Tenta 2022-01-18

a) Vi använder Maclaurinutveckling:
$$\arctan x=x-\frac13x^3+O(x^5)\ (=x+O(x^3)),$$
vilket ger
$$\begin{aligned} \frac1{(\arctan x)^2}-\frac1{x^2} &=\frac{x^2-(\arctan x)^2}{x^2(\arctan x)^2} =\frac{x^2-(x-\frac13x^3+O(x^5))^2}{x^2(x+O(x^3))^2}\\ &=\frac{\frac23x^4+O(x^6)}{x^4+O(x^6)}=\frac{\frac23+O(x^2)}{1+O(x^2)}\to\frac23. \end{aligned}$$
b) $$\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n+\sin n}{\ln n^2+\sin n^2} =\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n+\sin n}{2\ln n+\sin n^2} =\lim_{n\to\infty}\frac{1+\frac{\sin n}{\ln n}}{2+\frac{\sin n^2}{\ln n}}=\frac12,$$
eftersom både $\frac{\sin n}{\ln n}$ och $\frac{\sin n^2}{\ln n}$ går mot noll då $n\to\infty$.

Funktionen är definierad, kontinuerlig och dessutom godtyckligt många gånger deriverbar på $D_f=\mathbb R\setminus\{0\}$. Vi observerar först att funktionen är udda, och sedan att
$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\infty\quad\text{och}\quad\lim_{x\to0^\pm}f(x)=\pm\pi.$$
Det finns inga lodräta asymptoter, men
$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=1\quad\text{och}\quad\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)-x)=0,$$
vilket visar att linjen $y=x$ är en tvåsidig asymptot. För derivatan får vi
$$f'(x)=D\left(x+2\arctan\frac1x\right)=1+\frac2{1+(1/x)^2}\cdot\frac{-1}{x^2}=\frac{x^2-1}{x^2+1},$$
med de uppenbara nollställena $x=\pm1$.

Vi får nu följande tabell:
$$\begin{array}{c|ccccccccc}x&-\infty&&-1&&0&&1&&\infty\\\hline f'&&+&0&-&\text{ej def.}&-&&+&\\f&-\infty&\nearrow&-\pi/2-1&\searrow&\text{ej def.}&\searrow&1+\pi/2&\nearrow&\infty\end{array}$$
Vi noterar att $-1$ är en lokal maxpunkt med maxvärde $-\pi/2-1$, och att $1$ är en lokal minpunkt med minvärde $1+\pi/2$, men att globala extrempunkter saknas. Det följer också att
$$V_f=(-\infty,-\pi/2-1]\cup[\pi/2+1,\infty).$$
För andraderivatan får vi
$$f''(x)=D\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)=\frac{2x(x^2+1)-(x^2-1)\cdot2x}{(x^2+1)^2}=\frac{4x}{(x^2+1)^2}$$
som saknar nollställen i definitionsmängden. Vi får följande tabell:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&-\infty&&0&&\infty\\\hline f''&&-&\text{ej def.}&+&\\f&&\frown&\text{ej def.}&\smile&\end{array}$$
$f(x)$ är tydligen konkav på $(-\infty,0)$ och konvex på $(0,\infty)$, men saknar inflexionspunkter.

Vi gör först en förenklad grafritning av $f(x)=x+2\sin x$. $f'(x)=1+2\cos x$ har de två följderna av nollställen ($n$ heltal)
$$N_1:\ x=\frac23\pi+2\pi n,\qquad N_2:\ x=-\frac23\pi+2\pi n.$$
$f''(x)=-2\sin x$ och andraderivatkriteriet ger att punkterna i $N_1$ är maxpunkter och punkterna i $N_2$ är minpunkter. Vi får följande graf:

Vi noterar först att funktionen på varje intervall av typen $[2\pi m,2\pi(m+1)]$ ($m$ heltal) antar sitt minimum i vänstra ändpunkten och sitt maximum i den högra. Detta följer av att värdet i den lokala minpunkten $-\frac23\pi+2\pi(m+1)$ är $2\pi m+\frac43\pi-\sqrt3$ som är större än värdet $2\pi m$ i den vänstra ändpunkten, och på motsvarande sätt inses att värdet i den lokala maxpunkten $\frac23\pi+2\pi m$ är mindre än värdet i den högra ändpunkten $[2\pi(m+1)]$. Det följer nu ur figuren att ekvationen för varje $a$ har $1$, $2$ eller $3$ lösningar, och att det finns två lösningar precis för dom värden på $a$ som svarar mot lokala extremvärden. För följden $N_1$ motsvarar detta tal på formen $a=\frac23\pi+2\pi n+\sqrt3$ och för $N_2$ mot tal på formen $a=-\frac23\pi+2\pi n-\sqrt3$ ($n\in\mathbb Z$).

