Tenta 2023-01-18

a) Förläng med konjugatuttrycket:

$$\sqrt{n^2+an+b}-n=\frac{an+b}{\sqrt{n^2+an+b}+n}=\frac{a+b/n}{\sqrt{1+a/n+b/n^2}+1}.$$

Alltså

$$\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+an+b}-n)=\frac a2.$$

b) Standardutvecklingarna

$$e^t=1+t+O(t^2),\quad \cos t=1-\frac{t^2}{2}+O(t^3),\quad \ln(1+t)=t+O(t^2)$$

ger

$$\frac{e^{x^2}-\cos(2x)}{x\ln(1+4x)}=\frac{(1+x^2+O(x^4))-(1-2x^2+O(x^3))}{x(4x+O(x^2))}$$

$$=\frac{3+O(x)}{4+O(x)}\longrightarrow\frac34.$$

Funktionen $f(x)=x^4e^{-x}$ är definierad för alla $x$. Då

$$\lim_{x\to\infty}x^4e^{-x}=0,$$

är $y=0$ en horisontell asymptot då $x\to\infty$. När $x\to-\infty$ gäller däremot

$$\frac{f(x)}x=x^3e^{-x}\longrightarrow-\infty,$$

så någon rätlinjig asymptot saknas där.

Derivatorna är

$$f'(x)=x^3(4-x)e^{-x},\qquad f''(x)=x^2(x-2)(x-6)e^{-x}.$$

Funktionen har ett globalt minimum $f(0)=0$ och ett lokalt maximum

$$f(4)=\frac{256}{e^4}.$$

Globalt maximum saknas. Inflexionspunkterna har $x$-koordinaterna $2$ och $6$; funktionen är konvex på $(-\infty,2]$ och $[6,\infty)$ samt konkav på $[2,6]$.

Låt $h$ vara kateten som rotationsaxel och $r$ den andra kateten. Då

$$r^2+h^2=a^2,\qquad V=\frac{\pi r^2h}{3}=\frac{\pi}{3}(a^2-h^2)h.$$

Derivatan är

$$V'(h)=\frac{\pi}{3}(a^2-3h^2).$$

Den enda inre kritiska punkten för $0\le h\le a$ är $h=a/\sqrt3$. Eftersom $V(0)=V(a)=0$, fås största volymen där. Katetlängderna är alltså

$$h=\frac{a}{\sqrt3},\qquad r=\sqrt{\frac23},a.$$

I polära koordinater motsvaras området av

$$1\le r\le\sqrt2,\qquad0\le\theta\le\pi.$$

Därför

$$\iint_Dx^2\ln(x^2+y^2)\,dx\,dy=\int_0^\pi\cos^2\theta\,d\theta\int_1^{\sqrt2}r^3\ln(r^2)\,dr.$$

Med $u=r^2$ blir detta

$$\frac{\pi}{2}\cdot\frac12\int_1^2u\ln u\,du=\frac{\pi}{4}\left[\frac{u^2}{2}\ln u-\frac{u^2}{4}\right]_1^2$$

$$=\frac{\pi}{16}(8\ln2-3).$$

Funktionen $f(x,y)=xye^{-x-y}$ är kontinuerlig på triangeln $x\ge0$, $y\ge0$, $x+y\le4$. Stationära punkter uppfyller

$$f_x=y(1-x)e^{-x-y}=0,\qquad f_y=x(1-y)e^{-x-y}=0.$$

Den enda inre stationära punkten är $(1,1)$, där

$$f(1,1)=e^{-2}.$$

På kanterna $x=0$ och $y=0$ är $f=0$. På den återstående kanten, med $x=t$ och $y=4-t$, är

$$f(t,4-t)=t(4-t)e^{-4},\qquad 0\le t\le4,$$

vilken får sitt största värde $4e^{-4}$ vid $t=2$. Eftersom $e^{-2}>4e^{-4}$ är största värdet

$$e^{-2}\quad\text{vid }(1,1).$$

Minimivärdet är $0$ på kanterna $x=0$ och $y=0$.

a) Efter division med $1+x^2$ fås

$$y'+\frac{x}{1+x^2}y=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$$

En integrerande faktor är $\sqrt{1+x^2}$, och därmed

$$\left(y\sqrt{1+x^2}\right)'=x.$$

Integration och villkoret $y(0)=1$ ger

$$y\sqrt{1+x^2}=\frac{x^2}{2}+1,$$

så

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

b) Den homogena ekvationen har lösningen

$$y_h=Ae^{2x}+Be^{-2x}.$$

En partikulärlösning till $y''-4y=8x^2-e^x$ är

$$y_p=\frac{e^x}{3}-2x^2-1.$$

Alltså är den allmänna lösningen

$$y(x)=\frac{e^x}{3}-2x^2-1+Ae^{2x}+Be^{-2x}.$$