Tenta 2022-05-17

(a) Förlänger vi med rotuttryckets konjugat får vi
$$\lim_{x\to\infty}x\left(1-\sqrt{1+\frac3x}\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{x(1-(1+\frac3x))}{1+\sqrt{1+\frac3x}}=\lim_{x\to\infty}\frac{-3}{1+\sqrt{1+\frac3x}}=-\frac32.$$
(b) Med standardutvecklingarna $\sin(t)=t-t^3/3!+O(t^5)$, $\ln(1+t)=t-t^2/2+O(t^3)$ och $e^t=1+t+O(t^2)$ då $t\to0$ får vi
$$\begin{aligned} \frac{x\sin(x)-\ln(1+x^2)}{e^{x^4}-1} &=\frac{x(x-x^3/6+O(x^5))-(x^2-x^4/2+O(x^6))}{1+x^4+O(x^8)-1}\\ &=\frac{x^4/3+O(x^5)}{x^4+O(x^8)}=\frac{1/3+O(x)}{1+O(x^4)}\to\frac13 \end{aligned}$$
då $x\to0$.

Vi har att funktionen $f(x)=\arctan\left(\frac{x+1}x\right)$ är definierad för alla $x\ne0$, så den enda möjliga vertikala asymptoten är linjen $x=0$, men med variabelbytet $t=(x+1)/x$ får vi $\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{t\to\infty}\arctan(t)=\pi/2$ och $\lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{t\to-\infty}\arctan(t)=-\pi/2$, så vertikal asymptot saknas. Däremot får vi
$$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim_{t\to1}\arctan(t)=\frac\pi4,$$
så $y=\pi/4$ är horisontell asymptot då $x\to\pm\infty$.

Vi får
$$f'(x)=\frac{-1}{2x^2+2x+1},\qquad f''(x)=\frac{4x+2}{(2x^2+2x+1)^2},$$
för $x\ne0$, $f'(x)<0$ för alla $x\ne0$.

Vi har $f''(x)=0$ endast för $x=-1/2$, och vi gör en teckentabell
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-1/2&&0&\\\hline f'(x)&-&-&-&\text{ej def.}&-\\f(x)&\searrow&\searrow&\searrow&\text{ej def.}&\searrow\\f''(x)&-&0&+&\text{ej def.}&+\\f(x)&\frown&\text{infl.}&\smile&\text{ej def.}&\smile\end{array}$$
Från teckentabellen ser vi att funktionen saknar lokala extremvärden, men har en inflektionspunkt vid $x=-1/2$. Funktionen är konkav på intervallet $(-\infty,-1/2)$, och konvex på intervallen $(-1/2,0)$ och $(0,\infty)$.

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

Slutligen ser vi att funktionens värdemängd är $(-\pi/2,\pi/4)\cup(\pi/4,\pi/2)$.

I polära koordinater $\begin{cases}x=r\cos(\theta)\\y=r\sin(\theta)\end{cases}$ motsvaras området $D$ av området $E=\{(r,\theta)\in\mathbb R^2\mid1\le r\le\sqrt2,\ -\pi/2\le\theta\le\pi/2\}$ i $r\theta$-planet. Vi får
$$\begin{aligned} \iint_D\ln(1+x^2+y^2)\,dx\,dy &=\iint_E\ln(1+r^2)r\,dr\,d\theta\\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\theta\int_1^{\sqrt2}r\ln(1+r^2)\,dr =\left[t=1+r^2,\ r\,dr=\frac12dt\right]\\ &=\frac\pi2\int_2^3\ln(t)\,dt=\frac\pi2[t\ln(t)-t]_{t=2}^{t=3} =\frac\pi2(3\ln(3)-1-2\ln(2)). \end{aligned}$$

Funktionen $f(x,y)=(2y+1)e^{x^2-y}$ 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
$$\begin{cases}0=\frac{\partial f}{\partial x}=2x(2y+1)e^{x^2-y}\\0=\frac{\partial f}{\partial y}=(1-2y)e^{x^2-y}\end{cases}$$
Från den andra ekvationen får vi att $y=1/2$, men då ger den första ekvationen att $x=0$. Så vi får endast den stationära punkten $(x,y)=(0,1/2)$, som tillhör området och därmed är en kandidat.

Den övre kanten $y=1$, för $-1\le x\le1$, ger $g(x)=f(x,1)=3e^{x^2-1}$, med $g'(x)=6xe^{x^2-1}$ så $g'(x)=0$ endast för $x=0$, vilket ger kandidatpunkten $(0,1)$.

Kanten $y=x^2$, för $-1\le x\le1$, ger $h(x)=f(x,x^2)=2x^2+1$ så $h'(x)=4x$, så $h'(x)=0$ omm $x=0$ vilket ger kandidatpunkten $(0,0)$.

De två hörnpunkterna $(\pm1,1)$ är de sista kandidaterna.

Jämför vi nu de funktionsvärdena i kandidatpunkterna får vi $f(0,1/2)=2/\sqrt e$, $f(0,0)=1$, $f(\pm1,1)=3$ samt $f(0,1)=3/e$, så vi ser att största värdet är $f(\pm1,1)=3$ och det minsta är $f(0,0)=1$.

(a) Vi multiplicerar den linjära differentialekvationen $y'-\tan(x)y=1$ med den integrerande faktorn $e^{\ln(\cos(x))}=\cos x$ och får då
$$(y\cos(x))'=\cos(x).$$
Integrerar vi båda sidor får vi $y\cos(x)=\sin(x)+C$. Begynnelsevillkoret $y(0)=1$ ger nu att $C=1$, så $y(x)=(1+\sin(x))/\cos(x)$.

(b) Differentialekvationen är separabel, om vi skriver om den som $yy'=1/x^2$ och integrerar båda sidor får vi $y^2/2=-1/x+C$. Utnyttjar vi begynnelsevillkoret $y(1)=1$ får vi $C=3/2$, vilket ger $y=\pm\sqrt{3-2/x}$. Använder vi nu begynnelsevillkoret igen får vi att $y=\sqrt{3-2/x}$.

Vi sätter $f(x)=e^x$ och $g(x)=2+\ln x$. Tangenten till grafen $y=f(x)$ i en punkt $(a,f(a))$ ges av $y-f(a)=f'(a)(x-a)$ vilket efter förenkling blir
$$y=e^ax+e^a(1-a).$$
Tangenten till grafen $y=g(x)$ i en punkt $(b,g(b))$ ges av $y-g(b)=g'(b)(x-b)$ vilket efter förenkling blir
$$y=\frac1bx+\ln(b)+1.$$
Dessa två tangenter sammanfaller om och endast om
$$\begin{cases}e^a=\frac1b\\e^a(1-a)=\ln(b)+1\end{cases} \iff\begin{cases}b=e^{-a}\\e^a(1-a)=1-a\end{cases} \iff\begin{cases}b=e^{-a}\\(e^a-1)(1-a)=0,\end{cases}$$
så vi får $(a,b)=(0,1)$ eller $(1,1/e)$. Det finns alltså precis två gemensamma tangenter och de har ekvationerna $y=x+1$ respektive $y=ex$.