MATEMATIK Datum: 2020-10-29. Tid: förmiddag (kl. 8:30-12:30)
Chalmers Alla hjälpmedel är tillåtna.
Tentamen Övervakning i Zoom
Examinator: Alexey Geynts, ankn. 031-7725329
Lösningsförslag till tenta i MVE585/MVE605 Inledande matematik
Tips: Börja lösa uppgifter från den som verkar vara lättats, ta sedan den som känns vara näst lättast o.s.v.
Till följande uppgifter skall kortfattade lösningar inlämnas. Endast svar ger inga poäng.
1. (a) Beräkna följande gränsvärden: (3p)
(i) lim
x!0
1 + sin(x) cos(x) 1 sin(x) cos(x);
Lösning. Uttrycket 1+sin(x) cos(x)1 sin(x) cos(x) är obestämt uttryck av typ 00 . Vi kan tillämpa l’Hopitals metod för att bäräkna dess gränsvärde. limx!0 1+sin(x) cos(x)1 sin(x) cos(x) = limx!0 cos(x)+sin(x)cos(x)+sin(x) =
limx!0cos(x)+sin(x)
limx!0 cos(x)+sin(x) =
1
1 = 1:
(ii) limx!1px2 2x 1 px2 7x + 3
Lösning. Uttrycketpx2 2x 1 px2 7x + 3är obestämt uttryck av typ [1 1] :
Multiplicera och dela det medpx2 2x 1 +px2 7x + 3och betrakta gränsvärdet av
resultatet. lim x!1 p x2 2x 1 px2 7x + 3 = lim x!1 (x2 2x 1) (x2 7x + 3) p x2 2x 1 +px2 7x + 3 = = lim x!1 5x 4 p x2 2x 1 +px2 7x + 3 dela med x = lim x!1 5 4=x p 1 2=x 1=x2+p1 7=x + 3=x2 = = 5 2
Sista likheten gäller eftersom 1=x ! 0 och 1=x2 ! 0 då x ! 1.
(b) Bestäm samtliga lösningar till ekvationssystemet. (3p) 8 < : x1+ 3x2+ 2x3 = 1 5x1+ 7x2+ 6x3 = 5 3x1+ 5x2+ 4x3 = 2
Lösning. Betrakta utvidgade matrisen som svarar till ekvationssystemet och genomför Gausselimination för att få fram en ekvivalent matris på trappstegsform:
2 4 1 3 2 1 5 7 6 5 3 5 4 2 3 5 =) 2 4 1 3 2 1 0 8 4 10 0 4 2 5 3 5 =) 2 4 1 3 2 1 0 8 4 10 0 0 0 0 3 5 =) 2 4 1 3 2 1 0 1 12 54 0 0 0 0 3 5
Ett steg i Gauss Jordans baklängessubstitution leder till matrisen på reducerad trapp-stegsform: 2 4 1 0 12 114 0 1 12 54 0 0 0 0 3 5.
Det visar att systemet har en fri variabel x3 och har oändligt mäga lösningar som alla
ligger på en linje med parametrisk vektor framställning !r = !r0 + t !v = 2 4 11 4 5 4 0 3 5 + t 2 4 1 2 1 2 1 3 5
med godtyckliga reella t = x3:
(c) Bestäm för tre punkter A = (1; 2; 3), B = (2; 1; 1), C = (3; 1; 5) summan av vektorer AB+! BC+! CA:! Är det möjligt att få svaret utan beräkningar med givna tal? (2p)
Lösning. AB =! OB! OA,! BC =! OC! OB,! CA =! OA! OC! där O är origo, ochOA,! !
OB, och OC! är ortsvektorer av punkterna A, B, C. Beräkna summan i frågan med jälp av dessa uttryck:
!
AB +BC +! CA =! OB! OA +! OC! OB +! OA! OC = 0! Den likheten gäller för alla godtyckliga punkter A, B, C.
(d) Bestäm om vektorer !u, !v ; !w ligger i samma plan i fall:
!u = 2!i + 3!j !k, !v = !i !j + 2!k, !w = !i + 6!j 7!k : (2p) Lösning.
Vi beräknar skalär trippelprodukt av dessa vektorer för att se om den är noll (då ligger vektorer i samma plan) eller inte (då ligger vektorer inte i samma plan).
!u (!v !w ) = det 2 4 2 3 1 1 1 2 1 6 7 3 5 = 2 det 1 2 6 7 3 det 1 2 1 7 + ( 1) det 1 1 1 6 = = 2( 5) 3( 5) + ( 1)5 = 0
Tre vektorer !u, !v ; !w ligger i samma plan eftersom parallelepipeden spänd av dem har volum lika med noll (är en ‡at …gur).
