Tenta 2018-05-18

a) Skriv
$$ \frac{\tan(3x)}{\ln(1+x)} =3\cdot\frac{\sin(3x)}{3x}\cdot\frac{x}{\cos(3x)\ln(1+x)}. $$
Standardgränsvärdena ger därför
$$ \lim_{x\to0}\frac{\tan(3x)}{\ln(1+x)}=3. $$

b) Genom konjugatförlängning får vi
$$ \frac{\sqrt{n+2}-\sqrt n}{\sqrt{n+1}-\sqrt n} =2\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt n}{\sqrt{n+2}+\sqrt n} =2\frac{\sqrt{1+1/n}+1}{\sqrt{1+2/n}+1}\to2. $$

Funktionen är slät på $\mathbb{R}$. Vi har
$$ \lim_{x\to\infty}f(x)=0,qquad \lim_{x\to-\infty}f(x)=\infty. $$
Alltså är $y=0$ en vågrät asymptot då $x\to\infty$; det finns inga andra asymptoter.

$$ f'(x)=x^2(3-x)e^{-x}. $$
Punkten $x=0$ är en terrasspunkt och $x=3$ är en lokal och global maximipunkt, med värdet $27e^{-3}$. Värdemängden är $(-\infty,27e^{-3}]$.

Vidare
$$ f''(x)=x(x^2-6x+6)e^{-x}. $$
Inflexionspunkterna har $x$-koordinaterna $0$, $3-\sqrt3$ och $3+\sqrt3$. Funktionen är konkav på $(-\infty,0)$ och $(3-\sqrt3,3+\sqrt3)$, och konvex på $(0,3-\sqrt3)$ och $(3+\sqrt3,\infty)$.

Sätt
$$ f(x)=\arctan x-\frac{2x}{1+x^2}. $$
Då
$$ f'(x)=-\frac1{1+x^2}+\frac{4x^2}{(1+x^2)^2}, $$
med nollställena $x=\pm1/\sqrt3$. Funktionsvärdena där är
$$ f\left(-\frac1{\sqrt3}\right)=\frac{\sqrt3}{2}-\frac\pi6,qquad f\left(\frac1{\sqrt3}\right)=\frac\pi6-\frac{\sqrt3}{2}. $$
Dessutom är $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\frac\pi2$ och $\lim_{x\to\infty}f(x)=\frac\pi2$. Därmed har $f(x)=a$ följande antal lösningar:

• inga för $a\leq-\frac\pi2$ eller $a\geq\frac\pi2$;
• en för $-\frac\pi2<a<\frac\pi6-\frac{\sqrt3}{2}$ eller $\frac{\sqrt3}{2}-\frac\pi6<a<\frac\pi2$;
• två för $a=\frac\pi6-\frac{\sqrt3}{2}$ eller $a=\frac{\sqrt3}{2}-\frac\pi6$;
• tre för $\frac\pi6-\frac{\sqrt3}{2}<a<\frac{\sqrt3}{2}-\frac\pi6$.

De partiella derivatorna är
$$ f_x=-\frac4{(x+y)^2}+y,qquad f_y=-\frac4{(x+y)^2}+x. $$
Den enda inre stationära punkten är $(1,1)$, och $f(1,1)=3$.

På randen $y=0$ eller $x=0$ fås värden mellan $1$ och $4$. På randen $x+y=4$ blir
$$ f(t,4-t)=1+t(4-t),qquad0\leq t\leq4, $$
vilket har maximum $5$ vid $t=2$ och minimum $1$ i ändpunkterna. På randen $x+y=1$ blir
$$ f(t,1-t)=4+t(1-t),qquad0\leq t\leq1, $$
vilket har maximum $\frac{17}{4}$ och minimum $4$. Jämförelse med den inre punkten visar att det globala maximumet är $5$ och det globala minimumet är $1$.

Av symmetri gäller
$$ \iint_D(x^2+y^2)\,dx\,dy=2\iint_Dx^2\,dx\,dy. $$
Alltså
$$ \begin{aligned} \iint_Dx^2\,dx\,dy &=\int_0^1\int_0^{1-x}x^2\,dy\,dx\ &=\int_0^1x^2(1-x)\,dx=\frac1{12}. \end{aligned} $$
Den sökta integralen är därför $2\cdot\frac1{12}=\frac16$.

a) En integrerande faktor är $e^{-e^x}$. Då
$$ \left(ye^{-e^x}\right)'=e^{-e^x}e^x, $$
och integration ger
$$ ye^{-e^x}=-e^{-e^x}+C. $$
Alltså är $y=-1+Ce^{e^x}$. Villkoret $y(0)=0$ ger $C=e^{-1}$, så
$$ y=e^{e^x-1}-1. $$

b) Den homogena lösningen till $y''+2y'+2y=0$ är
$$ y_h=e^{-x}(A\cos x+B\sin x). $$
Med ansatsen $y_p=ax^2+bx+c$ fås $a=\frac12$, $b=0$ och $c=-\frac12$. Alla lösningar är därför
$$ y=e^{-x}(A\cos x+B\sin x)+\frac12x^2-\frac12. $$