$$
och deluppgift (a) medför att integralen är konvergent.

Området är en rektangel, därför blir integralen
$$\iint_D\frac1{y(y-5)}\,dx\,dy=\int_2^3\int_0^1\frac1{y(y-5)}\,dx\,dy$$
och beräknas som
$$=1\cdot\int_2^3\frac1{y(y-5)}\,dy=\int_2^3\frac15\left(\frac1{y-5}-\frac1y\right)dy=\dots=\frac15\left(\ln\frac23-\ln\frac32\right)=\frac25\ln\frac23.$$

Vi börjar med att bestämma stationära punkter:
$$\left.\begin{aligned}g_x'(x,y)&=2x-y=0\\g_y'(x,y)&=-x+2y=0\end{aligned}\right\}\implies x=y=0.$$
Det finns alltså inga stationära punkter i området $1\le x^2+y^2\le2$.

Nu undersöker vi randen, som består av $2$ cirklar:

För $x^2+y^2=1$ använder vi oss av parametriseringen $x=\cos t$ och $y=\sin t$ då $t\in[0,2\pi]$.

Vi får: $g(\cos t,\sin t)=\dots=1-\frac12\sin2t$. Största värdet på denna del av randen är $\frac32$, minsta värdet är $\frac12$.

För $x^2+y^2=2$ får vi: $g(\sqrt2\cos t,\sqrt2\sin t)=\dots=2-\sin2t$. Största värdet på denna del av randen är $3$, minsta värdet är $1$. Sammanlagt blir det

Max: $3$ och Min: $\frac12$.

Differentialekvationen är separabel: $2y\,dy=(2x+1)\,dx$. Integration ger
$$y^2=x^2+x+C.$$
Begynnelsevillkoret $y(0)=-1$ ger $C=1$ och därmed $y^2=x^2+x+1$.

Svar: $y(x)=-\sqrt{x^2+x+1}$.

OBS: Tecknet måste väljas sådant att begynnelsevillkoret är uppfyllt!

Eftersom $\sin x\to0$ då $x\to0$ kan vi använda oss av standardutvecklingarna för exponentialfunktionen och $\sin x$:
$$\begin{aligned} F(x)&=1+\sin x+\frac{\sin^2x}{2!}+\frac{\sin^3x}{3!}+\sin^4x\cdot B_1(x)\\ &=1+\left(x-\frac{x^3}{3!}+x^5B_2(x)\right)+\frac12(x-x^3B_3(x))^2+\frac16(x-x^3B_3(x))^3+x^4B_4(x)\\ &=1+x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^2}2+\frac16x^3+x^4B_5(x)\\ &=1+x+\frac{x^2}2+x^4B_5(x), \end{aligned}$$
där alla $B_i(x)$ är begränsade då $x\to0$.

Maclaurinpolynomet av ordning $3$ till funktionen $F(x)=e^{\sin x}$ är därmed $p_3(x)=1+x+\frac{x^2}2$.

a) $f_1(x)=f(x-3)$. Grafen är förskjuten $3$ steg till höger.

b) $f_2(x)=f(x/2)$. Grafen är utdragen med faktor $2$.

c) $f_3(x)=f(-x)-1$. Grafen är speglad i $y$-axeln samt förskjuten $1$ steg nedåt.