(e) Bestäm tangentlijen till kurvan x2+ 2xy y2 = 4x i punkten ( 1;p6 1) (2p)
Lösning. Vi beräknar implicit derivata av y = y(x) med avseende på x med att derivera ekvationen med avseende på x och lösa ut y0:
2x + 2y + 2xy0 2yy0 = 4 x + y + xy0 yy0 = 2 xy0 yy0 = 2 x y y0(x y) = 2 x y y0 = 2 x y x y
Substitution med x = 1, y =p6 1ger y0 = 2 + 1 p 6 1 1 p6 1 = p 6 4 p 6 Tangentlinjen har ekvation
y = p6 1 + (x + 1) p 6 4 p 6 ! = 1 3 p 6 + x p 6 4 p 6 !
(f) Beräkna derivatan till funktionen f (x) = ln x + p
1 x2
x : (2p)
Lösning. Vi använder kedjeregeln och produktregeln:
d dxln x+p1 x2 x kedjeregeln = x (x+p1 x2) d dx x+p1 x2 x ; d dx x+p1 x2 x = 1 x 1 x p 1 x2 1 x2 x + p 1 x2 = 1 x2 x x2 p 1 x2 x p 1 x2 =x21 x2 p 1 x2 + p 1 x2 = 1 x2 x2+1 x2 p 1 x2 = 1 x2 1 p 1 x2 ; d dxln x+p1 x2 x = x (x+p1 x2) 1 x2 p1 x1 2 = 1 x(x+p1 x2)(p1 x2) — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — — –
Till följande uppgifter skall fullständiga lösningar inlämnas. Endast svar ger inga poäng.
2. Betrakta planet P med ekvation: 2x+3y 2z = 6 och linjen L med ekvation på standard form: x 1 1 = y + 2 2 = z 1 3 .
(b) Bestäm avståndet mellan punkten (1; 1; 1)och planet P. (2p) (c) Bestäm avståndet mellan punkten (1; 1; 1)och linjen L: (2p) Lösning. (a) NormalenN!Qtill sökta planet Q måste vara ortogonal mot riktningsvektorn
!v = i + 2j + 3k till linjen L eftersom linjen ligger i planet Q.
För två ortogonala plan P och Q är normalen N!P till P parallell med planet Q och
normalen N!Q till Q är parallell med planet P:
Detta medför att normalen N!Q till sökta planet Q måste vara ortogonal mot normalen
!
NP = 2!i + 3!j 2!k till givna planet P. Vi kan då hitta en normalN!Q till sökta planet
Q som kryssprodukten N!Q= !v N!P = det
2 4 !i !j ! k 1 2 3 2 3 2 3 5 = 13!i + 4!j 7!k
En punkt på planet kan väljas som punkten (1; 2; 1) på linjen L: Ekvationen för planet kan skrivas som
13 (x 1) + 4 (y + 2) 7 (z 1) = 0 eller
13x + 4y 7z = 28
(b) Avståndet s mellan ett plan med ekvationen Ax + By + Cz D = 0 och en punkt (x0; y0; z0) beräknas enligt formeln
s = jAx0p+ By0+ Cz0 Dj A2+ B2+ C2
För (x0; y0; z0) = (1; 1; 1)och planet P med ekvatioen 2x + 3y 2z 6 = 0 följer
s = j2 (1) + 3 ( 1)p 2 ( 1) 6j 22+ 32+ 22 =
5 p
17
(c) Linjen L given med en ekvation på standard form: x 1 1 =
y + 2
2 =
z 1
3 , punkten P0 = (1; 1; 1): Vi söker avståndet s mellan dem. Formeln
s =jr0 r1j sin ( )
följer från triangeln på bilden. Från egenskaper hos kryssprodukten följer att s = j(!r0 !r1) !v j
Vi har i vårt konkreta fall !v = !i + 2!j + 3!k ; !r1 = !i 2!j + 1!k ; !r0 = !i !j !k !r0 !r1 = !i !j !k !i 2!j +!k =!j 2!k j!v j =p1 + 22+ 32 =p14; (!r0 !r1) !v = 2 4 01 2 3 5 2 4 12 3 3 5 = det 2 4 !i !j !k 0 1 2 1 2 3 3 5 = 7!i + 2!j +!k = 2 4 7 2 1 3 5 s = j(!r0 !r1) !v j j!v j = = p 72+ 22+ 12 p 14 = r 54 14 = r 27 7 = 3 r 3 7 3. Betrakta funktionen: g(x) = 12x 9x 2+ 2x3; för 0 x 3 x (x + 3) ; för 2 x < 0 de…nierad på intervallet [ 2; 3]. (6p)
(a) Bestäm alla singulära punkter, lokala extrempunkter, absolut maximum och absolut minimum på det intervallet (om de existerar).
