Tenta 2017-01-25

a) Konjugering ger

$$\sqrt{n^4+n^2}-\sqrt{n^4+n}=\frac{n^2-n}{\sqrt{n^4+n^2}+\sqrt{n^4+n}}=\frac{1-1/n}{\sqrt{1+1/n^2}+\sqrt{1+1/n^3}}\to\frac12.$$

b) Maclaurinutvecklingar ger

$$\sin^2x-\sin(x^2)=\left(x^2-\frac13x^4+\mathcal O(x^6)\right)-\left(x^2+\mathcal O(x^6)\right)=-\frac13x^4+\mathcal O(x^6)$$

och

$$1-\cos(x^2)=\frac12x^4+\mathcal O(x^8).$$

Alltså är gränsvärdet $-\frac23$.

Vi har

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

Derivatan är noll endast då $x=-\ln2$, där funktionen har ett lokalt och globalt maximum med värdet $\frac14$. Andra derivatan är noll då $x=-2\ln2$, som är en inflexionspunkt. Funktionen är konvex på $(-\infty,-2\ln2)$ och konkav på $(-2\ln2,\infty)$.

Funktionen är kontinuerlig överallt och saknar lodräta asymptoter. Vidare är

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

så $y=0$ är en vågrät asymptot åt vänster. Då $x\to\infty$ går $f(x)$ mot $-\infty$ och $f(x)/x\to-\infty$, så det finns ingen sned asymptot.

Sätt $f(x)=3x^4-4x^3-12x^2$. Då är

$$f'(x)=12x(x+1)(x-2).$$

De stationära punkterna är $-1$, $0$ och $2$, med värden

$$f(-1)=-5,\qquad f(0)=0,\qquad f(2)=-32.$$

Teckenstudiet visar att $-32$ är det globala minimumet, $-5$ ett lokalt minimum och $0$ ett lokalt maximum. Antalet reella, olika lösningar till $f(x)=a$ är därför:

• inga för $a<-32$;
• en för $a=-32$;
• två för $-32<a<-5$;
• tre för $a=-5$;
• fyra för $-5<a<0$;
• tre för $a=0$;
• två för $a>0$.

I områdets inre ger de kritiska ekvationerna $x^2=y^2$. Fallet $y=-x$ saknar reella lösningar och $y=x$ ger punkterna $(1,1)$ och $(-1,-1)$, med värdet $2$.

På den inre cirkeln $x^2+y^2=1$ får vi

$$f(\cos t,\sin t)=2+\frac12\sin2t,$$

vars värden ligger mellan $\frac32$ och $\frac52$. På den yttre cirkeln $x^2+y^2=4$ får vi

$$f(2\cos t,2\sin t)=\frac12+2\sin2t,$$

vars värden ligger mellan $-\frac32$ och $\frac52$. Alltså är det största värdet $\frac52$ och det minsta värdet $-\frac32$.

Området ges av $1\le y\le2$ och $0\le x\le y$. Därför är

$$\iint_Dx^2y\,dx\,dy=\int_1^2y\left(\int_0^yx^2\,dx\right)dy=\int_1^2\frac13y^4\,dy=\left[\frac1{15}y^5\right]_1^2=\frac{31}{15}.$$

a) Ekvationen kan skrivas

$$y'+\frac1{x^2}y=\frac1{x^2}e^{1/x}.$$

En integrerande faktor är $e^{-1/x}$. Därmed blir

$$\left(e^{-1/x}y\right)'=\frac1{x^2},$$

så

$$y=\left(C-\frac1x\right)e^{1/x}.$$

Villkoret $y(1)=e$ ger $C=2$, och lösningen är

$$y=\left(2-\frac1x\right)e^{1/x}.$$

b) Den homogena lösningen är $e^{-x}(A\sin x+B\cos x)$. En partikulärlösning är $-\frac1{10}\sin2x-\frac15\cos2x$. Alltså är

$$y=e^{-x}(A\sin x+B\cos x)-\frac1{10}\sin2x-\frac15\cos2x.$$