ENDIMENSIONELL ANALYS A kl INGA HJÄLPMEDEL. Lösningarna ska vara försedda med ordentliga motiveringar och tydliga svar.

LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA TENTAMENSSKRIVNING

MATEMATIK ENDIMENSIONELL ANALYS A2

2015–01–16 kl. 8–13

INGA HJÄLPMEDEL. Lösningarna ska vara försedda med ordentliga motiveringar och tydliga svar.

1. a) Lös ekvationen

z²+ iz +¹₂− i = 0.

Rötterna ska ges på formen a + bi, där a och b är reella tal. (0.6) b) Bestäm absolutbeloppet och ett argument av det komplexa talet

(1 +p 3i)⁷

(−1 + i)⁵ . (0.4)

2. Skissera grafen till funktionen

f (x) = x³

(x −1)², x 6= 1.

Ange speciellt eventuella lokala extrempunkter och sneda asymptoter.

3. a) Låt f (x) = ln¡p 1 + e^x¢

. Bestäm en ekvation för tangenten till kurvan y = f (x) i

den punkt på kurvan som har x-koordinat 0. (0.4)

b) Definiera vad som menas med att en funktion f är kontinuerlig respektive deri-

verbar i en punkt x₀. (0.2)

c) Betrakta påståendena

A: f är kontinuerlig i x0, B: f är deriverbar i x₀.

Vilka implikationer gäller mellan dessa båda påståenden? Motivera ditt svar ge-

nom att ge bevis/motexempel. (0.4)

4. a) Bestäm ett polynom p(x) av grad 1 sådant att

¯

¯(1 +3x)^3/2− p(x)¯

¯≤³₈ då 0 ≤ x ≤¹₃.

Visa också att olikheten gäller med detta polynom. (0.5) b) Använd Maclaurinutveckling för att bestämma gränsvärdet

limx→0

e^−x2/2− cos x

x(sin x − x) . (0.5)

VAR GOD VÄND!

5. a) Avgör för vilka värden på x som serien X∞

k=1

¡ ₁

x−1

¢k

, x 6= 1,

är konvergent. Bestäm även seriens summa för dessa värden på x. (0.5) b) Bestäm det värde på konstanten a som gör att gränsvärdet

limx→1

x²− 2(a + 1)x + 3a − 1 x²− x

existerar (ändligt). Beräkna sedan gränsvärdet för detta värde på a. (0.5) 6. En rak cirkulär cylinder med radie r och höjd h är inskriven i en rak cirkulär kon med given radie R och given höjd H, som visas i figuren. Bestäm det värde på r (uttryckt i R och H) som maximerar den totala ytarean av cylindern (inklusive topp och botten).

H

h

R r

Du får, till att börja med, anta att H > 2R. Undersök slutligen vad som händer i fallet H ≤ 2R.

LYCKA TILL!

LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA LÖSNINGAR

MATEMATIK ENDIMENSIONELL ANALYS A2

2015–01–16 kl 8–13

1. a) Kvadratkomplettering ger

z²+ iz + ¹₂ − i = 0 ⇔ z +¹₂i

| {z }

=w

2

− ¹2i
2

+¹₂ − i = 0

⇔ w² = −³4 + i,

och sätter vi w = a + bi (a, b ∈ R) så får vi

a²− b²+ 2abi = −³4 + i ⇔

( a² − b² = −³₄, 2ab = 1.

Detta system, som förslagsvis löses med utnyttjande av hjälpekvationen a²+b² =

| − 3/4 + i| = 5/4, har lösningarna (a, b) = ±(1/2, 1). (Observera att systemets andra ekvation ger att a och b har lika tecken.) Återgång till z ger slutligen rötterna

z₁+¹₂i = ¹₂ + i ⇔ z₁ = ¹₂ +¹₂i, z2+¹₂i = −¹₂ − i ⇔ z2 = −¹₂ −³₂i.

b) Räkneregler för absolutbelopp och argument ger 

(1 +√ 3i)⁷ (−1 + i)⁵

=

1 +√ 3i

⁷

|−1 + i|⁵ =

q

1²+ (√ 3)²7

p(−1)² + 1²5 = 2⁷

2^5/2 = 2^9/2, respektive

arg (1 +√ 3i)⁷

(−1 + i)⁵ = 7 arg(1 +√

3i) − 5 arg(−1 + i) =

= 7 · ^π₃ − 5 · ^3π₄ + 2πk = −^17π₁₂ + 2πk.

