Tenta 2022-02-23

a) Vi förlänger med konjugatuttrycket:
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+3n+5}-n) &=\lim_{n\to\infty}\frac{(\sqrt{n^2+3n+5}-n)(\sqrt{n^2+3n+5}+n)}{\sqrt{n^2+3n+5}+n}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{(n^2+3n+5)-n^2}{\sqrt{n^2+3n+5}+n} =\lim_{n\to\infty}\frac{3n+5}{n\sqrt{1+3/n+5/n^2}+n}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{3+5/n}{\sqrt{1+3/n+5/n^2}+1}=\frac{3+0}{1+1}=\frac32. \end{aligned}$$
b) Vi använder Maclaurinutveckling:
$$\arctan x=x-\frac13x^3+O(x^5)$$
vilket ger $\arctan2x-2\arctan x=$
$$(2x-\tfrac83x^3+O(x^5))-2(x-\tfrac13x^3+O(x^5))=-2x^3+O(x^5).$$
På liknande sätt ger $e^t=1+t+O(t^2)$:
$$e^{x^3}-1=x^3+O(x^6).$$
Tillsammans ger detta
$$\frac{\arctan2x-2\arctan x}{e^{x^3}-1}=\frac{-2x^3+O(x^5)}{x^3+O(x^6)}=\frac{-2+O(x^2)}{1+O(x^3)}\to-2.$$

Funktionen är kontinuerlig i alla punkter utom $x=0$ och $x=-2$, där den har lodräta asymptoter eftersom
$$\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to-2}f(x)=-\infty.$$
Vi ser också att
$$\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=1,$$
men att
$$\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)-x)=+\infty$$
varför sneda asymptoter saknas. Derivation ger
$$f'(x)=\frac1{x+2}+\frac2x+1=\frac{x^2+5x+4}{(x+2)x},$$
dvs $f'(x)=0\implies x^2+5x+4=0\implies x=-4\lor x=-1$. Vi får följande teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccccc}x&&-4&&-2&&-1&&0&\\\hline f'&+&0&-&\text{ej def.}&+&0&-&\text{ej def.}&+\\f&\nearrow&5\ln2-4&\searrow&-\infty&\nearrow&-1&\searrow&-\infty&\nearrow\end{array}$$
Både $-4$ och $-1$ är alltså lokala maxpunkter (med maxvärden $5\ln2-4\approx-0,53$ och $-1$).

Globala extrempunkter saknas eftersom $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\infty$.

Genom att derivera en gång till får vi
$$f''(x)=D\left(\frac1{x+2}+\frac2x+1\right)=-\frac1{(x+2)^2}-\frac2{x^2}<0,$$
vilket ger att funktionen är konkav på alla de tre intervallen $(-\infty,-2)$, $(-2,0)$ och $(0,\infty)$ (men inte på någon större mängd).

Om en sådan rektangel har ett hörn på den positiva $x$-axeln i $(x,0)$, så kommer övriga hörn att ligga i $(-x,0)$, $(-x,e^{-x^2})$ och $(x,e^{-x^2})$, och dess area blir
$$A(x)=2xe^{-x^2}.$$
För att bestämma maximum beräknar vi derivatan:
$$A'(x)=2e^{-x^2}-4x^2e^{-x^2}=(2-4x^2)e^{-x^2}.$$
Denna har ett unikt nollställe på den positiva delen av $x$-axeln i $x=1/\sqrt2$, och eftersom derivatan är positiv på vänster sida och negativ på höger sida är detta en global maxpunkt på $[0,\infty)$. Vi får maxvärdet
$$\max=A\left(\frac1{\sqrt2}\right)=\sqrt{\frac2e}.$$

Eftersom
$$\frac{\partial f}{\partial x}=4x-4y,\qquad\frac{\partial f}{\partial y}=-4x+1,$$
så följer det att $\nabla f(x,y)=0$ om och endast om $x=1/4$, $y=1/4$, som ger punkten $(1/4,1/4)$. Denna ligger i området och är därför en möjlig extrempunkt. Värdet i denna punkt är $1/8$.

Randen till området består av tre segment som ligger på linjerna $x=0$, $y=0$, $x+y=1$. Låt oss behandla dessa segment separat.