(b) Bestäm böjningspunkter (in‡ection points), och de intervall där funktionen är kovex och konkav. Rita en skiss av grafen till funktionen.
Lösning. Funktionen är kontinuuerlig på hela de…nitionsintervallet 2 x 3eftersom limx!+0f (x) = limx! 0 = 0.
Vi betraktar funktionen separat på intervallet 0 < x 3; på intervallet 2 x < 0 och i punkten x = 0. g0(x) = d dx(12x 9x 2+ 2x3) ; för 0 x 3 d dx( x (x + 3)) ; för 2 x < 0 = 6(x 2 3x + 2); för 0 x 3 2x 3; för 2 x < 0 = 6(x 1)(x 2); för 0 x 3 2(x + 3=2); för 2 x < 0 g00(x) = d2 dx2 (12x 9x 2+ 2x3) ; för 0 x 3 d2 dx2 ( x (x + 3)) ; för 2 x < 0 = 12(x 3=2); för 0 x 3 2; för 2 x < 0
Funktionen g har en singulär punkt i x = 0 eftersom derivatan saknas i den punkten: limx!0 g0(x) = 3, och lim
x!0+g0(x) = +12. Dessutom är den punkten ett lokalt
minimum enligt kriterium med första derivatan: g0(x) < 0 för x < 0 i närheten av 0 och
g0(x) > 0 för x > 0 i närheten av 0.
Funktionen har tre stationära punkter: x1 = 3=2; x2 = 1; x3 = 2.
I x1 = 3=2 …nns ett lokalt maximum eftersom g00(x1) = 2 < 0: g(x1) = 9=4:
I x2 = 1 …nns ett lokalt maximum eftersom g00(x2) = 6 < 0: g(x2) = 5:
I x3 = 2 …nns ett lokalt minimum eftersom g00(x3) = +6 > 0: g(x3) = 4:
I endpunkten x4 = 2…ns ett lokalt minimum eftersom g0(x4) = 5 < 0. g(x4) = 2:
I endpunkten x5 = 3 …nns ett lokalt minimum eftersom g0(x5) = 12 > 0. g(x5) = 9
Vi inser att g antar sitt absolut maximum på [ 2; 3] i x5 = 3och ett absolut minimum
i x = 0.
Punkten x = 3=2 är en böjningspunkt. Funktionen är konkav på intervallet: 2 < x < 0 och på intervallet 0 < x < 3=2. Funktionen är konvex på intervallet: 3/2 < x < 3. Grafen till funktionen: . 3 2 1 0 -1 -2 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 x y x y
4. Vi behöver hänga en lampa övanför mitten av en runda lekplats med radien a: Bestäm höjden x för lampan som ger maximal belysning av kanten på lekplatsen. Belysningen I beräknas enligt formeln
I = k sin(') r2 ;
där r är avståndet mellan lampan och den belysade punkten på planet, och ' är vinkeln mellan planet och ljusstrålen från lampan till den punkten. (6p)
Lösning. Pythagorsatsen och de…nitionen på sin medför att r2 = a2+ x2; sin(') = x=r:
Detta medför uttrycket för I som funktion av höjden x 0 (negativa x saknar mening): I(x) = kx
(a2+ x2)3=2; 0 x <1
Vi söker kritiska punkter till funktionen I dI dx(x) = d dx kx (a2+ x2)3=2 ! = = k 3 2 2x x (a2+ x2)5=2 + 1 (a2+ x2)3=2 ! = k 3x 2+ a2+ x2 (a2+ x2)5=2 ! = (k)( 2x 2+ a2) (a2+ x2)5=2
Det …nns en kritisk punkt x0 = pa2 > 0. Belysningen I har ett lokalt maximum I(x0) i
den punkten enligt förstaderivatans test: I0(x) > 0 för x < x
0 och I0(x) < 0 för x > x0.
limx!1I(x) = 0 och I(0) = 0. Detta medför att I(x0)/är ett absolut maximum.
Sökta optimala höjden är lika med x0 = pa2:
5. Funktionen f är implicit de…nierad av ekvationen: (f )2 1 + ln(x 1) = 0 . Bestäm med begränsningen att f 0 dess naturliga de…nitionsmängd och värdemängd. Bestäm dess
inversfunktion f 1 i fall den existerar. (6p)
Lösning. Vi kollar först de…nitionsmängden till f , nämligen för vilka x ekvationen ovan är de…nierad och för vilka x funktionen f kan lösas ut från ekvationen. Vi observerar först att villkoret x > 0 är nödvändigt för att kunna beräkna ln(x 1) i ekvationen. Sedan observera att f2 0och detta medför villkoret 1 ln(x 1) 0. Det betyder att
ln(x 1) 1måste gälla.
