TENTAMEN 10 jan 2012 HF1006 och HF1008
Moment: TEN2 (Analys), 4 hp, skriftlig tentamen
Kurser: Analys och linjär algebra, HF1008, lärare: Fredrik Bergholm och Inge Jovik, Linjär algebra och analys , HF1006, lärare: Armin Halilovic
Examinator: Armin Halilovic
Betygsgränser: För godkänt krävs 10 av max 24 poäng.
För betyg A, B, C, D, E, Fx krävs 22, 19, 16, 13, 10 respektive 9 poäng.
Hjälpmedel på tentamen TEN2: Utdelad formelblad. Miniräknare ej tillåten.
Komplettering: 9 poäng på tentamen ger rätt till komplettering (betyg Fx) . --- Skriv endast på en sida av papperet.
Skriv namn och personnummer på varje blad.
Inlämnade uppgifter skall markeras med kryss på omslaget.
---
Denna tentamenslapp får ej behållas efter tentamenstillfället utan lämnas in tillsammans med lösningar.
Fullständiga lösningar skall presenteras till alla uppgifter.
Denna uppgift (1) kan du som är godkänd på KS hoppa över.
Uppgift 1. (4p) ( Endast för de studenter som inte klarat kontrollskrivningen) Beräkna följande gränsvärden
a)
4 3 lim
27
2
−
− +
→
x
x
x (1p)
b)
2 4
3
1 lim 2
10 48 10
+
− + +
∞
→
x x
x x
x (1p)
c) 2
0
1 lim cos
x x
x
−
→ (2p) ---
Uppgift 2. Bestäm mha logaritmisk derivering derivatan av
funktionen = (2p)
Uppgift 3.a) Beräkna ⋅cos(6 ) (2p)
b) Beräkna ⋅ (2p)
c) Beräkna (2p)
Uppgift 4 a) Bestäm y(t) då ´( ) = 6 − och (0) = 3 (1p) b) Lös differentialekvationen ′ ∙ = 2 (1p) c) Bestäm lösningen till differentialekvationen − 2 = ∙ (2p) då (0) = 1
d) Lös differentialekvationen ( ) + 2 ( ) + 5 ( ) = 0 (2p) då (0) = 0 och (0) = 2
Uppgift 5. Skissa kurvan / och ange alla asymptoter med (2p) noggranna motiveringar.
Uppgift 6. Bestäm strömmen i(t) och laddningen q(t) i (4p) nedanstående LRC krets om
L=1 H , R= 7 Ω , C=
12
1 F och U =14 V.
Vid t=0 gäller följande villkor: i(0) = 1 A och i′(0)= 5 A/ s.
Ledning: Spänningsfallet över en spole med induktansen L är lika med L⋅i′(t). Spänningsfallet över ett motstånd med resistansen R är lika med R⋅i(t).
Spänningsfallet över en kondensator med kapacitansen C är lika med C
t q )(
, där q´(t)=i(t) är ett samband mellan laddningen q(t) och strömmen i(t)
Förslag till lösningar på TEN2 i kursen HF1006 och HF1008 den 10 jan 2012
1.
a)
, l' Hospital]
0
"
0
"
4 [ 3 lim
27
2
−
− +
→
x
x
x =
24 1 4 6 1 2
7 2
1
lim2 + = =
→ x
x
x
b)
3
2 0 0 3
0 0 2 2 3 4
1 2 1
2 lim 4
3
1 lim 2
10 6
10 2 4
10 8 10
+ =
− +
= + +
− +
= + +
− + +
∞
→
∞
→
x x
x x x
x
x x
x
x
c)
2 1 2
lim cos
Hospital]
l' 0 ,
"
0
"
2 [ lim sin Hospital]
l' 0 ,
"
0
"
1 [ lim cos
0 2 0 0
= −
= −
− =
=
− =
→
→
→
x
x x x
x
x
x x
Svar: a) 24
1 b) 3 2 c)
2
−1
Rättningsmall:
a) Allt korrekt ger 1 poäng.
b) Allt korrekt ger 1 poäng.
c) En korrekt användning av l’ Hospitals regel ger 1 poäng. Allt korrekt ger 2 poäng.
2. Bestäm med hjälp av logaritmisk derivering derivatan av funktionen = Vi logaritmerar både VL och HL: ln = ln( ) = ( )
Derivera implicit map x: = 2 ∙ → = ∙ Svar: = ∙
Helt rätt 2p. felaktiga. Korrekt implicitderivering = 2 ∙ ger 1 p.
3. a) Beräkna ⋅ .
Substitutionen sin(x)=s, och då är cos(x)dx=ds Nya integrationsgränser: sin(0)=0 , sin(π/2)=1.
⋅
= = = ln(1 + 2) = 0.5 ln(2)
Rättningsmall: Helt rätt 2p. Felaktiga integrationsgränser 1p.
3. b) Partialintegration med f= x och g’= cos(6x)
f’ =1 , g=sin(6x)/6 ger
fg− f ’g dx= xsin(6x)/6 − ( ) dx
= xsin(6x)/6 + cos(6x)/36+C
Integrationskonstanten C måste vara med.
