Tenta 2015-01-12

Vi har

$$f'(x)=2e^{2x}-e^x=e^x(2e^x-1).$$

Alltså är $f'(x)=0$ då $e^x=\frac12$, det vill säga då $x=-\ln2$. Vidare är

$$f''(x)=4e^{2x}-e^x=e^x(4e^x-1),$$

så $f''(x)=0$ då $x=-\ln4$. Teckenstudiet visar att $f$ är avtagande för $x< -\ln2$ och växande för $x> -\ln2$. Funktionen har därför ett lokalt minimum, som också är dess globala minimum, i $x=-\ln2$. Värdet är

$$f(-\ln2)=e^{-2\ln2}-e^{-\ln2}=2^{-2}-2^{-1}=-\frac14.$$

Det finns inget lokalt maximum. Funktionen är konkav för $x\le-\ln4$ och konvex för $x\ge-\ln4$.

Eftersom $f$ är kontinuerlig överallt har den inga lodräta asymptoter. Dessutom är

$$\lim_{x\to-\infty}f(x)=0,$$

så $y=0$ är en vågrät asymptot då $x\to-\infty$. Slutligen är

$$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\infty}\frac{e^x(e^x-1)}x=\infty,$$

så någon sned asymptot finns inte då $x\to\infty$.

a) Den karakteristiska ekvationen

$$r^2+6r+9=0$$

har dubbelroten $r_{1,2}=-3$. Alltså är den homogena lösningen

$$y_h=(C_1x+C_2)e^{-3x}.$$

Med ansatsen $y_p=Ae^x$ får vi $y_p'=y_p''=Ae^x$ och därmed

$$y_p''+6y_p'+9y_p=16Ae^x=e^x.$$

Alltså är $A=\frac1{16}$ och

$$y=(C_1x+C_2)e^{-3x}+\frac1{16}e^x.$$

b) Den uppenbara lösningen $y=0$ uppfyller inte villkoret $y(1)=1$. För $y\ne0$ ger separation av variablerna

$$\frac{y'}{y^2}=\frac1x,\qquad \frac{dy}{y^2}=\frac{dx}{x}.$$

Efter integration får vi

$$-\frac1y=\ln\lvert x\rvert+C.$$

Villkoret $y(1)=1$ ger $C=-1$. I ett intervall kring $x=1$ är $x>0$, så

$$-\frac1y=\ln x-1,\qquad y=\frac1{1-\ln x}.$$

Lösningen upphör att existera vid $x=0$ och då $\ln x=1$. Det största intervallet kring $x=1$ där lösningen existerar är alltså

$$0<x<e.$$

a) Ett sätt är att skriva

$$\frac{\ln(x+e^{2x})}{x}=\frac{\ln\left(e^{2x}(xe^{-2x}+1)\right)}x=2+\frac{\ln(xe^{-2x}+1)}x.$$

Eftersom $xe^{-2x}\to0$ då $x\to\infty$, är gränsvärdet $2$.

Alternativt gäller $x\le e^{2x}$ för alla tillräckligt stora $x$. Instängningssatsen ger då

$$2=\frac{\ln e^{2x}}x\le\frac{\ln(x+e^{2x})}{x}\le\frac{\ln(2e^{2x})}{x}=\frac{\ln2}{x}+2,$$

vilket också ger gränsvärdet $2$.

b) Vi använder Maclaurinutvecklingarna

$$\arctan t=t-\frac{t^3}{3}+\frac{t^5}{5}+\mathcal{O}(t^7)$$

och

$$\sin t=t-\frac{t^3}{6}+\frac{t^5}{120}+\mathcal{O}(t^7).$$

Därmed får vi

$$\arctan(2x)-2\arctan x+2x^3=6x^5+\mathcal{O}(x^7)$$

och

$$\sin(2x)-2\sin x+x^3=\frac{x^5}{4}+\mathcal{O}(x^7).$$

Alltså är

$$\lim_{x\to0}\frac{\arctan(2x)-2\arctan x+2x^3}{\sin(2x)-2\sin x+x^3}=\lim_{x\to0}\frac{6+\mathcal{O}(x^2)}{\frac14+\mathcal{O}(x^2)}=24.$$

Sätt

$$f(x)=\arctan x-\ln(1+x).$$

Funktionen är definierad för $x>-1$, och

$$f'(x)=\frac1{1+x^2}-\frac1{1+x}=\frac{x-x^2}{(1+x^2)(1+x)}.$$

Teckenstudiet visar att $f$ är avtagande på $(-1,0)$, växande på $(0,1)$ och avtagande på $(1,\infty)$. Vidare är

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

Eftersom $f(0)=0$, är $f(x)>0$ för $-1<x<0$ och för $0<x\le1$. Då $f$ är avtagande för $x\ge1$ och går mot $-\infty$, skär grafen $x$-axeln exakt en gång för $x>1$. Ekvationen $f(x)=0$ har därför exakt två lösningar.

Gränsvärdena visar också att värdemängden för $f$ är hela $\mathbb{R}$, så ekvationen $f(x)=a$ har minst en lösning för varje $a$. Med teckenstudiet ser vi dessutom att $f(x)=a$ har tre lösningar för varje

$$a\in(0,f(1)).$$

I polära koordinater svarar $x^2+y^2\le4$ mot $0\le r\le2$, medan $y\ge x$ och $y\ge0$ svarar mot $\frac\pi4\le\theta\le\pi$. Sätt alltså

$$E=\left\{(r,\theta):0\le r\le2,\ \frac\pi4\le\theta\le\pi\right\}.$$

Då blir integralen

$$\begin{aligned}\iint_D\frac{x^2+y^2}{1+(x^2+y^2)^2}\,dx\,dy&=\iint_E\frac{r^3}{1+r^4}\,dr\,d\theta\\&=\frac{3\pi}{4}\int_0^2\frac{r^3}{1+r^4}\,dr\\&=\frac{3\pi}{16}\int_1^{17}\frac{du}{u}\\&=\frac{3\pi\ln17}{16},\end{aligned}$$

där $u=1+r^4$.

Triangeln begränsas av linjerna $x=0$, $y=0$ och $x+y=2$. De partiella derivatorna är

$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x-2y,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=1-2x.$$

De är båda noll i den enda stationära punkten

$$(x,y)=\left(\frac12,\frac12\right),$$

som ligger i triangelns inre. Där är $f(\frac12,\frac12)=\frac14$.

På randens hörn får vi

$$f(0,0)=0,\qquad f(2,0)=4,\qquad f(0,2)=2.$$

På sidan $y=0$ är $h_1(t)=f(t,0)=t^2$, och på sidan $x=0$ är $h_2(t)=f(0,t)=t$; inga ytterligare randkritiska punkter uppstår där. På den sista sidan är

$$h_3(t)=f(t,2-t)=3t^2-5t+2.$$

Här är $h_3'(t)=6t-5$, vilket är noll då $t=\frac56$. Motsvarande värde är

$$h_3\left(\frac56\right)=f\left(\frac56,\frac76\right)=-\frac1{12}.$$

De värden som ska jämföras är $\frac14$, $0$, $4$, $2$ och $-\frac1{12}$. Alltså är funktionens största värde $4$ och dess minsta värde $-\frac1{12}$.