Tenta 2017-12-20

a) Använd Maclaurinutvecklingarna
$$ e^{x^5}=1+x^5+O(x^{10}),\qquad \sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5), $$
samt
$$ \cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+O(x^6). $$
Då blir
$$ \begin{aligned} \frac{(x-\sin x)(e^{x^5}-1)}{(2\cos x+x^2-2)^2} &=\frac{\left(\frac16x^3+O(x^5)\right)\left(x^5+O(x^{10})\right)} {\left(\frac1{12}x^4+O(x^6)\right)^2}\\ &=\frac{\frac16+O(x^2)}{\frac1{12^2}+O(x^2)} \longrightarrow24. \end{aligned} $$

b) Förläng med konjugatuttrycket:
$$ \begin{aligned} n\left(\sqrt{n^4+2n}-\sqrt{n^4-3n}\right) &=\frac{5n^2}{\sqrt{n^4+2n}+\sqrt{n^4-3n}}\\ &=\frac5{\sqrt{1+2n^{-3}}+\sqrt{1-3n^{-3}}} \longrightarrow\frac52. \end{aligned} $$

På intervallet $[-2\pi,\pi]$ gäller
$$ f(x)=\frac{x}{2}-\sin x,\qquad f'(x)=\frac12-\cos x. $$
Derivatan har nollställena $-\frac{5\pi}{3}$, $-\frac\pi3$ och $\frac\pi3$. Tecknet för $f'$ ger lokala minimipunkter i $-\frac{5\pi}{3}$ och $\frac\pi3$, samt lokala maximipunkter i randpunkterna $-2\pi$ och $\pi$ och i $-\frac\pi3$. Det globala minimumet är
$$ f\!\left(-\frac{5\pi}{3}\right) =-\frac{\sqrt3}{2}-\frac{5\pi}{6}, $$
och det globala maximumet är
$$ f(\pi)=\frac\pi2. $$
Dessutom är
$$ f''(x)=\sin x. $$
Alltså är $f$ konvex på $[-2\pi,-\pi]$ och $[0,\pi]$, samt konkav på $[-\pi,0]$.

Sätt
$$ f(x)=2\ln|x|+x^4-3x^2,\qquad x\ne0. $$
Funktionen är jämn och
$$ f'(x)=\frac2x+4x^3-6x. $$
Ekvationen $f'(x)=0$ är ekvivalent med
$$ 2x^4-3x^2+1=0 \quad\Longleftrightarrow\quad (x^2-1)(2x^2-1)=0. $$
De kritiska talen är $x=\pm1$ och $x=\pm1/\sqrt2$. De lokala minimivärdena är $-2$ i $x=\pm1$, och de lokala maximivärdena är
$$ -\ln2-\frac54 $$
i $x=\pm1/\sqrt2$. Därmed har ekvationen
$$ 2\ln|x|+x^4-3x^2=a $$
två lösningar om $a<-2$, fyra om $a=-2$, sex om $-2<a<-\ln2-\frac54$, fyra om $a=-\ln2-\frac54$, och två om $a>-\ln2-\frac54$.

Funktionen är partiellt deriverbar i hela området. Inre kritiska punkter uppfyller
$$ 0=f_x=2y-\frac{6x}{1+x^2+y^2},\qquad 0=f_y=2x-\frac{6y}{1+x^2+y^2}. $$
Multiplicera den första ekvationen med $y$ och den andra med $x$ och subtrahera. Då fås $x=y$, eftersom $x,y>0$ i det inre. Insättning ger
$$ 2x-\frac{6x}{1+2x^2}=0, $$
vars rötter är $x=-1,0,1$. Endast $(1,1)$ ligger i områdets inre.

På de delar av randen som ligger på koordinataxlarna är funktionen avtagande, så inga ytterligare extremvärden antas där utöver i hörnen. Längs cirkelbågen $x^2+y^2=3$ i första kvadranten sätts
$$ x=\sqrt3\cos t,\qquad y=\sqrt3\sin t,\qquad 0\le t\le\frac\pi2. $$
Då blir
$$ h(t)=f(\sqrt3\cos t,\sqrt3\sin t)=3\sin(2t)-6\ln2. $$
Bågens minimum fås i ändpunkterna och dess maximum för $t=\frac\pi4$, alltså i $\left(\sqrt{3/2},\sqrt{3/2}\right)$.

De fem kandidaterna
$$ (1,1),\ (0,0),\ (\sqrt3,0),\ (0,\sqrt3),\ \left(\sqrt{\frac32},\sqrt{\frac32}\right) $$
har funktionsvärdena
$$ 2-3\ln3,\quad0,\quad-6\ln2,\quad-6\ln2,\quad3-6\ln2. $$
Alltså är det globala maximumet $0$ och det globala minimumet $-6\ln2$.

I polära koordinater beskrivs området av
$$ 1\le r\le3,\qquad\frac\pi4\le\theta\le\frac{5\pi}{4}. $$
Alltså
$$ \begin{aligned} \iint_D\frac{y^2}{(x^2+y^2)^2}\,dx\,dy &=\int_1^3\int_{\pi/4}^{5\pi/4}\frac{(r\sin\theta)^2}{r^4}\,r\,d\theta\,dr\\ &=\int_1^3\frac{dr}{r}\int_{\pi/4}^{5\pi/4}\sin^2\theta\,d\theta\\ &=\ln3\left[\frac\theta2-\frac{\sin(2\theta)}4\right]_{\pi/4}^{5\pi/4}\\ &=\frac{\pi\ln3}{2}. \end{aligned} $$

a) Ekvationen är separabel:
$$ (1+x^2)y'-1-y^2=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{dy}{1+y^2}=\frac{dx}{1+x^2}. $$
Alltså
$$ \arctan y=\arctan x+C. $$
Villkoret $y(0)=1$ ger $C=\arctan1$, och additionsformeln för tangens ger
$$ y=\tan(\arctan x+\arctan1)=\frac{1+x}{1-x}. $$

b) Det karakteristiska polynomet är
$$ p(r)=r^2+4r+3, $$
med rötterna $-3$ och $-1$. Därför är
$$ y_h=C_1e^{-3x}+C_2e^{-x}. $$
Högerledet $4xe^x$ motiverar substitutionen $y=ze^x$, vilken ger
$$ z''+6z'+8z=4x. $$
Ansatsen $z_p=ax+b$ ger
$$ 8a=4,\qquad6a+8b=0, $$
så $a=\frac12$ och $b=-\frac38$. Alltså är
$$ y_p=\left(\frac{x}{2}-\frac38\right)e^x, $$
och den allmänna lösningen blir
$$ y=C_1e^{-3x}+C_2e^{-x}+ \left(\frac{x}{2}-\frac38\right)e^x. $$