Om $x=0$ så antar $f$ samma värden som $h_1(t)=f(0,t)=t$, $0\le t\le1$, och $\max h_1=1$ och $\min h_1=0$.

Om $y=0$ så antar $f$ samma värden som $h_2(t)=f(t,0)=2t^2$, $0\le t\le1$, och $\max h_2=2$ och $\min h_2=0$.

Om $x+y=1$ så antar $f$ samma värden som $h_3(t)=f(t,1-t)=6t^2-5t+1$, $0\le t\le1$. Vi får derivatan $h_3'(t)=12t-5$ med det unika nollstället $t=5/12$ med funktionsvärdet $-1/24$. Eftersom $h_3(0)=1$ och $h_3(1)=2$ så följer att $\max h_3=2$ och $\min h_3=-1/24$.

Om vi nu jämför max och min för $h_1$, $h_2$, $h_3$ med värdet i den stationära funktionen i det inre ser vi att maximum för $f$ måste vara $2$ och minimum $-1/24$.

Eftersom triangeln $D$ är symmetrisk med avseende på $x$ och $y$, så kan räkningarna förkortas något genom att observera att
$$\iint_Dx\,dx\,dy=\iint_Dy\,dx\,dy,$$
vilket ger att
$$I=\iint_D(x+y)\,dx\,dy=2\iint_Dx\,dx\,dy.$$
För att beräkna den sista integralen delar vi upp $D=D_1\cup D_2$, där
$$D_1=\{(x,y)\mid\tfrac12x\le y\le2x,\ 0\le x\le1\},$$
$$D_2=\{(x,y)\mid\tfrac12x\le y\le3-x,\ 1\le x\le2\}.$$
Vi får
$$\begin{aligned} I&=2\iint_{D_1}x\,dx\,dy+2\iint_{D_2}x\,dx\,dy\\ &=2\int_0^1x\int_{x/2}^{2x}dy\,dx+2\int_1^2x\int_{x/2}^{3-x}dy\,dx\\ &=2\int_0^1x(2x-\tfrac12x)\,dx+2\int_1^2x(3-x-\tfrac12x)\,dx\\ &=\int_0^13x^2\,dx+\int_1^2(6x-3x^2)\,dx =[x^3]_0^1+[3x^2-x^3]_1^2=3. \end{aligned}$$

a) Ekvationen är linjär och vi delar med $\cos x$ för att få fram standardformen:
$$y'+y\tan x=\cos^2x,$$
En integrerande faktor på intervallet kring $x=\pi$ är $\mu(x)=1/\cos x$, eftersom $\mu'(x)/\mu(x)=\tan x$. Efter multiplikation med denna kan ekvationen skrivas om:
$$\frac{y'}{\cos x}+\frac{y\sin x}{\cos^2x}=\cos x\iff D\left(\frac y{\cos x}\right)=\cos x.$$
Integration ger:
$$\frac y{\cos x}=\sin x+C\iff y=\cos x\sin x+C\cos x.$$
Bivillkoret $y(\pi)=-1$ ger att $0-C=-1$ dvs $C=1$. Vi får alltså lösningen $y=\cos x\sin x+\cos x$.

b) Den karakteristiska ekvationen är
$$r^2-2r-15=0$$
med de reella rötterna $r_1=-3$ och $r_2=5$. Den homogena ekvationen har därför lösningen
$$y_h=C_1e^{-3x}+C_2e^{5x}.$$
En partikulärlösning kan sökas med ansatsen $y_p=ae^{-x}$, vilket ger $y_p'=-ae^{-x}$ och $y_p''=ae^{-x}$. Insatt i ekvationen får vi
$$y_p''-2y_p'-15y_p=ae^{-x}+2ae^{-x}-15ae^{-x}=-12ae^{-x},$$
som alltså ska sättas lika med högerledet $6e^{-x}$. Om vi nu jämför koefficienterna ser vi att $a=-1/2$. Detta ger partikulärlösningen $y_p=-\frac12e^{-x}$.

Vi får alltså sammantaget den allmänna lösningen
$$y=y_h+y_p=C_1e^{-3x}+C_2e^{5x}-\frac12e^{-x}.$$