Tenta 2019-08-16

Funktionen är definierad för alla $x$. Derivatorna är

$$f'(x)=\frac{14x}{(x^2+6)^2},\qquad f''(x)=-\frac{42(x^2-2)}{(x^2+6)^3}.$$

Den enda stationära punkten är $x=0$, där

$$f(0)=-\frac16,$$

vilket är ett globalt minimum. Funktionen saknar globalt maximum och har den horisontella asymptoten $y=1$. Den är konvex för $-\sqrt2<x<\sqrt2$ och konkav för $x<-\sqrt2$ respektive $x>\sqrt2$.

Maclaurinutvecklingarna är

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5),\qquad e^{2x}=1+2x+2x^2+O(x^3).$$

Därför

$$x\sin x-x^2e^{2x}=x^2-\frac{x^4}{6}-x^2-2x^3-2x^4+O(x^5)$$

$$=-2x^3-\frac{13}{6}x^4+O(x^5).$$

Taylorpolynomet av grad $4$ är alltså

$$p_4(x)=-2x^3-\frac{13}{6}x^4.$$

Enligt integralmedelvärdessatsen finns $x_n\in[n,n+1]$ sådant att

$$\int_n^{n+1}\arctan x\,dx=\arctan x_n.$$

Eftersom $x_n\to\infty$ fås

$$\lim_{n\to\infty}\int_n^{n+1}\arctan x\,dx=\frac{\pi}{2}.$$

Gradienten är

$$\nabla f(x,y)=(2x,2y+2),$$

så den inre kritiska punkten är $(0,-1)$, där $f(0,-1)=-1$. På cirkeln med radie $1/\sqrt2$ är

$$f=\frac12+\sqrt2\sin\theta,$$

och på cirkeln med radie $\sqrt2$ är

$$f=2+2\sqrt2\sin\theta.$$

Alltså är det globala minimumet

$$-1\quad\text{vid }(0,-1),$$

och det globala maximumet

$$2+2\sqrt2\quad\text{vid }(0,\sqrt2).$$

I polära koordinater är $1\le r\le\sqrt3$ och $-\pi\le\theta\le\pi$. Integralen blir

$$\iint_D\frac{\ln(x^2+y^2)}{x^2+y^2}\,dx\,dy=\int_{-\pi}^{\pi}\int_1^{\sqrt3}\frac{\ln(r^2)}{r^2}r\,dr\,d\theta$$

$$=4\pi\int_1^{\sqrt3}\frac{\ln r}{r}\,dr=\frac{\pi}{2}(\ln3)^2.$$

Den homogena lösningen är

$$y_h(x)=C_1\cos2x+C_2\sin2x.$$

En partikulärlösning är

$$y_p(x)=1+\frac13\sin x.$$

Alltså

$$y(x)=C_1\cos2x+C_2\sin2x+1+\frac13\sin x.$$

Villkoren $y(0)=-1$ och $y'(0)=1$ ger $C_1=-2$ och $C_2=\frac13$. Följaktligen

$$y(x)=-2\cos2x+\frac13\sin2x+1+\frac13\sin x.$$