Tenta 2016-06-10

Funktionen är definierad för $x>0$. Vi har

$$f'(x)=x(2\ln x+1),$$

vilket är noll då $x=e^{-1/2}$. Derivatan är negativ för $0<x<e^{-1/2}$ och positiv för $x>e^{-1/2}$, så $f$ har ett lokalt minimum i $x=e^{-1/2}$ men inget lokalt maximum. Vidare är

$$f''(x)=2\ln x+3,$$

vilket är noll då $x=e^{-3/2}$. Funktionen är konkav för $0<x<e^{-3/2}$ och konvex för $x>e^{-3/2}$.

Dessutom gäller

$$\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}x^2\ln x=0$$

och

$$\lim_{x\to0^+}f'(x)=\lim_{x\to0^+}x(2\ln x+1)=0.$$

Grafen närmar sig därför origo och planar ut då $x\to0^+$. Det finns ingen lodrät asymptot. Slutligen är

$$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to\infty}x\ln x=\infty,$$

så det finns ingen sned asymptot.

a) Vi skriver

$$n^{1/\ln(n^2+1)}=e^{\ln n/\ln(n^2+1)}.$$

Eftersom

$$\frac{\ln n}{\ln(n^2+1)}=\frac1{2+\ln(1+1/n^2)/\ln n}\to\frac12,$$

får vi

$$\lim_{n\to\infty}n^{1/\ln(n^2+1)}=e^{1/2}.$$

b) Utvecklingarna

$$\arctan x=x-\frac13x^3+\mathcal{O}(x^5),\qquad \cos x=1-\frac12x^2+\mathcal{O}(x^4)$$

ger

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

och

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

Alltså är

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

a) Den karakteristiska ekvationen $r^2+6r+9=0$ har dubbelroten $r=-3$, så

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

Vi söker en partikulärlösning på formen $y_p=A\cos x+B\sin x$. Insättning ger

$$y_p''+6y_p'+9y_p=(8A+6B)\cos x+(-6A+8B)\sin x.$$

Jämförelse med högerledet ger

$$8A+6B=1,\qquad -6A+8B=0,$$

så $A=\frac2{25}$ och $B=\frac3{50}$. Alltså är

$$y=(C_1x+C_2)e^{-3x}+\frac2{25}\cos x+\frac3{50}\sin x.$$

b) Efter division med $x$ får vi

$$y'-\frac2x y=x^4+x.$$

En integrerande faktor är $x^{-2}$. Därför är

$$\left(\frac{y}{x^2}\right)'=x^2+\frac1x,$$

så

$$\frac{y}{x^2}=\frac{x^3}{3}+\ln x+C.$$

Villkoret $y(1)=0$ ger $C=-\frac13$. Lösningen är alltså

$$y=\frac{x^5-x^2}{3}+x^2\ln x.$$

a) Sätt $f(x)=e^x-2x$. Då är $f'(x)=e^x-2$, vilket är noll då $x=\ln2$. Funktionen har sitt minsta värde där, och

$$f(\ln2)=2-2\ln2=2(1-\ln2)>0.$$

Alltså gäller $e^x>2x$ för alla $x$.

b) Sätt $f(x)=e^x-ax$, där $a>0$. Då är $f'(x)=e^x-a$, vilket är noll då $x=\ln a$. Funktionens minsta värde är

$$f(\ln a)=a(1-\ln a).$$

Om $0<a<e$ är detta positivt och ekvationen saknar lösning. Om $a=e$ är minimum $0$, och ekvationen har exakt en lösning. Om $a>e$ är minimum negativt och ekvationen har exakt två lösningar.

De partiella derivatorna är

$$\frac{\partial f}{\partial x}=12x^2-3y^2,\qquad \frac{\partial f}{\partial y}=-6xy+3.$$

De är båda noll då $4x^2=y^2$ och $2xy=1$. Den enda stationära punkten i triangeln är $(\frac12,1)$, och där är

$$f\left(\frac12,1\right)=2.$$

På randens hörn är

$$f(0,0)=0,\qquad f(0,2)=6,\qquad f(2,2)=14.$$

På sidan $x=0$ är $f(0,t)=3t$, vilket saknar inre kritiska punkter. På sidan $y=2$ är

$$f(t,2)=4t^3-12t+6,$$

som har den inre kritiska punkten $t=1$, där värdet är $-2$. På sidan $y=x$ är

$$f(t,t)=t^3+3t,$$

vilket saknar inre kritiska punkter. Jämförelse ger att största värdet är $14$ och minsta värdet är $-2$.

Linjen och parabeln skär varandra då

$$x=x^2-x,$$

vilket ger $x=0$ och $x=2$. Området är alltså

$$D=\{(x,y):x^2-x\le y\le x,\ 0\le x\le2\}.$$

Därför är

$$\begin{aligned}\iint_Dx\,dx\,dy&=\int_0^2\left(\int_{x^2-x}^{x}x\,dy\right)dx\\&=\int_0^2x\left(x-(x^2-x)\right)dx\\&=\int_0^2(2x^2-x^3)\,dx\\&=\left[\frac23x^3-\frac14x^4\right]_0^2=\frac43.\end{aligned}$$