Lösningsförslag till TEN2 i kursen HF1006 och HF1008 den 13 jan 2014

TENTAMEN HF1006 och HF1008 TEN2 11 mars 2014

Analys och linjär algebra, HF1008 (Medicinsk teknik), lärare: Richard Eriksson Analys och linjär algebra, HF1008 (Elektroteknik), lärare: Inge Jovik,

Linjär algebra och analys , HF1006 (Datateknik), 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 lösningarna.

--- Fullständiga lösningar skall presenteras till alla uppgifter.

1. Bestäm gränsvärdet

x x

x x

x ln

lim ln +

∞

→ . (2p)

2. Derivera och förenkla så långt som möjligt (3p)

10 12 4

3 ) 2

( 2 + +

= +

x x

x x

a _och b(x)=sin(cos2x)_.

3. Bestäm eventuella extrempunkter och asymptoter och skissa (3p)

funktionen

4 ) 3

( −

= − x x x

y .

4. Bestäm alla primitiva funktioner till 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥². (2p)

5. Bestäm alla primitiva funktioner till 𝑓𝑓(𝑥𝑥) =_{√1−𝑥𝑥}^1−𝑥𝑥₂. (2p)

6. Bestäm alla primitiva funktioner till 𝑓𝑓(𝑥𝑥) =_{2+2𝑥𝑥+𝑥𝑥}¹ 2. (1p)

7. Beräkna integralen ∫ 𝑡𝑡𝑒𝑒_−∞^{0 −𝑡𝑡2/2}𝑑𝑑𝑡𝑡. (3p)

8. Bestäm den lösning till differentialekvationen (2p)

y′=(x−4)(y−2)som uppfyller 𝑦𝑦(0) = 5. Ange lösningen på explicit form (dvs på formen y= f( x)).

9. Lös differentialekvationen y′′−7y′+10y =20x−4. (2p)

10. Bestäm strömmen i(t) i nedanstående LR krets (2p)

om induktansen L=2 henry , resistansen R= 12 ohm, spänningen u(t)=10e^−5t volt och i(0)=0 ampere.

Tips: 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).

11. Vid tiden t=0 min börjar det rökas i en sal som innehåller 1000 m³ (2p) ren luft. Rökarnas utandningsluft är sammanlagt 0,1 m³/min och den

innehåller 4 % CO. Luften i salen är hela tiden väl blandad. Det

sugs ut 0,1m³ luft/min och samtidigt dras 0,1 m³/min ren luft in. Tillåtet CO är 0,01 %. Bestäm T då det gränsvärdet överskrids.

Lösningsförslag till TEN2 i kursen HF1006 och HF1008 den 13 jan 2014

1.



∞

= ∞ +

∞

→ , L' Hospital ln

lim ln

x x

x x

x

∞ + =

= ∞ +

+

∞

→ 1 1 0

1 1 limln

x x

x

Svar. ∞

Rättningsmall: 1p om man kommer till

x x

x 1

1 1 limln

+ +

∞

→ . 2p om allt är korrekt.

2. =

+ +

+ +

⋅ + +

− + +

=

′ 2 2

2 2

) 10 12 4

(

10 12 4

2

12 ) 8

3 2 ( 10 12 4

2 ) (

x x

x x

x x x

x x

a

10 12 4

10 12 4

6 ) 4

3 2 ( 10 12 4

2

2

2 2

+ +

+ +

⋅ + +

− + +

= x x

x x

x x x

x

10 12 4

10 12 4

2

) 18 24 8

( ) 10 12 4

( 2

2 2

2 2

+ ++ +

+ +

− + +

= x x

x x

x x

x x

2 / 3 2

2 2

) 10 12 4

(

1 10

12 4

10 12 4

2

2

+

= + +

++ +

= x x x x

x x

) 2 cos(cos 2

sin 2 ) 2 sin 2 ( ) 2 cos(cos )

(x x x x x

b′ = ⋅ − =− ⋅

Svar: _{2 3/2}

) 10 12 4

( ) 1

( = + +

′ x x x

a , b′(x)=−2sin2x⋅cos(cos2x)

Rättningsmall: 1p för varje del

3. 4

1 1 4

1 4 4

) 3

( = + −

− +

= −

−

= −

x x

x x

x x

y (Alternativ: polynom division ger

4 1 1

)

( = + − x x

y )

EXTREMPUNKTER: Först derivatan: ₂

) 4 ( ) 1

( −

= −

′ x x

y .

Ingen extrempunkt eftersom y′ x( )=0 saknar lösning.

