Tenta 2014-01-13

1. a) Definitionsmängden är $\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Derivering ger
   $$ f'(x)=\frac{2(e^{3x}+e^{2x}+e^x)}{(e^{2x}-1)^2}>0. $$
   Funktionen är alltså strikt växande på båda komponenterna av definitionsmängden och har inga lokala extrempunkter. Gränsvärdena är
   $$ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0,\qquad \lim_{x\to\infty}f(x)=-1, $$
   $$ \lim_{x\to0^-}f(x)=\infty,\qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty. $$
   Alltså är $x=0$ en lodrät asymptot, medan $y=0$ respektive $y=-1$ är vågräta asymptoter då $x\to-\infty$ respektive $x\to\infty$.

b) Värdemängden är
$$ \mathbb{R}\setminus[-1,0]. $$

2. a) Partialbråksuppdelning ger
   $$ \frac{2}{x^2+3x+2}=\frac{2}{x+1}-\frac{2}{x+2}. $$
   Därför är
   $$ \int_{\sqrt2}^{\infty}\frac{2}{x^2+3x+2}\,dx =\lim_{B\to\infty}\left[2\ln\left\lvert\frac{x+1}{x+2}\right\rvert\right]_{\sqrt2}^{B} =\ln2. $$

b) Integralen är konvergent, eftersom
$$ 0\leq\frac{\arctan(x^7)}{x^2+3x+2} \leq\frac{\pi/2}{x^2+3x+2} $$
för $x\geq\sqrt2$, och integralen i a) är konvergent.

3. I rektangelns inre ges de stationära punkterna av
   $$ g_x=2xy(2x^2+2y-5)=0, \qquad g_y=(x^2-1)(x^2+4y-4)=0. $$
   Detta ger den enda inre stationära punkten $(0,1)$, där $g(0,1)=2$. På randen är $g=0$ längs $x=\pm1$ och $y=0$. För randen $y=2$ får vi
   $$ h(x)=g(x,2)=2(x^4-x^2), \qquad h'(x)=4x(2x^2-1). $$
   Här är $h(0)=0$ och
   $$ h\left(\pm\frac{1}{\sqrt2}\right)=-\frac12. $$
   Alltså är funktionens största värde $2$ och dess minsta värde $-1/2$.

4. Den karakteristiska ekvationen för den homogena differentialekvationen är
   $$ r^2-4r+5=0, $$
   med rötterna $2\pm i$. Alltså är
   $$ y_h(x)=e^{2x}(A\cos x+B\sin x). $$
   En partikulärlösning är $y_p(x)=e^{2x}$. Därmed är
   $$ y(x)=e^{2x}(A\cos x+B\sin x)+e^{2x}. $$
   Begynnelsevillkoren ger $A=-1$ och $B=0$, så lösningen är
   $$ y(x)=e^{2x}(1-\cos x). $$

5. Tangentplanet till $h$ i $(x_0,y_0)$ ges av
   $$ z=h(x_0,y_0)+(2x_0-3)(x-x_0)-2y_0(y-y_0). $$

a) I punkten $(2,1)$ fås
$$ z=-3+(x-2)-2(y-1), $$
alltså
$$ x-2y-z=3. $$

b) Tangentplanet kan skrivas
$$ (2x_0-3)x-2y_0y-z=x_0^2-y_0^2. $$
Villkoret att båda givna punkter ligger i planet ger
$$ 10(2x_0-3)-16y_0+21=x_0^2-y_0^2, \qquad -9=x_0^2-y_0^2. $$
Därav följer $x_0=4y_0/5$, och lösningarna är
$$ (x_0,y_0)=(4,5) \quad\text{eller}\quad (x_0,y_0)=(-4,-5). $$

6. a) Sätt
   $$ h(x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ln(x+1). $$
   För $x>-1$ gäller
   $$ h'(x)=\frac{x^3}{x+1}. $$
   Alltså avtar $h$ på $(-1,0)$ och växer på $(0,\infty)$, så $h(x)\geq h(0)=0$. Därmed
   $$ \ln(x+1)\leq x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}. $$

b) Maclaurinpolynomet av ordning $3$ är
$$ p_3(x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}. $$

c) Av a) följer att $p_3(x)\geq\ln(x+1)$ för $x>-1$, och graferna tangerar varandra i $x=0$. Alltså är rätt bild A.