Tenta 2021-12-17

(a) Maclaurinutvecklingarna

$$ \sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5),\qquad \arctan x=x-\frac{x^3}{3}+O(x^5) $$

ger

$$ \arctan(2x)-\sin(2x)=-\frac86x^3+O(x^5) $$

och

$$ \arctan(3x)-\sin(3x)=-\frac{27}{6}x^3+O(x^5). $$

Därför är

$$ \lim_{x\to0}\frac{\arctan(2x)-\sin(2x)}{\arctan(3x)-\sin(3x)}=\frac8{27}. $$

(b) För $n\ge2$ gäller

$$ 1\le\frac{\ln(n^2+n)}{\ln(n^2-n)} \le\frac{\ln(2n^2)}{\ln(\frac12n^2)} =\frac{1+\frac{\ln2}{\ln(n^2)}}{1-\frac{\ln2}{\ln(n^2)}}. $$

Högerledet går mot $1$ då $n\to\infty$. Instängningslagen ger därför gränsvärdet $1$.

Funktionen

$$ f(x)=\frac1x+2\arctan x $$

är definierad på $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ och är udda. Asymptoterna är $y=\pi$, $y=-\pi$ och $x=0$, eftersom

$$ \lim_{x\to\infty}f(x)=\pi,\quad \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\pi,\quad \lim_{x\to0^\pm}f(x)=\pm\infty. $$

Derivatan är

$$ f'(x)=-\frac1{x^2}+\frac2{1+x^2} =\frac{x^2-1}{(1+x^2)x^2}. $$

Alltså har funktionen en lokal maxpunkt vid $x=-1$, med värdet $-1-\pi/2$, och en lokal minpunkt vid $x=1$, med värdet $1+\pi/2$. Värdemängden är

$$ ]-\infty,-1-\frac\pi2]\cup[1+\frac\pi2,\infty[. $$

Vidare är

$$ f''(x)=-\frac{2(x^4-2x^2-1)}{x^3(x^2+1)^2}. $$

Nollställena är $x=\pm\sqrt{1+\sqrt2}$. Funktionen är konvex på

$$ ]-\infty,-\sqrt{1+\sqrt2}]\quad\text{och}\quad]0,\sqrt{1+\sqrt2}], $$

och konkav på de återstående intervallen. Dessa två punkter är inflektionspunkter.

Kurvorna skär varandra i $(0,0)$ och $(1,1)$. Vid rotation kring $x$-axeln blir

$$ \begin{aligned} V_x &=\pi\int_0^1\left(x^{1/3}\right)^2\,dx -\pi\int_0^1\left(x^2\right)^2\,dx\\ &=\pi\left[\frac35x^{5/3}-\frac15x^5\right]_0^1 =\frac{2\pi}{5}. \end{aligned} $$

Vid rotation kring $y$-axeln är $x=y^{1/2}$ respektive $x=y^3$. Därför

$$ \begin{aligned} V_y &=\pi\int_0^1\left(y^{1/2}\right)^2\,dy -\pi\int_0^1\left(y^3\right)^2\,dy\\ &=\pi\left[\frac12y^2-\frac17y^7\right]_0^1 =\frac{5\pi}{14}. \end{aligned} $$

De kritiska punkterna uppfyller

$$ \begin{cases} 0=f_x=-\frac{4x}{(x^2+y^2)^2}+y,\\ 0=f_y=-\frac{4y}{(x^2+y^2)^2}+x. \end{cases} $$

Ekvationen $yf_x-xf_y=0$ ger $x=\pm y$. Fallet $x=y$ ger $(1,1)$ och $(-1,-1)$, där $f=2$, medan $x=-y$ inte ger någon kritisk punkt i området.

På den inre randen är

$$ h_1(t)=f(\cos t,\sin t)=2+\frac12\sin(2t), $$

så $f$ varierar mellan $3/2$ och $5/2$. På den yttre randen är

$$ h_2(t)=f(2\cos t,2\sin t)=\frac12+2\sin(2t), $$

vilket varierar mellan $-3/2$ och $5/2$. Alltså är största värdet $5/2$ och minsta värdet $-3/2$.

Integralen beräknas som en itererad integral:

$$ \begin{aligned} \iint_Dx^2y^2\,dx\,dy &=\int_0^1\left(\int_x^{2x}x^2y^2\,dy\right)dx\\ &=\frac13\int_0^1x^2\left(8x^3-x^3\right)\,dx\\ &=\frac73\int_0^1x^5\,dx =\frac7{18}. \end{aligned} $$

(a) Ekvationen är separabel:

$$ y'+y^2=xy^2\quad\Longleftrightarrow\quad\frac{dy}{y^2}=(x-1)\,dx. $$

Integration ger $-1/y=x^2/2-x+C$. Villkoret $y(0)=1$ ger $C=-1$, och därför

$$ y(x)=\frac{1}{1+x-\frac12x^2}=\frac{2}{2+2x-x^2}. $$

(b) Den karakteristiska ekvationen $r^2-4r+4=0$ har dubbelroten $r=2$, så

$$ y_h=(Cx+D)e^{2x}. $$

Sätt $y=ze^{2x}$. Då blir differentialekvationen $z''=1$, och vi kan välja $z_p=x^2/2$. Den allmänna lösningen är alltså

$$ y(x)=(Cx+D)e^{2x}+\frac12x^2e^{2x}. $$