ASYMPTOTER

En vertikal (=lodrät) asymptot x=4 eftersom =∞

→ ( )

lim

4 f x

x .

En horisontell (=vågrät) asymptot y=1 eftersom lim ( )=1

∞

→ f x

x .

Grafen:

Rättningsmall: 2 p om allt är korrekt. -1 p om grafen saknas. 1p om båda asymptoter är korrekta.

4. xdx x dx x x x x x

x x x dx

x 2 xln 2 xln 2 2 ln| | 2

ln x ) i.

(p.

ln ² = = ² −

∫

∫

∫

Svar. 2xln|x|−2x

Rättningsmall: 2 p om allt är korrekt. 1 p korrekt användning av p.i. med mindre räknefel.

5. ∫_{�1−𝑥𝑥}^1−𝑥𝑥₂^{𝑑𝑑𝑥𝑥 =} ∫_{�1−𝑥𝑥}¹ ₂^{𝑑𝑑𝑥𝑥 −}∫_{�1−𝑥𝑥}^𝑥𝑥 ₂𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑙𝑙𝑥𝑥 +¹₂∫_{�1−𝑥𝑥}^−2𝑥𝑥₂^{𝑑𝑑𝑥𝑥 =}�𝑢𝑢 = 1 − 𝑥𝑥²,^{𝑑𝑑𝑢𝑢}_{𝑑𝑑𝑥𝑥}= −2𝑥𝑥�= 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑙𝑙𝑥𝑥 +¹₂∫_√𝑢𝑢^{𝑑𝑑𝑢𝑢} = 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 +√𝟏𝟏 − 𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝑪𝑪

Rättningsmall: 2 p om allt är korrekt. 1 p för korrekt en delintegral.

6. ∫_{2+2𝑥𝑥+𝑥𝑥}¹ ₂𝑑𝑑𝑥𝑥 ={𝑘𝑘𝑘𝑘𝑎𝑎𝑑𝑑𝑎𝑎𝑎𝑎𝑡𝑡𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑘𝑙𝑙𝑒𝑒𝑡𝑡𝑡𝑡𝑒𝑒𝑎𝑎𝑎𝑎 }=∫_{1+(𝑥𝑥+1)}^{𝑑𝑑𝑥𝑥} 2 = 𝐚𝐚𝐚𝐚𝐚𝐚𝐚𝐚𝐚𝐚𝐚𝐚(𝒂𝒂 + 𝟏𝟏)+ 𝑪𝑪 Rättningsmall: 2 p om allt är korrekt. 1 p för kvadratkomplettering.

7. _{∫ 𝑡𝑡𝑒𝑒−∞}^{0 −𝑡𝑡2/2}_{𝑑𝑑𝑡𝑡= �𝑢𝑢 = −}^𝑡𝑡2

2,^{𝑑𝑑𝑑𝑑}_{𝑑𝑑𝑡𝑡} = −𝑡𝑡, → 𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡 = −𝑑𝑑𝑢𝑢, 𝑡𝑡 = 0 → 𝑢𝑢 = 0, 𝑡𝑡 = −∞ → 𝑢𝑢 = −∞ � =

= � −𝑒𝑒^{0 𝑑𝑑}𝑑𝑑𝑢𝑢 = [−𝑒𝑒^𝑑𝑑]_−∞⁰ = −𝑒𝑒⁰+ lim_{𝑑𝑑→−∞}𝑒𝑒^𝑑𝑑 = −𝟏𝟏

−∞

Rättningsmall: 1p för korrekt substitution. 2p om man kommer till

∫

∞

−

−

0

eu_. 3p om allt är korrekt.

8. Bestäm den lösning till differentialekvationen y′=(x−4)(y−2) som uppfyller y(0)=5.

⇒ +

−

=

−

⇒

−

− =

⇒

−

− =

⇒

−

−

= ^{x y} _y^{dy x dx}

∫

∫

dx

dy ( 4) ln| 2| 4

) 2 4 2 (

) 2 )(

4

( ²

x x D D

x

x y e e

e

y 2| ^{2 4} 2 ^{2 4}

| − = ^{− +} ⇒ − =± ⁻ . Vi betecknar C =±e^D och får y =2+Ce^x2−4x (den allmänna lösningen)

x

ex

y C

y(0)=5⇒ =3⇒ =2+3 ²⁻⁴ .

Rättningsmall: 1p om man kommer till ln|y−2|= x² −4x+D. 2p om allt är korrekt. Svar. y =2+3e^x2−4x

9. Först homogena deleny′′−7y′+10y =0.

Den karakteristiska ekvationen har lösningar r₁ =2 och r₂ =5.

