Tenta 2023-06-14

(a) Med standardutvecklingarna $\ln(1+t)=t-t^2/2+O(t^3)$, och $\arctan(t)=t-t^3/3+O(t^4)$ då $t\to0$ får vi
$$\begin{aligned} \frac{(\ln(1+x))^2-\ln(1+x^2)}{2x-\arctan(2x)} &=\frac{(x-x^2/2+O(x^3))^2-(x^2-x^4/2+O(x^6))}{2x-(2x-(2x)^3/3+O(x^4))}\\ &=\frac{x^2-x^3+O(x^4)-x^2+O(x^4)}{8x^3/3+O(x^4)} =\frac{-1+O(x)}{8/3+O(x)}\to\frac{-1}{8/3}=-\frac38\quad\text{då }x\to0. \end{aligned}$$
(b) $$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0+h)-f(0)}h=\lim_{h\to0}\frac{e^{-1/h^2}}h =\left[\begin{array}{c}h=1/t\\t\to\pm\infty\end{array}\right] =\lim_{t\to\pm\infty}\frac t{e^{t^2}}=0,$$
där sista gränsvärdet är $0$ eftersom exponentialfunktionen växer mycket fortare än polynom.

Funktionen $f(x)=\ln\lvert x-1\rvert-\ln\lvert x+1\rvert-x$ är definierad då $x\ne\pm1$. De möjliga vertikala asymptoterna är därmed $x=\pm1$, och eftersom vi får $\lim_{x\to-1}f(x)=\infty$ och $\lim_{x\to1}f(x)=-\infty$ är båda asymptoter. Vidare får vi $k=\lim_{x\to\pm\infty}f(x)/x=-1$ och $m=\lim_{x\to\pm\infty}(f(x)-kx)=\lim_{x\to\pm\infty}\ln\left\lvert\frac{1-1/x}{1+1/x}\right\rvert=0$ så $y=kx+m=-x$ är en sned asymptot då $x\to\pm\infty$.

Vi får att $f'(x)=\frac1{x-1}-\frac1{x+1}-1=\frac{3-x^2}{(x-1)(x+1)}$ vilket ger att $f'(x)=0$ för $x=\pm\sqrt3$. Vidare blir $f''(x)=\frac{-1}{(x-1)^2}+\frac1{(x+1)^2}=\frac{-4x}{(x-1)^2(x+1)^2}$ vilket ger att $f''(x)=0$ bara för $x=0$. Vi gör en teckentabell
$$\begin{array}{c|ccccccccccc} x&&-\sqrt3&&-1&&0&&1&&\sqrt3&\\\hline f'(x)&-&0&+&\text{ej def.}&-&-&-&\text{ej def.}&+&0&-\\ f(x)&\searrow&\text{lok.min}&\nearrow&\text{ej def.}&\searrow&\searrow&\searrow&\text{ej def.}&\nearrow&\text{lok.max}&\searrow\\ f''(x)&+&+&+&\text{ej def.}&+&0&-&\text{ej def.}&-&-&-\\ f(x)&\smile&\smile&\smile&\text{ej def.}&\smile&\text{infl.}&\frown&\text{ej def.}&\frown&\frown&\frown \end{array}$$
Från denna ser vi att funktionen har lokala extrempunkter i $x=\pm\sqrt3$, och en inflektionspunkt i $x=0$. Grafen är konvex på vardera av de två intervallen $(-\infty,-1)$ och $(-1,0]$, och konkav på $[0,1)$ och på $(1,\infty)$. Vi skissar grafen:

I polära koordinater $\begin{cases}x=r\cos(\theta)\\y=r\sin(\theta)\end{cases}$ motsvaras området $D$ av området $E=\{(r,\theta)\in\mathbb R^2\mid1\le r\le2,\ -\pi/2\le\theta\le\pi/4\}$ i $r\theta$-planet. Vi får
$$\begin{aligned} \iint_D\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\,dx\,dy &=\iint_E\frac{r^2\cos^2(\theta)-r^2\sin^2(\theta)}{r^2}r\,dr\,d\theta =\iint_Er(\cos^2(\theta)-\sin^2(\theta))\,dr\,d\theta\\ &=\int_{-\pi/2}^{\pi/4}\cos(2\theta)\,d\theta\int_1^2r\,dr =\left[\frac{\sin(2\theta)}2\right]_{\theta=-\pi/2}^{\theta=\pi/4}\left[\frac{r^2}2\right]_{r=1}^{r=2} =\frac{1-0}2\cdot\frac{4-1}2=\frac34. \end{aligned}$$

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 $\begin{cases}0=\frac{\partial f}{\partial x}=2x-2y\\0=\frac{\partial f}{\partial y}=-2x+4y-2\end{cases}$ vilket ger punkten $(x,y)=(1,1)$ som ligger i området och därmed är en kandidatpunkt.

