Tenta 2014-08-22

a) Funktionen är definierad då både $1+x\ge0$ och $1-x\ge0$. Alltså är

$$D_f=[-1,1].$$

b) Vi har

$$\begin{aligned}f(-x)&=\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}\\&=-\left(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}\right)=-f(x).\end{aligned}$$

Alltså är $f$ udda.

c) Derivatan är

$$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{1+x}}+\frac{1}{2\sqrt{1-x}}>0$$

för $-1<x<1$. Funktionen är alltså strängt växande på hela definitionsintervallet. Dess enda lokala extrempunkter är därför randpunkterna: minimum i $x=-1$, där $f(-1)=-\sqrt2$, och maximum i $x=1$, där $f(1)=\sqrt2$. Vid randpunkterna är derivatan inte definierad, och

$$\lim_{x\to-1^+}f'(x)=\lim_{x\to1^-}f'(x)=\infty.$$

Grafen är en strängt växande, udda kurva från $(-1,-\sqrt2)$ till $(1,\sqrt2)$ och passerar origo.

a) Faktorisering ger

$$\lim_{x\to1}\frac{x^2+x-2}{x^2-3x+2}=\lim_{x\to1}\frac{(x-1)(x+2)}{(x-1)(x-2)}=-3.$$

b) Genom att konjugera får vi

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2+2}\right)&=\lim_{x\to+\infty}\frac{x-1}{\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2+2}}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{1-\frac1x}{\sqrt{1+\frac1x+\frac1{x^2}}+\sqrt{1+\frac2{x^2}}}=\frac12.\end{aligned}$$

c) Samma omskrivning ger

$$\lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2+2}\right)=-\frac12,$$

eftersom $\sqrt{x^2}=-x$ då $x<0$.

d) Funktionen $\sin(1/x^2)$ är begränsad och $\sin x\to0$ då $x\to0$. Därför är

$$\sin\left(\frac1{x^2}\right)\sin x\to0.$$

Kontinuiteten hos cosinus ger således

$$\lim_{x\to0}\cos\left(\sin\left(\frac1{x^2}\right)\sin x\right)=\cos0=1.$$

Vi söker först stationära punkter i cirkelskivans inre. Partiella derivator är

$\frac{\partial h}{\partial x}(x,y)=e^{x^2+y^2}\left(2x+(x^2-y^2)2x\right)$

och

$\frac{\partial h}{\partial y}(x,y)=e^{x^2+y^2}\left(-2y+(x^2-y^2)2y\right).$

De ger ekvationerna

$$x\left(1+(x^2-y^2)\right)=0,\qquad y\left(-1+(x^2-y^2)\right)=0.$$

Om $x=0$, ger den andra ekvationen $y=0$. Om i stället $1+(x^2-y^2)=0$, ger den andra ekvationen åter $y=0$, vilket skulle medföra $1+x^2=0$. Detta är omöjligt. Den enda stationära punkten är alltså $(0,0)$, där $h(0,0)=0$.

På randen parametriserar vi cirkeln med $x(t)=2\cos t$ och $y(t)=2\sin t$, där $t\in[0,2\pi)$. Då får vi

$$h(x(t),y(t))=4(\cos^2t-\sin^2t)e^4=4e^4\cos(2t).$$

Det största randvärdet är $4e^4$. Eftersom det är större än värdet i den enda inre stationära punkten är svaret

$$\max_S h=4e^4.$$

Vi beräknar först en primitiv funktion genom partiell integration:

$$\begin{aligned}\int\frac{\ln x}{(x+1)^2}\,dx&=-\frac{\ln x}{x+1}+\int\frac1x\cdot\frac1{x+1}\,dx\\&=-\frac{\ln x}{x+1}+\int\left(\frac1x-\frac1{x+1}\right)\,dx\\&=\frac{x\ln x}{x+1}-\ln(x+1).\end{aligned}$$

Alltså är

$$\begin{aligned}\int_0^1\frac{\ln x}{(x+1)^2}\,dx&=\lim_{\varepsilon\to0^+}\left[\frac{x\ln x}{x+1}-\ln(x+1)\right]_{\varepsilon}^1\\&=-\ln2.\end{aligned}$$

a) Den karakteristiska ekvationen till den homogena differentialekvationen har rötterna $r_{1,2}=-1\pm2i$. Alltså är

$$y_{\mathrm{hom}}(x)=e^{-x}(A\cos2x+B\sin2x).$$

För en partikulärlösning gör vi ansatsen $y_p(x)=ax+b$. Insättning och jämförelse av koefficienter ger $a=\frac15$ och $b=-\frac2{25}$. Därför är

$$y(x)=e^{-x}(A\cos2x+B\sin2x)+\frac15x-\frac2{25}.$$

b) Vi skriver ekvationen som

$$y'-\frac4x y=3.$$

En integrerande faktor är

$$e^{\int-4/x\,dx}=\frac1{x^4}.$$

Därmed får vi

$$\left(\frac{y}{x^4}\right)'=\frac3{x^4},\qquad \frac{y}{x^4}=-\frac1{x^3}+C.$$

Villkoret $y(1)=0$ ger $C=1$. Alltså är lösningen

$$y(x)=-x+x^4.$$

a) Påståendet är falskt. Den generaliserade integralen

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{t}{t^2+1}\,dt$$

är inte konvergent och kan därför inte vara lika med $0$. Däremot gäller

$$\int_{-B}^{B}\frac{t}{t^2+1}\,dt=0$$

för varje reellt $B$, eftersom integranden är udda och intervallet symmetriskt kring origo.

b) Påståendet är sant. Eftersom

$$f'(x)=x\left(x^2+e^{x^2\sin x}\right),$$

är $f'(x)<0$ för $x<0$ och $f'(x)>0$ för $x>0$. Derivatan byter alltså tecken från negativt till positivt i $x=0$, som därför är en lokal minimipunkt.

c) Påståendet är falskt. Vänsterledet

$$\arcsin\frac45-\arcsin\frac{12}{13}$$

är negativt, eftersom arcsinus är växande och $\frac45<\frac{12}{13}$. Högerledet $\arccos\frac{63}{65}$ är däremot positivt.