Därför är Y_h =C₁e^2x+C₂e^5x den allmänna lösningen till den homogena ekvationen.

En partikulär lösning får vi med hjälp av ansatsen B

Ax

y_p = + som gör y′_p = Aoch y_p′′ =0. Insättning i ekvationen ger

4 20 7 10 10

4 20 ) (

10 7

0− A+ Ax+B = x− ⇒ Ax+ B− A= x− .

Härav 2 och 1

4 7

10 20

10 ⇒ = =









−

=

−

= A B

A B

A

Alltså y_p = x2 +1.

Därför y= y_H + y_p =C₁e^2x+C₂e^5x+2x+1

Svar: y =C₁e^2x +C₂e^3x +2x+1

Rättningsmall: 1p för homogena delen, 1p för en partikulär lösning.

10.

a) Från kretsen får vi följande diff. ekv.

) ( ) ) (

( R i t u t

dt t

L⋅di + ⋅ = ( efter subst. L , R och u(t) )

e t

t i t

i( ) 12 ( ) 10 ⁵

2 ′ + = ⁻ ( dela med 2) e t

t i t

i′( )+6 ( )=5 ⁻⁵ (*)

Homogena ekvationen i′(t)+6i(t)=0ger

t

H t Ce

i ( )= ⁻⁶

Partikulärlösning: i_p(t)= Ae^−5t ⇒i_p′(t)=−5Ae^−5t substitueras i ekvationen e t

t i t

i′( )+6 ( )=5 ⁻⁵ och fås

5 5

5 6

5 ⁵ + ⁵ = ⁵ ⇒ ⁵ = ⁵ ⇒ =

− Ae^−t Ae^−t e^−t Ae^−t e^{− t} A och därmed

t

p t e

i ( )=5 ⁻⁵

Därför i(t)=i_H(t)+i_p(t)⇒i(t)=Ce^−6t +5e^−5t

För att bestämma C använder vi begynnelsevillkoren i(0)=0 och får i0=C+5⇒0=C =−5

och i(t)=Ce^−6t −5e^−5t Svar: i(t)=−5e^−6t +5e^−5t

Rättningsmall: Allt korrekt =2p (1p för den allmänna lösningen i(t)=Ce^−6t +5e^−5t , -1p för fel konstant C).

11. Vid tiden t=0 min börjar det rökas i en sal som innehåller 1000 m³ ren luft. Rökarnas utandningsluft är sammanlagt 0,1 m³/min och den innehåller 4 % CO. Luften i salen är hela tiden väl blandad. Det sugs ut 0,1 m³ luft/min och samtidigt dras 0,1 m³/min ren luft in.

Tillåtet CO är 0,01 %. Bestäm T då det gränsvärdet överskrids.

Vi inför följande beteckningar:

) (t

y betecknar mängden av CO ( i m³ ) vid tiden t ,

V betecknar hastigeten (i m3 per minut ) med vilken CO kommer in i rummet , in

V betecknar hastigeten (i m3 per minut ) med vilken CO lämnar rummet. ut

Då gäller

ut

in V

V t

y′ )( = − (*)

där V_in =0,1⋅0,04=0,004 (CO i m³/min ) )

( 0001 , 1000 0

) 1 ( ,

0 y t y t

V_ut = ⋅ = (CO i m³/min ) Från (*) har vi

) ( 0001 , 0 004 , 0 )

(t y t

y′ = −

eller

004 , 0 ) ( 0001 , 0 )

( + =

′ t y t

y

Homogena delen ger y_H =Ce^−0,0001t

Ansatsen y_p = ger A 0+0,0001A=0,004⇒ A=40 och därmed y_p = A=40. Alltså y(t)= y_H + y_p =Ce^−0,0001t +40

Begynnelsevillkoret y(0)=0ger 0=C+40⇒C =−40. Alltså y(t)=40−40e^−0,0001t.

Tillåtet CO är Tillåtet CO är 0,01 % av 1000 d v s 1000·0,0001=0,1 m3.

För vilken tid T blir det 0,1 m3 CO i rummet får vi genom att lösa ekvationen

Från y(t)=0,1⇒40−40e^−0,0001T =0,1⇒e^−0,0001T =39,9/40⇒−0,0001T =ln(399/400) min

25 ) 399 / 400 ln(

10000 0001

, 0 / ) 400 / 399

ln( ⇒ = ≈

−

=

⇒T T .

Svar: T =10000ln(400/399)

Rättningsmall: Allt korrekt =2p. 1p för korrekta ekvationen y′(t)=0,004−0,0001y(t).