Vi undersöker nu kanten $y=0$ för $0<x<2$. Vi får $h_1(x)=f(x,0)=x^2$ så $h_1'(x)=2x$ så $h'(x)\ne0$ i intervallet.

Kanten $x=2$, $0<y<4$ ger $h_2(y)=f(2,y)=2y^2-6y+4$. Vi får $h_2'(y)=4y-6$ så $h_2'(y)=0$ för $y=3/2$ som ligger i intervallet, och ger punkten $(2,3/2)$.

Kanten $y=2x$ för $0<x<2$ parametriseras genom $\begin{cases}x=t\\y=2t\end{cases}$ för $0<t<2$, så $h_3(t)=f(t,2t)=5t^2-4t$. Vi får $h_3'(t)=10t-4$ så $h'(t)=0$ ger randpunkten $(2/5,4/5)$.

Vi jämför funktionsvärdena i våra $3$ funna punkter samt hörnpunkterna som också är kandidater:
$$\begin{array}{c|cccccc}(x,y)&(1,1)&(2,3/2)&(2/5,4/5)&(0,0)&(2,0)&(2,4)\\\hline f(x,y)&-1&-1/2&-4/5&0&4&12\end{array}$$
så minsta värdet är $f(1,1)=-1$ och det största $f(2,4)=12$.

(a) Begränsningskurvorna $y=x$ och $y=2\sqrt x$ skär varandra då $x=0$ och då $x=4$, så området ges av
$$x\le y\le2\sqrt x,\qquad0\le x\le4.$$
Om vi beräknar volymen som fås då den övre kurvan roterar kring $x$-axeln med skivformeln för rotationsvolym, och subtraherar volymen som genereras av den undre kurvan, får vi att volymen $V_1$ ges av
$$V_1=\pi\int_0^4(2\sqrt x)^2\,dx-\pi\int_0^4(x)^2\,dx=\pi\int_0^4(4x-x^2)\,dx=\pi\left[2x^2-\frac{x^3}3\right]_0^4=\frac{32\pi}3.$$
(b) Med formeln för cylindriska skal (rörformiga element) får vi
$$V_2=2\pi\int_0^4x(2\sqrt x-x)\,dx=2\pi\int_0^4(2x^{3/2}-x^2)\,dx=2\pi\left[\frac{2x^{5/2}}{5/2}-\frac{x^3}3\right]_0^4=\frac{128\pi}{15}.$$

(a) Vi multiplicerar den linjära differentialekvationen $y'+2xy=x$ med den integrerande faktorn $e^{x^2}$ och får då
$$(e^{x^2}y)'=xe^{x^2}.$$
Integrerar vi båda sidor får vi $e^{x^2}y=e^{x^2}/2+C$. Begynnelsevillkoret $y(0)=1$ ger nu att $C=1/2$, varmed lösningen är $y(x)=(1+e^{-x^2})/2$.

(b) Vi börjar med att lösa den homogena ekvationen $y_h''+y_h'-2y_h=0$. Den karakteristiska ekvationen är $r^2+r-2=0$, med lösningar $r=1$ och $-2$, så $y_h=Ae^x+Be^{-2x}$, för $A,B\in\mathbb R$.

Om vi ansätter en partikulärlösning på formen $y_p=ze^x$ så blir $y_p'=(z'+z)e^x$ och $y_p''=(z''+2z'+z)e^x$ så vi får $y_p''+y_p'-2y_p=(z''+3z')e^x$ vilket skall vara lika med $e^x$, vilket betyder att $z''+3z'=1$. Ansätter vi $z'=a$ får vi att $a=1/3$, så vi kan ta $z=x/3$, så $y_p=xe^x/3$.

Den allmänna lösningen till differentialekvationen är därmed
$$y=y_p+y_h=(x/3+A)e^x+Be^{-2x}.$$