Svar: Obestämda integralen blir xsin(6x)/6 + cos(6x)/36+C.
Rättningsmall: Allt rätt=2p, Glömd integrationskonstant=> minus 1p. Inget extra avdrag för teckenfel, men teckenfel i sig medför 1p.
3.c)
Partialbråksuppdelning ger = − 2 + 1
+ 7 + 10 = ( 3
+ 5− 1
+ 2) = 3 ln| + 5| − ln| + 2| +
Svar: 3 ln| + 5| − ln| + 2| +
Rättningsmall: Glömd integrationskonstant ger ej avdrag både på b och c. Annars allt rätt ger 2p, och felaktigt partialbråksuppdelning eller ln(x+2),osv. utan absolutbelopp medför 1p.
4. a) Bestäm y(t) då ´( ) = 6 − och (0) = 3:
Vi integrerar och får ( ) = 3 + +
Begynnelsevillkoret ger (0) = 3 → (0) = 0 + + = 3 → = 2,5 Vi får slutligen ( )= 3 + + 2,5
Svar: ( )= 3 + + 2,5
b) Lös differentialekvationen ′ ∙ = 2 :
Skriv om ekvationen så att vi lättare ser att den är separabel:
∙ 1
= 2 → = 2 → = 2 → −1
= + →
= −1
( + )
Svar: = ( )
c) Lös differentialekvationen − 2 = ∙ å (0) = 1:
Vi löser den med metoden med Integrerande Faktor (IF): = Efter multiplikation med IF får vi: =
Integration av ekvationen ger: = = + → = + Begynnelsevillkoret ger: (0) = → (0) = 0 + = 1 → = 1
Lösningen blir: = (1 + ) Svar: = (1 + )
Rättningsmall: Helt rätt allmän lösning men felaktigt hanterande av BV= 1p. ”Nästan” rätt allmän lösning och riktigt hanterande av BV=1p.
d) Lös differentialekvationen ( ) + 2 ( ) + 5 ( ) = 0, (0) = 0 (0) = 2.
KE: + 2 + 55 = → , = −1 ± 2
Dvs differentialekv. har komplexa rötter och får den allmänna lösningen
= ( 2 + 2 )
Vi har två begynnelsevillkor för att bestämma två konstanter (A och B):
(0) = 0 → = 0 Med A=0 kan vi nu derivera y (produktregeln), för att bestämma B.
( ) = − 2 + 2 2 ; (0) = 2 → (0) = 2 = 2 → = 1 Dvs, vi får lösningen: = 2
Svar: = 2
Rättningsmall: Helt rätt allmän lösning men felaktigt hanterande av BV= 1p. ”Nästan” rätt allmän lösning och riktigt hanterande av BV=1p.
5. lim → ( ) = ∞ Och lim → ( ) = 0.
Alltså en diskontinuitet i x=0, med lodrät asymptot mot y= ∞ på ena sidan . (På andra sidan går funktionen mot 0.)
lim → ( ) = e0 = 1, ovanifrån (vågrät asymptot) lim → ( ) = e0 = 1, underifrån (vågrät asymptot)
Rättningsmall: Helt rätt kurva ger 1p. Helt riktiga asymptotuträkningar ger 1p.
6. Från kretsen får vi följande diff. ekv.
U t Cq t i dt R
t
L⋅di + ⋅ + 1 ( )= )
) (
( (ekv1)
(efter subst. L, R och C) 14 ) ( 12 ) ( 7 )
( + + =
′ t i t q t
i (ekv 2)
Derivering av ( ekv 2) ger:
0 ) ( 14 ) ( 7 )
( + ′ + =
′′ t i t i t
i . (ekv 3)
Härav i(t)=C1e−3t +C2e−4t. Alltså:
t
t C e
e C t
i( )= 1 −3 + 2 −4 medför
t
t C e
e C t
i′( )=−3 1 −3 −4 2 −4 .
För att bestämma C och 1 C använder vi begynnelsevillkoren 2 i(0)=1 och ′i(0)=5 och får
2 1
1 + C = C
5 4 3 1− 2 =
− C C .
Härav C =9, 1 C =-8 och därför 2 i(t)=9e−3t −8e−4t .
Från (ekv1) har vi ( ) ( )
) 1 (
t i dt R
t L di U t
Cq = − ⋅ − ⋅
⇒ [14 1( 27 32 ) 7(9 8 ]
12 )] 1 ) (
[ ( )
( R i t e 3t e 4t e 3t e 4t
dt t L di U C t
q = − ⋅ − ⋅ = − − − + − − − − −
⇒ [14 36 24 ]
12 ) 1
(t e 3t e 4t
q = − − + −
⇒ q t 3e 3t 2e 4t 6
) 7
( = − − + − .
Svar: i(t)=9e−3t −8e−4t , q(t)= 67−3e−3t +2e−4t Rättningsmall:
1 poäng om man eliminerar en variabel och kommer till ekvationen 0
) ( 14 ) ( 7 )
( + ′ + =
′′ t i t i t
i
( eller allternativt till ekvationen q''(t)+7q'(t)+14q(t)=14 ).
2 poäng för korrekt en av i(t) , q(t).
Allt korrekt ger 4 poäng.
