Tenta 2016-05-16

Derivatorna är

$$f'(x)=\frac{x^2e^x-2xe^x}{x^4}=\frac{(x-2)e^x}{x^3}$$

och

$$f''(x)=\frac{(x^2-4x+6)e^x}{x^4}.$$

Den första derivatan är noll då $x=2$. Teckenstudiet visar att $f$ är växande på $(-\infty,0)$, avtagande på $(0,2)$ och växande på $(2,\infty)$. Alltså har $f$ ett lokalt minimum i $x=2$, men inget lokalt maximum. Den andra derivatan saknar nollställen och är positiv för $x\ne0$, så $f$ är konvex på både $(-\infty,0)$ och $(0,\infty)$.

Vidare gäller

$$\lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^+}f(x)=\infty,$$

så $x=0$ är en lodrät asymptot. Dessutom är

$$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\infty}\frac{e^x}{x^3}=\infty,$$

så det finns ingen sned asymptot då $x\to\infty$. Slutligen är

$$\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}\frac{e^x}{x^2}=0,$$

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

a) Vi skriver om uttrycket som

$$\begin{aligned}\lim_{x\to\infty}x\bigl(\ln(x+1)-\ln x\bigr)&=\lim_{x\to\infty}x\ln\left(1+\frac1x\right)\\&=\lim_{x\to\infty}\ln\left(1+\frac1x\right)^x=\ln e=1.\end{aligned}$$

b) Maclaurinutvecklingarna ger

$$\cos t=1-\frac12t^2+\frac1{24}t^4+\mathcal{O}(t^6)$$

och

$$\ln(1+t)=t-\frac12t^2+\mathcal{O}(t^3),\qquad \sin t=t+\mathcal{O}(t^3).$$

Därför är

$$\cos(2x)-1+2x^2=\frac23x^4+\mathcal{O}(x^6)$$

och

$$\ln(1+x^2)-\sin(x^2)=-\frac12x^4+\mathcal{O}(x^6).$$

Alltså blir gränsvärdet

$$\lim_{x\to0}\frac{\cos(2x)-1+2x^2}{\ln(1+x^2)-\sin(x^2)}=-\frac43.$$

a) Den karakteristiska ekvationen har rötterna $r_{1,2}=-1\pm2i$. Den homogena lösningen är alltså

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

Vi söker en partikulärlösning på formen $y_p=ax+b+ce^x$. Insättning ger

$$y_p''+2y_p'+5y_p=5ax+(2a+5b)+8ce^x=5x+e^x.$$

Därmed är $a=1$, $b=-\frac25$ och $c=\frac18$. Den allmänna lösningen är

$$y=e^{-x}(A\cos2x+B\sin2x)+x-\frac25+\frac18e^x.$$

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

$$\frac{y'}{y^2}=1,\qquad \frac{dy}{y^2}=dx.$$

Efter integration får vi $-\frac1y=x+C$. Villkoret ger $C=-1$, så

$$y=\frac1{1-x}.$$

Lösningen är definierad så länge $x<1$. Det största intervallet som innehåller $x=0$ är alltså

$$(-\infty,1).$$

Tangenten till kurvan $y=f(x)$ i punkten $(a,f(a))$ har ekvationen

$$y=f(a)+f'(a)(x-a).$$

Här är $f(x)=\frac1x$, och därför blir tangenten

$$y=\frac1a-\frac1{a^2}(x-a)=\frac2a-\frac{x}{a^2}.$$

Tangenten skär $x$-axeln då $x=2a$. Triangeln har hörn i $(a,1/a)$, $(a,0)$ och $(2a,0)$. Dess kateter har längderna $a$ och $1/a$, så arean är

$$\frac12a\cdot\frac1a=\frac12.$$

Arean är alltså oberoende av $a$ och lika med $\frac12$.

De partiella derivatorna är

$$\frac{\partial f}{\partial x}=2xe^{-xy}-y(x^2+y^2)e^{-xy},\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=2ye^{-xy}-x(x^2+y^2)e^{-xy}.$$

För en stationär punkt i området måste

$$2x=y(x^2+y^2),\qquad 2y=x(x^2+y^2).$$

Punkten $(0,0)$ ligger inte i området. För $xy\ne0$ ger ekvationerna $x^2=y^2$. Fallet $y=-x$ ger inga reella lösningar, medan $y=x$ ger $x=\pm1$. De stationära punkterna i området är alltså $(1,1)$ och $(-1,-1)$, och

$$f(1,1)=f(-1,-1)=\frac2e.$$

På den inre cirkeln $x=\cos t$, $y=\sin t$ blir

$$h_1(t)=e^{-\cos t\sin t}=e^{-\frac12\sin2t},$$

med största värde $\sqrt e$ och minsta värde $1/\sqrt e$. På den yttre cirkeln $x=2\cos t$, $y=2\sin t$ blir

$$h_2(t)=4e^{-4\cos t\sin t}=4e^{-2\sin2t},$$

med största värde $4e^2$ och minsta värde $4/e^2$. Jämförelse av dessa värden visar att största värdet är $4e^2$ och minsta värdet är $4/e^2$.

Området kan skrivas

$$D=\{(x,y):x^2\le y\le1,\ 0\le x\le1\}.$$

Därför är

$$\begin{aligned}\iint_Dxe^y\,dx\,dy&=\int_0^1\left(\int_{x^2}^1xe^y\,dy\right)dx\\&=\int_0^1\left(xe-xe^{x^2}\right)dx\\&=\int_0^1xe\,dx-\int_0^1xe^{x^2}\,dx\\&=\frac e2-\frac{e-1}{2}=\frac12.\end{aligned}$$