Tenta 2022-12-16

(a) Förlänger vi med konjugatuttrycket får vi
$$\begin{aligned} n(\sqrt{n^4+4n}-\sqrt{n^4+n}) &=\frac{n((n^4+4n)-(n^4+n))}{\sqrt{n^4+4n}+\sqrt{n^4+n}}\\ &=\frac3{\sqrt{1+4/n^3}+\sqrt{1+1/n^3}}\to\frac3{1+1}=\frac32, \end{aligned}$$
då $n\to\infty$.

(b) Med standardutvecklingen $\arctan(t)=t-t^3/3+O(t^5)$ då $t\to0$ får vi
$$\begin{aligned} \frac{\arctan(x^2)-\arctan^2(x)}{x^4} &=\frac{(x^2-\frac{x^6}3+O(x^{10}))-(x-\frac{x^3}3+O(x^5))^2}{x^4}\\ &=\frac{x^2-\frac{x^6}3+O(x^{10})-(x^2-\frac{2x^4}3+O(x^5))}{x^4}\\ &=\frac{\frac{2x^4}3+O(x^5)}{x^4}=\frac23+O(x)\to\frac23, \end{aligned}$$
då $x\to0$.

Den kontinuerliga funktionen $f(x)=\arctan(x)+\frac1{x+1}$ är definierad då $x\ne-1$. Den enda möjliga vertikala asymptoten är därmed $x=-1$, och eftersom vi får $\lim_{x\to-1^-}f(x)=-\infty$ och $\lim_{x\to-1^+}f(x)=\infty$ så $x=-1$ är en asymptot. Vi får vidare att $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\pm\pi/2$, så $y=\pi/2$ och $y=-\pi/2$ är horisontella asymptoter.

Derivering ger
$$f'(x)=\frac1{1+x^2}-\frac1{(x+1)^2}=\frac{2x}{(1+x^2)(1+x)^2},$$
så $f'(x)=0$ om och endast om $x=0$. Vi gör en teckentabell
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-1&&0&\\\hline f'&-&\text{ej def.}&-&0&+\\f&\searrow&\text{ej def.}&\searrow&1&\nearrow\end{array}$$
Från teckentabellen ser vi att funktionen bara har en lokal extrempunkt, ett lokalt minimum för $x=0$. Vi skissar grafen, från vilken vi kan dra slutsatsen att de $a\in V_f$ där ekvationen $f(x)=a$ inte har en unik lösning är $a$ med $1<a<\pi/2$.

Vi betraktar halvcirkeln $x^2+y^2\le R^2$, $y\ge0$, och låter rektangelns hörn vara de fyra punkterna $(x,y)=(\pm a,0)$ och $(\pm a,b)$, där $0\le a,b\le R$ och $a^2+b^2=R^2$.

Rektangelns omkrets blir då $l=4a+2b$. Löser vi ut $b$ från sambandet $a^2+b^2=R^2$ får vi $b=\sqrt{R^2-a^2}$, så
$$l(a)=4a+2\sqrt{R^2-a^2},\qquad0\le a\le R.$$
Funktionens maximum måste antas i intervallets ändpunkter eller i en stationär punkt. I ändpunkterna får vi $l(0)=2R$ och $l(R)=4R$. Man får
$$l'(a)=4-\frac{2a}{\sqrt{R^2-a^2}}.$$
Löser man ekvationen $l'(a)=0$ får man en enda stationär punkt $a=2R/\sqrt5$ med $l(2R/\sqrt5)=2\sqrt5R$. Detta är det största värdet och därmed den största möjliga omkretsen.

Lämpligen ritar man en figur av området $D$, och då ser man att det kan beskrivas av olikheterna $0\le y\le1$ och $-2y\le x\le2y$, så
$$\begin{aligned} \iint_D\sin(y^2)\,dx\,dy &=\int_0^1\left(\int_{-2y}^{2y}\sin(y^2)\,dx\right)dy =\int_0^14y\sin(y^2)\,dy\\ &=[t=y^2,\ dt=2y\,dy]=\int_0^12\sin(t)\,dt =[-2\cos(t)]_{t=0}^{t=1}=2-2\cos1. \end{aligned}$$

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
$$\begin{cases}0=\dfrac{\partial f}{\partial x}=y-\dfrac{8x}{x^2+y^2},\\[4pt]0=\dfrac{\partial f}{\partial y}=x-\dfrac{8y}{x^2+y^2},\end{cases}$$
vilket ger $y\frac{\partial f}{\partial x}-x\frac{\partial f}{\partial y}=y^2-x^2=0$, så $y=\pm x$. Om $y=x$ får vi $x-4/x=0$, så $x=\pm2$, vilket ger $(x,y)=\pm(2,2)$. Dessa punkter ligger dock inte i området eftersom $x^2+y^2=8>2$. Om $y=-x$ får vi $x+4/x=0$, som saknar reell lösning. Funktionen saknar alltså stationära punkter i området.

Vi undersöker nu randkurvan $x^2+y^2=2$ som är en cirkel med radie $\sqrt2$. Vi parametriserar denna genom $\begin{cases}x=\sqrt2\cos t,\\y=\sqrt2\sin t\end{cases}$ för $0\le t<2\pi$. Sätter vi in detta i funktionen får vi
$$h_1(t)=f(\sqrt2\cos t,\sqrt2\sin t)=2\sin(t)\cos(t)-4\ln2=\sin(2t)-4\ln2.$$
Eftersom $-1\le\sin(t)\le1$ är maximum för $h_1(t)$ av $1-4\ln2$, och minimum av $-1-4\ln2$.

Längs randen $x^2+y^2=1$ får vi på motsvarande sätt $h_2(t)=f(\cos t,\sin t)=\sin(2t)/2$, som uppenbarligen har extremvärdena $\pm1/2$.

Jämför vi dessa fyra värden får vi att maximum är $1/2$, och minimum $-1-4\ln2$.

(a) Vi multiplicerar den linjära differentialekvationen $y'+\frac2xy=\frac{2e^{x^2-1}}x$ med den integrerande faktorn $e^{2\ln(x)}=x^2$ och får då
$$(x^2y)'=2xe^{x^2-1}.$$
Integrerar vi båda sidor får vi $x^2y=e^{x^2-1}+C$. Begynnelsevillkoret $y(1)=2$ ger nu att $2=1+C$, så $C=1$, varmed $y(x)=(e^{x^2-1}+1)/x^2$.

(b) Differentialekvationen är separabel. Vi skriver om den som $\frac1{y(1-y)}y'=\frac2x$ och integrerar båda sidor med hjälp av partialbråksuppdelningen
$$\frac1{y(1-y)}=\frac1y+\frac1{1-y}.$$
Vi får $\ln\lvert y/(1-y)\rvert=2\ln\lvert x\rvert+C$, vilket efter exponentiering ger $y/(1-y)=Dx^2$, där $D=\pm e^C$. Utnyttjar vi begynnelsevillkoret $y(1)=1/2$ får vi $D=1$, vilket ger $y=x^2/(1+x^2)$.