Tenta 2021-05-18

(a) Förlänger vi med konjugatet får vi
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}(\sqrt{2n^2+3n}-\sqrt{2n^2-n}) &=\lim_{n\to\infty}\frac{4n}{\sqrt{2n^2+3n}+\sqrt{2n^2-n}}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac4{\sqrt{2+3/n}+\sqrt{2-1/n}}=\frac4{\sqrt2+\sqrt2}=\sqrt2. \end{aligned}$$
(b) Med standardutvecklingen $\ln(1+t)=t-t^2/2+O(t^3)$ då $t\to0$ får vi
$$\begin{aligned} \frac{\ln(1+4x^2)-(\ln(1+2x))^2}{x^3} &=\frac{(4x^2+O(x^4))-(2x-2x^2+O(x^3))^2}{x^3}\\ &=\frac{(4x^2+O(x^4))-((2x)^2-2(2x)(2x^2)+O(x^4))}{x^3}\\ &=\frac{8x^3+O(x^4)}{x^3}=8+O(x)\to8 \end{aligned}$$
då $x\to0$.

Vi har att funktionen är definierad och kontinuerlig för alla $x\ne0$, och
$$f(x)=\lvert x\rvert+2\arctan\left(\frac1x\right)=\begin{cases}x+2\arctan\left(\frac1x\right)&\text{om }x>0,\\-x+2\arctan\left(\frac1x\right)&\text{om }x<0.\end{cases}$$
Den enda möjliga vertikala asymptoten är vid $x=0$, men $\lim_{x\to0^+}f(x)=\pi$ och $\lim_{x\to0^-}f(x)=-\pi$, så vertikala asymptoter saknas. Däremot får vi
$$\lim_{x\to\infty}(f(x)-x)=0$$
så $y=x$ är en asymptot då $x\to\infty$, och
$$\lim_{x\to-\infty}(f(x)+x)=0$$
så $y=-x$ är en asymptot då $x\to-\infty$.

Derivering ger, efter förenkling,
$$f'(x)=\begin{cases}1-\frac2{1+x^2}&\text{om }x>0,\\-1-\frac2{1+x^2}&\text{om }x<0,\end{cases}\qquad f''(x)=\frac{4x}{(1+x^2)^2},\ \text{om }x\ne0.$$
Vi ser att $f'(x)$ endast har nollstället $x=1$, och att $f''(x)$ saknar nollställen. Vi gör en teckentabell
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&1&\\\hline f'(x)&-&\text{ej def.}&-&0&+\\f(x)&\searrow&\text{ej def.}&\searrow&1+\pi/2&\nearrow\\f''(x)&-&\text{ej def.}&+&+&+\\f(x)&\frown&\text{ej def.}&\smile&\smile&\smile\end{array}$$
Från teckentabellen ser vi att funktionen har ett lokalt extremvärde, ett lokalt minimum vid $x=1$. Funktionen är konvex på intervallet $(0,\infty)$, samt konkav på $(-\infty,0)$.

Vi har nu tillräcklig information för att kunna rita en skiss av grafen:

Slutligen ser vi att funktionens värdemängd är intervallet $(-\pi,\infty)$.

Funktionen är kontinuerlig på en kompakt mängd, samt partiellt deriverbar överallt, så enligt en känd sats finns globala maximum och minimum och dessa antas i inre stationära punkter eller på randen.

Vi börjar med att bestämma de stationära punkterna. Vi får
$$\begin{cases}0=\frac{\partial f}{\partial x}=2x\\0=\frac{\partial f}{\partial y}=4y-2\end{cases}\iff\begin{cases}x=0\\y=1/2.\end{cases}$$
Den funna punkten $(x,y)=(0,1/2)$ uppfyller $x^2+y^2<4$, så det är en inre punkt till området, och därmed en kandidat.

