Tenta 2021-01-18

(a) Vi skriver

$$ \sqrt[n]{e^{2n}+2^{3n}} =8\exp\!\left(\frac{1}{n}\ln\!\left(1+\left(\frac{e^2}{8}\right)^n\right)\right). $$

Eftersom $0<e^2/8<1$ går exponenten mot $0$ då $n\to\infty$. Gränsvärdet är alltså $8$.

(b) Standardutvecklingarna

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

ger

$$ \frac{2\ln(1+x^3)-\ln(1+2x^3)}{3\sin(x^2)-\sin(3x^2)} =\frac{x^6+O(x^9)}{4x^6+O(x^{10})} =\frac{1+O(x^3)}{4+O(x^4)}\longrightarrow\frac14. $$

För $f(x)=x^3e^x$ gäller

$$ f'(x)=x^2(x+3)e^x,\qquad f''(x)=x(x^2+6x+6)e^x. $$

Vidare är $\lim_{x\to-\infty}x^3e^x=0$, så $y=0$ är en horisontell asymptot åt vänster. Funktionen saknar asymptot då $x\to\infty$.

Teckenstudiet av $f'$ visar att $x=-3$ är ett lokalt och globalt minimum, med värdet

$$ f(-3)=-\frac{27}{e^3}. $$

Något globalt maximum finns inte. Andraderivatan är noll för $x=-3-\sqrt3$, $x=-3+\sqrt3$ och $x=0$. Funktionen är konvex på

$$ [-3-\sqrt3,-3+\sqrt3]\quad\text{och}\quad[0,\infty), $$

och konkav på de återstående intervallen. Dessa tre punkter är inflektionspunkter och informationen ger den efterfrågade skissen.

Funktionen $f(x,y)=(x+y)^2-6xy^2$ är kontinuerlig på det kompakta området $D$. Inre stationära punkter uppfyller

$$ \begin{cases} 0=f_x=2(x+y)-6y^2,\\ 0=f_y=2(x+y)-12xy. \end{cases} $$

Subtraktion ger $y=0$ eller $y=2x$. Endast det senare fallet ger en inre punkt, $(1/4,1/2)$.

På randen $y=0$ respektive $x=0$ är $f=t^2$. Den tredje sidan parametriseras med $x=3-t$, $y=t$, $0\le t\le3$, och då är

$$ h(t)=f(3-t,t)=9-18t^2+6t^3,\qquad h'(t)=18t(t-2). $$

Det ger randpunkten $(1,2)$. Jämförelse med hörnen ger

$$ \begin{array}{c|ccccc} (x,y)&(0,0)&(3,0)&(0,3)&(1,2)&(1/4,1/2)\\ \hline f(x,y)&0&9&9&-15&3/16. \end{array} $$

Minsta värdet är alltså $-15$ i $(1,2)$ och största värdet är $9$ i $(3,0)$ och $(0,3)$.

Sätt $u=x+y$ och $v=x-y$. Då motsvaras $D$ av

$$ E=\{(u,v)\mid0\le u\le3,\ -1\le v\le1\}, $$

och $x=(u+v)/2$, $y=(u-v)/2$. Funktionaldeterminanten är

$$ \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}= \begin{vmatrix}\frac12&\frac12\\ \frac12&-\frac12\end{vmatrix} =-\frac12. $$

Eftersom $x^2-y^2=uv$ får vi

$$ \begin{aligned} \iint_D(x+y)e^{x^2-y^2}\,dx\,dy &=\frac12\int_0^3\int_{-1}^1ue^{uv}\,dv\,du\\ &=\frac12\int_0^3(e^u-e^{-u})\,du\\ &=\frac12\left[e^u+e^{-u}\right]_0^3 =\frac{e^3+e^{-3}}2-1. \end{aligned} $$

(a) Den karakteristiska ekvationen för den homogena ekvationen är $r^2-3r+2=0$. Därför är

$$ y_h=Ae^x+Be^{2x}. $$

Sätt $y_p=ze^x$. Insättning ger $z''-z'=1$, och valet $z=-x$ ger $y_p=-xe^x$. Alltså

$$ y=-xe^x+Ae^x+Be^{2x}. $$

Villkoren $y(0)=0$ och $y'(0)=0$ ger $A=-1$ och $B=1$. Lösningen är

$$ y(x)=e^{2x}-(x+1)e^x. $$

(b) Skriv ekvationen som $y'-2y/x=2x$. En integrerande faktor är $x^{-2}$, och därför

$$ \left(\frac{y}{x^2}\right)'=\frac2x. $$

Villkoret $y(1)=1$ ger

$$ y(x)=x^2+2x^2\ln x. $$

Sätt $f(x)=x^2$ och $g(x)=x^2-4x+5$. Tangenterna i $(a,f(a))$ respektive $(b,g(b))$ är

$$ y=2ax-a^2\qquad\text{och}\qquad y=(2b-4)x-b^2+5. $$

De sammanfaller om och endast om

$$ 2a=2b-4,\qquad a^2=b^2-5. $$

Av $a=b-2$ följer $b=9/4$ och $a=1/4$. Den enda gemensamma tangenten är alltså

$$ y=\frac{x}{2}-\frac1{16}. $$