Tenta 2015-06-12

Derivatan är
$$ f'(x)=(-4x^2+2x+2)e^{-x^2}=-2(2x+1)(x-1)e^{-x^2}. $$
Alltså är $f'<0$ för $x<-\frac12$, $f'>0$ för $-\frac12<x<1$ och $f'<0$ för $x>1$. Funktionen har därför ett lokalt minimum i $x=-\frac12$ och ett lokalt maximum i $x=1$.

Funktionen är kontinuerlig på $\mathbb{R}$ och har därför inga lodräta asymptoter. Dessutom gäller
$$ 0\leq \lvert f(x) \vert=\lvert2x-1 \vert e^{-x^2}\leq x^2e^{-x^2}\longrightarrow0 \quad\text{då }x\to\pm\infty. $$
Alltså är $y=0$ en vågrät asymptot åt båda hållen. Grafen går genom $(\frac12,0)$, har minimumsvärdet $f(-\frac12)=-2e^{-1/4}$ och maximumsvärdet $f(1)=e^{-1}$. Värdemängden är därför
$$ V_f=[-2e^{-1/4},e^{-1}]. $$
Eftersom $f(-\frac12)=-2e^{-1/4}<-1$, finns exakt en lösning till $f(x)=-1$ på $(-\infty,-\frac12)$ och exakt en på $(-\frac12,\frac12)$. På resten av $\mathbb{R}$ är $f(x)\geq0$. Ekvationen har alltså två lösningar.

a) Maclaurinutvecklingarna ger
$$ \sin x=x-\frac16x^3+O(x^5),\qquad \sin(2x)=2x-\frac43x^3+O(x^5). $$
Därmed är
$$ \sin(2x)-2\sin x=-x^3+O(x^5),\qquad x^2\ln(1+x)=x^3+O(x^4). $$
Alltså
$$ \lim_{x\to0}\frac{\sin(2x)-2\sin x}{x^2\ln(1+x)}=-1. $$

b) Vi använder Maclaurinutvecklingarna
$$ e^{-2x}=1-2x+2x^2-\frac43x^3+O(x^4),\qquad \arctan x=x-\frac13x^3+O(x^5). $$
För den givna funktionen fås då
$$ \begin{aligned} f(x)&=(e^{-2x}-1)\arctan x+2x^2-2x^3\\ &=-\frac23x^4+O(x^5)=x^4\left(-\frac23+O(x)\right). \end{aligned} $$
För $x\ne0$ tillräckligt nära origo är detta negativt, medan $f(0)=0$. Alltså har $f$ ett lokalt maximum i origo.

a) Ekvationen kan skrivas
$$ \frac{y'}{1+y^2}=x. $$
Integration ger
$$ \arctan y=\frac12x^2+C. $$
Villkoret $y(0)=1$ ger $C=\arctan1=\frac\pi4$. Lösningen är alltså
$$ y=\tan\left(\frac12x^2+\frac\pi4\right). $$

b) Efter division med $1+x^2$ får vi
$$ y'+\frac{4x}{1+x^2}y=\frac{x}{1+x^2}. $$
En integrerande faktor är
$$ \exp\left(\int\frac{4x}{1+x^2}\,dx\right)=(1+x^2)^2. $$
Alltså gäller
$$ \bigl((1+x^2)^2y\bigr)'=x+x^3. $$
Efter integration och användning av $y(0)=1$ fås
$$ (1+x^2)^2y=\frac12x^2+\frac14x^4+1, $$
och därmed
$$ y=\frac{\frac12x^2+\frac14x^4+1}{(1+x^2)^2}. $$

a) För $x\to\infty$ gäller
$$ \lim_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x^2+x-1}+x}{x} =\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{1+\frac1x-\frac1{x^2}}+1\right)=2. $$
Vidare
$$ \begin{aligned} \lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+x-1}-x\right) &=\lim_{x\to\infty}\frac{x-1}{\sqrt{x^2+x-1}+x}\\ &=\frac12. \end{aligned} $$
Alltså är $y=2x+\frac12$ en sned asymptot då $x\to\infty$.

b) Sätt $x=-t$. Då blir
$$ \begin{aligned} \lim_{x\to-\infty}\left(\sqrt{x^2+x-1}+x\right) &=\lim_{t\to\infty}\left(\sqrt{t^2-t-1}-t\right)\\ &=\lim_{t\to\infty}\frac{-t-1}{\sqrt{t^2-t-1}+t}=-\frac12. \end{aligned} $$
Alltså är $y=-\frac12$ en vågrät asymptot då $x\to-\infty$.

De stationära punkterna uppfyller
$$ f_x=3x^2-3y=0,\qquad f_y=3y^2-3x=0. $$
Alltså är $y=x^2$ och $x=y^2$, vilket ger punkterna $(0,0)$ och $(1,1)$. Punkten $(0,0)$ ligger på randen, medan
$$ f(1,1)=-1. $$

På kvadratens hörn fås värdena
$$ f(0,0)=0,\qquad f(2,0)=f(0,2)=8,\qquad f(2,2)=4. $$
På sidorna $x=0$ och $y=0$ fås endast funktionen $t^3$. På sidan $y=2$ blir
$$ h(t)=f(t,2)=t^3-6t+8,\qquad 0\leq t\leq2, $$
och $h'(t)=3t^2-6$. Den relevanta inre kritiska punkten är $t=\sqrt2$, och
$$ h(\sqrt2)=8-4\sqrt2. $$
Sidan $x=2$ ger samma värden. Jämförelse av $-1$, $0$, $4$, $8$ och $8-4\sqrt2$ visar att funktionens största värde är $8$ och dess minsta värde är $-1$.

Triangeln kan beskrivas som
$$ D=\{(x,y):0\leq x\leq1, 0\leq y\leq1-x\}. $$
Därför
$$ \begin{aligned} \iint_D\frac{1}{1+x^2}\,dx\,dy &=\int_0^1\int_0^{1-x}\frac{1}{1+x^2}\,dy\,dx\\ &=\int_0^1\frac{1-x}{1+x^2}\,dx\\ &=\left[\arctan x-\frac12\ln(1+x^2)\right]_0^1\\ &=\frac\pi4-\frac12\ln2. \end{aligned} $$