Beräkna monotona funktionen exp av vänster och höger i sista olikheten och få en ek-vivalnet olikhet: x 1 e, eller x e + 1 Vi får då de…nitionsmängden till f som D(f) = (1; e + 1]:
Vi kan få fram, med begränsningen att f 0; ett explicit uttryck för f : f (x) =p1 ln(x 1):
Observera dess graf:
3.5 3 2.5 2 1.5 1 5 3.75 2.5 1.25 0 x y x y
Värdemängden till f är då R(f) = [0; 1) eftersom ln(x 1)går från 1 till 1 då x går från 1 till e + 1 inom interallet (1; e + 1].
Funktionen f är strikt avtagande och har en inversfunktion f 1 : [0;
1) ! (1; e + 1] de…nierad på D(f 1) =
R(f) = [0; 1).
För att beräkna inversfunktionen skriv om ekvationen: ln(x 1) = 1 y2 och beräkna
exp funktionen av vänster och höger: x 1 = exp (1 y2) och x = 1 + exp(1 y2). Inversfunktionen f 1 har (med argument x istället) uttrycket:
f 1(x) = 1 + exp(1 x2)
Grafer till f (blå) och f 1(röd) och symmetrilinjen y = x (svart) är givna för att åskådlidgöra lösningen. 5 4 3 2 1 0 5 4 3 2 1 0 x y x y
6. (a) Låt en funktion f ha kontinuerlig derivata på intervallet (a; b). Är det sant att för varje punkt 2 (a; b) …nns två punkter x1 och x2 från (a; b) sådana att likheten
f (x1) f (x2)
x1 x2
= f 0( ); x1 < < x2;
gäller ? (4p)
Lösning. Det är inte sant. En växande funktion f på (a; b) med derivatan f0 som
har ett nolställe så att f0( ) = 0 är ett motexempel. f (x1) f (x2)
x1 x2 > 0 för alla x1och x2
eftersom funktionen är växande, och kan inte vara lika med f0( ) = 0:Ett konkret exempel
av en sådan funktion är f (x) = x3 med = 0.
(b) Visa att ekvationen x (2x) = 1 har en positiv lösning som är mindre än 1. (2p)
Lösning. Betrakta funktionen f (x) = x (2x) 1. Den är kontinuerlig som summan av
produkt av två kontinuerliga funktioner och en konstant. Ekvationen ovan är ekvivalent med ekvationen f (x) = 0. Observera att f (0) = 1 och f (1) = 1 :Satsen om mellanlig-gande värden medför att det måste …nnas en punkt x 2 (0; 1) sådan att f(x) = 0:
7. Ange om följande funktioner f och g är kontinuerliga. (6p) f (x) = 1 1+e1=x; 2 < x < 2; x6= 0; 0; x = 0 g(x) = x sin 1 x ; =2 < x < =2; x6= 0: 0; x = 0
Lösning.
Båda funktioner f och g är kontinuerliga utanför punkten x = 0 som kombination av kända kontinuerliga funktioner.
Beräkna funktionens f (x) högergränsvärde limx!0+1+e11=x:Observera att limx!0+1=x =
1: Detta medför att limx!0+1+e11=x = limz!1
1 1+ez = 0:
Beräkna sedan vänstergränsvärdet limx!0 1+e11=x: Observera att limx!0 1=x = 1:
Detta medför att limx!0 e1=x = lim
z! 1ez = 0 och limx!0 1+e11=x = 1:
Gränsvärdet limx!0f (x)existerar inte enligt satsen som säger att ett gränsvärde limx!af (x) existerar om och endas om limx!a+f (x) = limx!a f (x). Det är omöjligt då för funktio-nen f att vara kontinuerlig i 0. En funktion är per de…nition kontinuerlig i en punkt a om limx!af (x) = f (a):
Funktionen g(x) har gränsvärdet limx!0g(x) = 0 enligt instängninsatsen eftersom g(x) är produkt av en begränsad funktion sin(:::) och funktionen x som går mot noll då x går mot 0. g(0) = 0 = limx!0g(x) = 0 och g är en kontinuerlig funktion på hela R linjen.
Maxpoäng på tentan är 50.
Betyggränser för poäng på tentamen, inklusive eventuella bonuspoäng är: 3: 20; 4: 30; 5: 40.
Lösningar läggs ut på tentamens sida och på kurs sidan i Canvas. Resultat meddelas via Ladok.
