Tenta 2014-02-15

1. Funktionen är jämn och har definitionsmängden
   $$ \mathbb{R}\setminus\{-1,1\}. $$
   Derivering ger
   $$ f'(x)=-\frac{2x}{(x^2-1)^2+x^4}. $$
   Funktionen är växande på $(-\infty,-1)$ och $(-1,0)$, samt avtagande på $(0,1)$ och $(1,\infty)$. Alltså har den en lokal maximipunkt $(0,0)$.

Gränsvärdena är
$$ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\frac{\pi}{4}, $$
$$ \lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to-1^+}f(x)=-\frac{\pi}{2}, \qquad \lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to-1^-}f(x)=\frac{\pi}{2}. $$
Det finns inga lodräta asymptoter, eftersom alla ensidiga gränsvärden vid $x=\pm1$ är ändliga. Den vågräta asymptoten är
$$ y=\frac{\pi}{4} $$
då $x\to\pm\infty$.

2. Med polära koordinater $x=r\cos\varphi$, $y=r\sin\varphi$ beskrivs området av
   $$ 0\leq r\leq\sqrt3,\qquad 0\leq\varphi\leq\pi. $$
   Alltså
   $$ \begin{aligned} \iint_D\frac{y}{x^2+y^2+1}\,dx\,dy &=\int_0^{\sqrt3}\int_0^\pi \frac{r^2\sin\varphi}{r^2+1}\,d\varphi\,dr\\ &=2\int_0^{\sqrt3}\left(1-\frac{1}{r^2+1}\right)\,dr\\ &=2\left(\sqrt3-\frac{\pi}{3}\right). \end{aligned} $$

3. Efter division med $x-1$ får vi
   $$ y'-\frac{1}{x-1}y=6(x-1)x^2e^{x^3}. $$
   En integrerande faktor är
   $$ \mu(x)=\frac{1}{x-1}. $$
   Därför gäller
   $$ \left(\frac{y}{x-1}\right)'=6x^2e^{x^3}, $$
   och följaktligen
   $$ \frac{y}{x-1}=2e^{x^3}+C. $$
   Begynnelsevillkoret $y(0)=-1$ ger $C=-1$. Lösningen på intervallet som innehåller $0$ är alltså
   $$ y=(x-1)(2e^{x^3}-1). $$

4. a) Maclaurinutvecklingarna ger
   $$ xe^{x^5}-x=x^6+O(x^{11}), $$
   $$ x-\sin x=\frac{x^3}{6}+O(x^5), \qquad x-\arctan x=\frac{x^3}{3}+O(x^5). $$
   Alltså
   $$ \lim_{x\to0}\frac{xe^{x^5}-x}{(x-\sin x)(x-\arctan x)} =\frac{1}{(1/6)(1/3)}=18. $$

b) Vi skriver
$$ \left(\frac{n+1}{n-1}\right)^n =\left(1+\frac{2}{n-1}\right)^{n-1} \left(1+\frac{2}{n-1}\right). $$
Därför är
$$ \lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^n=e^2. $$

5. Sätt
   $$ s=x,\qquad t=y-x^2, $$
   och skriv $\widetilde f(s,t)=f(x,y)$. Kedjeregeln ger
   $$ \frac{\partial f}{\partial x} =\frac{\partial\widetilde f}{\partial s} -2x\frac{\partial\widetilde f}{\partial t}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y} =\frac{\partial\widetilde f}{\partial t}. $$
   Differentialekvationen blir
   $$ \frac{\partial\widetilde f}{\partial s}=2s, $$
   så
   $$ \widetilde f(s,t)=s^2+h(t). $$
   I de ursprungliga variablerna är
   $$ f(x,y)=x^2+h(y-x^2). $$
   Villkoret $f(0,y)=e^y$ ger $h(y)=e^y$. Alltså är
   $$ f(x,y)=x^2+e^{y-x^2}. $$

6. Derivering ger
   $$ p'(x)=3x^2-6x=3x(x-2). $$
   Funktionen har ett lokalt maximivärde $p(0)=1$ och ett lokalt minimivärde $p(2)=-3$. Dessutom är
   $$ p(1)=-1,\qquad p(3)=1. $$

a) På $[1,3]$ är största värdet $1$ och minsta värdet $-3$.

b) På $(1,3)$ är minsta värdet $-3$, men något största värde finns inte.

c) Ekvationerna $p(t)=1$ och $p(t)=-1$ ger respektive
$$ t=0,\,3 \qquad\text{och}\qquad t=1,\,1-\sqrt3,\,1+\sqrt3. $$
Därmed är
$$ M=(1-\sqrt3,0)\cup(0,1)\cup(1+\sqrt3,3). $$