Vi undersöker nu randen $x^2+y^2=4$, som är en cirkel med radie $2$. Vi parametriserar denna
$$\begin{cases}x=2\cos t\\y=2\sin t\end{cases}\qquad t\in\mathbb R.$$
Sätter vi in detta i funktionen får vi
$$h(t)=f(2\cos t,2\sin t)=4\cos^2t+8\sin^2t-4\sin t=4+4\sin^2t-4\sin t.$$
Vi får $h'(t)=8\sin t\cos t-4\cos t=4\cos(t)(2\sin(t)-1)$ så $h'(t)=0$ om $\cos(t)=0$ eller $\sin t=1/2$, vilket ger $t=\pi/2$, $t=3\pi/2$, $t=\pi/6$ eller $t=5\pi/6$, inom ett varv av parametriseringen, så vi får kandidatpunkterna $(0,\pm2)$ respektive $(\pm\sqrt3,1)$. Vi jämför funktionsvärdena:
$$\begin{array}{c|cccc}(x,y)&(0,1/2)&(\pm\sqrt3,1)&(0,2)&(0,-2)\\\hline f(x,y)&-1/2&3&4&12\end{array}$$
så minsta värdet är $f(0,1/2)=-1/2$ och det största $f(0,-2)=12$.

Genom att rita en figur av området $D$ ser man att det kan beskrivas av olikheterna $1\le y\le2$ och $-y\le x\le y$, så
$$\begin{aligned} \iint_De^{3-y^2}\,dx\,dy &=\int_1^2\left(\int_{-y}^ye^{3-y^2}\,dx\right)dy =\int_1^22ye^{3-y^2}\,dy\\ &=[t=y^2,\ dt=2y\,dy]=\int_1^4e^{3-t}\,dt =[-e^{3-t}]_{t=1}^{t=4}=e^2-e^{-1}. \end{aligned}$$

(a) Området ges av
$$0\le y\le\frac2{\sqrt{4+x^2}},\qquad0\le x\le2,$$
så med formeln för rotationsvolym får vi att volymen $V_1$ ges av
$$\begin{aligned} V_1&=\pi\int_0^2\left(\frac2{\sqrt{4+x^2}}\right)^2dx =\pi\int_0^2\frac1{1+(x/2)^2}\,dx\\ &=\left[t=x/2,\ dt=\frac12dx\right] =2\pi\int_0^1\frac1{1+t^2}\,dt=2\pi[\arctan(t)]_{t=0}^{t=1}=\frac{\pi^2}2. \end{aligned}$$
(b) Med formeln för cylindriska skal (rörformiga element) får vi
$$\begin{aligned} V_2&=2\pi\int_0^2x\frac2{\sqrt{4+x^2}}\,dx=[u=4+x^2,\ du=2x\,dx]\\ &=2\pi\int_4^8u^{-1/2}\,du=2\pi\left[\frac{u^{1/2}}{1/2}\right]_{u=4}^{u=8}=8\pi(\sqrt2-1). \end{aligned}$$
Anmärkning: Det går också bra att beräkna volymen med skivformeln, vilken ger att $V_2=\pi\int_0^{1/\sqrt2}2^2\,dy+\pi\int_{1/\sqrt2}^1x^2\,dy$ (där $x^2=4(y^{-2}-1)$).

(a) Vi multiplicerar den linjära differentialekvationen med den integrerande faktorn $e^{x^2/2}$ och får då
$$(ye^{x^2/2})'=x^3e^{x^2/2}.$$
Integrerar vi båda sidor, får vi i högerledet
$$\begin{aligned} \int x^3e^{x^2/2}\,dx &=[t=x^2/2,\ dt=x\,dx]=\int2te^t\,dt=[\text{P.I.}]\\ &=2te^t-\int2e^t\,dt=2(t-1)e^t+C=(x^2-2)e^{x^2/2}+C \end{aligned}$$
vilket ger $ye^{x^2/2}=(x^2-2)e^{x^2/2}+C$, så $y=x^2-2+Ce^{-x^2/2}$. Begynnelsevillkoret $y(0)=1$ ger nu att $C=3$, så $y(x)=x^2-2+3e^{-x^2/2}$.

(b) Differentialekvationen $y'+xy-xy^2=0$ är separabel. Om vi skriver om den som $y'/(y(y-1))=x$ och integrerar båda sidor får vi, med hjälp av partialbråksuppdelningen $\frac1{y(y-1)}=\frac1{y-1}-\frac1y$, att $\ln\left\lvert\frac{y-1}y\right\rvert=\frac{x^2}2+C$, vilket ger $(y-1)/y=Ae^{x^2/2}$, där $A=\pm e^C$. Utnyttjar vi begynnelsevillkoret $y(0)=2$ får vi $A=1/2$, vilket ger $y=2/(2-e^{x^2/2})$.