Vi observerar först, genom att sätta $t$ eller $s$ lika med noll, att $f(0,0)=0$. Vi deriverar därefter vänsterleden i sambanden $f(t,2t)=3\sin t$ och $f(2s,s)=2s$, och får med hjälp av kedjeregeln
$$\begin{cases}\frac d{dt}f(t,2t)=\frac{\partial f}{\partial x}(t,2t)\cdot1+\frac{\partial f}{\partial y}(t,2t)\cdot2,\\\frac d{ds}f(2s,s)=\frac{\partial f}{\partial x}(2s,s)\cdot2+\frac{\partial f}{\partial y}(2s,s)\cdot1.\end{cases}$$
Om vi i stället deriverar högerleden får
$$\begin{cases}\frac d{dt}(3\sin t)=3\cos t,\\\frac d{ds}f(2s,s)=2.\end{cases}$$
Vi sätter högerleden lika med vänsterleden och samtidigt $t=s=0$, och erhåller då ekvationssystemet
$$\begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)+2\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=3,\\2\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)+\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=2,\end{cases}$$
med lösningen $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=1/3$ och $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=4/3$. Eftersom vi nu har både funktionens och derivatornas värden i origo kan vi bestämma tangentplanet till
$$z=f(0,0)+\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)x+\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)y=\frac13x+\frac43y,$$
dvs $z=\frac13x+\frac43y$.

I polära koordinater ges området av $1\le r\le2$, $-\pi/4\le\theta\le3\pi/4$. Vi får
$$\begin{aligned} \iint_Dx^2y^2\,dx\,dy &=\int_1^2\int_{-\pi/4}^{3\pi/4}(r\cos\theta)^2(r\sin\theta)^2r\,d\theta\,dr\\ &=\int_1^2r^5\,dr\int_{-\pi/4}^{3\pi/4}\cos^2\theta\sin^2\theta\,d\theta \end{aligned}$$
($\cos^2\theta\sin^2\theta=\frac14\sin^22\theta=\frac18(1-\cos4\theta)$)
$$\begin{aligned} &=\left[\frac16r^6\right]_1^2\left[\frac\theta8-\frac1{32}\sin4\theta\right]_{-\pi/4}^{3\pi/4}\\ &=\left(\frac{64}6-\frac16\right)\cdot\left(\frac{3\pi}{32}+\frac\pi{32}\right)=\frac{21}2\cdot\frac\pi8=\frac{21\pi}{16}. \end{aligned}$$

a) Ekvationen är linjär. En integrerande faktor är $I=e^{x^2}$, vilket ger
$$y'+2xy=e^{-x^2}\iff e^{x^2}y'+e^{x^2}2xy=1,$$
där vi nu kan skriva om vänsterledet som en derivata:
$$D(e^{x^2}y)=1\iff e^{x^2}y=x+C.$$
Bivillkoret $y(0)=1$ ger att $e^0\cdot1=0+C$, dvs $C=1$. Vi får alltså lösningen
$$y=(x+1)e^{-x^2}.$$
b) Den karakteristiska ekvationen är
$$r^2+2r+2=0$$
med de komplexa rötterna $r_\pm=-1\pm i$. Den homogena ekvationen har därför lösningen
$$y_h=Ae^{-x}\cos x+Be^{-x}\sin x.$$
En partikulärlösning kan sökas med ansatsen $y_p=ax^2+bx+c$, vilket ger $y'=2ax+b$ och $y''=2a$. Insatt i ekvationen får vi
$$y_p''+2y_p'+2y_p=2a+2(2ax+b)+2(ax^2+bx+c)$$
som alltså ska sättas lika med högerledet $x^2+x-1$. Om vi nu jämför koefficienterna för de olika termerna får vi ekvationerna
$$2a=1,\quad4a+2b=1,\quad2a+2b+2c=-1,$$
med lösningarna $a=1/2$, $b=-1/2$, $c=-1/2$. Detta ger partikulärlösningen $y_p=\frac12x^2-\frac12x-\frac12$.

Vi får alltså sammantaget den allmänna lösningen $y=y_h+y_p=$
$$Ae^{-x}\cos x+Be^{-x}\sin x+\frac12x^2-\frac12x-\frac12.$$