Tenta 2019-01-09

Första gränsvärdet följer av $\lim_{n\to\infty}(1+1/n)^n=e$:
$$\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac1n\right)^n=\frac1e.$$
Vidare ger $\sin t=t+O(t^3)$ att $\sin(x^3)=x^3+O(x^9)$, och därför
$$\lim_{x\to0}\frac{\sin(x^3)-x^3-x^4}{x^4}=-1.$$

Funktionen är jämn och kontinuerlig, men inte deriverbar i $0$. För $x>0$ gäller
$$f(x)=xe^{1-x}-1,quad f'(x)=(1-x)e^{1-x},quad f''(x)=(x-2)e^{1-x}.$$
Alltså har $f$ lokala och globala maxima $f(\pm1)=0$, och ett globalt minimum $f(0)=-1$. Funktionen är konkav på $(-2,0)$ och $(0,2)$, samt konvex på $(-\infty,-2)$ och $(2,\infty)$. Eftersom $xe^{1-x}\to0$ då $x\to\infty$, är $y=-1$ en vågrät asymptot åt båda hållen.

Båglängden är
$$L=\int_0^2\sqrt{1+(y'(x))^2}\,dx=\int_0^2\sqrt{1+9x^2}\,dx.$$
En primitiv funktion är
$$\frac{x}{2}\sqrt{1+9x^2}+\frac16\operatorname{arsinh}(3x).$$
Alltså
$$L=\sqrt{37}+\frac16\operatorname{arsinh}(6).$$

Skriv $f(x,y)=x^2+g(y)$, där $g(y)=-y+\ln(1+\lvert y\rvert)$. För $0\leq y\leq1$ är $g'(y)=-y/(1+y)\leq0$, och för $-1\leq y<0$ är $g'(y)=-1-1/(1-y)<0$. Därför är $g$ störst vid $y=-1$ och minst vid $y=1$.
$$g(-1)=1+\ln2,qquad g(1)=-1+\ln2.$$
Eftersom $0\leq x^2\leq1$ blir minsta värdet $-1+\ln2$, i $(0,1)$, och största värdet $2+\ln2$, i $(\pm1,-1)$.

I polära koordinater är $0\leq r\leq2$ och $0\leq\theta\leq\pi$. Därför
$$\iint_Dx^2\sin(x^2+y^2)\,dx\,dy=\left(\int_0^2r^3\sin(r^2)\,dr\right)\left(\int_0^\pi\cos^2\theta\,d\theta\right).$$
Den andra faktorn är $\pi/2$. Med $t=r^2$ fås den första faktorn
$$\frac12\int_0^4t\sin t\,dt=\frac12(\sin4-4\cos4).$$
Alltså är integralen
$$\frac\pi4(\sin4-4\cos4).$$

Den homogena ekvationen har lösningen
$$y_h=e^{-x}(C_1\cos x+C_2\sin x).$$
Med ansatsen $y_p=Ax+B$ fås $A=\frac12$ och $B=-\frac12$. Begynnelsevillkoren ger $C_1=\frac32$ och $C_2=0$. Lösningen är således
$$y(x)=\frac12\left(3e^{-x}\cos x+x-1\right).$$