Således är absolutbeloppet lika med 2^9/2, och ett argument är t.ex. ^7π₁₂ (efter addition av ^24π₁₂ = 2π till den uträknade vinkeln ovan).

2. Vi börjar med att derivera, och får

f^′(x) = 3x²(x − 1)²− 2x³(x − 1)

(x − 1)⁴ = x³− 3x²

(x − 1)³ = x²(x − 3) (x − 1)³ .

De stationära punkterna är 0 och 3, och vi får följande teckentabell:

x 0 1 3

x² + 0 + + + + +

x − 3 − − − − − 0 +

(x − 1)³ − − − 0 + + +

f^′(x) + 0 + ≀ − 0 +

f (x) ր 0 ր ≀ ց 27/4 ր

Vi drar slutsatsen att den enda lokala extrempunkten är 3 (lokalt minimum). Notera att 0 är en terrasspunkt.

Polynomdivision av uttrycket för f(x) ger

f (x) = x³

(x − 1)² = x + 2 + 3x − 2 (x − 1)²

⇒ lim

x→±∞ f (x) − (x + 2)

= lim

x→±∞

3x − 2 (x − 1)² = 0,

och vi drar slutsatsen att linjen y = x + 2 är sned asymptot till funktionskurvan både då x → ∞ och x → −∞. (Vi kan nu även dra slutsatsen att lim^x→∞f (x) = ∞ och lim_x→−∞f (x) = −∞.) Slutligen studerar vi vad som händer nära x = 1, och får

x→1lim⁺f (x) = lim

x→1⁻f (x) = ∞,

vilket speciellt betyder att linjen x = 1 är en lodrät asymptot.

Grafen får följande utseende:

x y

27/4

2

1 3

y = f (x)

y = x + 2

3. a) Med förenklingen f(x) = ln √

1 + e^x

= ¹₂ln 1 + e^x
så blir det lättare att derivera. Kedjeregeln ger

f^′(x) = e^x 2(1 + e^x).

En ekvation för tangenten ges nu av

y − f(0) = f^′(0)(x − 0) ⇔ y − ¹₂ ln 2 = ¹₄(x − 0)

⇔ y = ¹₄x +¹₂ln 2.

b) Se läroboken.

c) Antag att f är deriverbar i x0. Då gäller det att

h→0lim( f (x₀+ h) − f(x0) ) = lim

h→0

 f(x0+ h) − f(x⁰)

h · h



= f^′(x₀) · 0 = 0,

dvs. det följer att f(x0+ h) → f(x0) då h → 0, vilket i sin tur betyder att f är kontinuerlig i x0. Slutsatsen blir att implikationen B ⇒ A är sann.

Den omvända implikationen gäller dock ej. Exempelvis är f(x) = |x| konti- nuerlig i 0, men saknar derivata i denna punkt eftersom

h→0lim⁺

f (0 + h) − f(0)

h = 1 6= −1 = lim

h→0⁻

f (0 + h) − f(0)

h .

4. a) Här misstänker vi att p(x) kan väljas som Maclaurinpolynomet av (1 + 3x)^3/2 av första ordningen. Maclaurinutveckling ger att

(1 + 3x)^3/2 = 1 + 9

2x +27

8 · 1

(1 + 3θx)^1/2x²,

för något θ, 0 ≤ θ ≤ 1. Med p(x) = 1 +⁹2x kan vi nu visa den önskade olikheten:

(1 + 3x)^3/2−

 1 + 9

2x

  = 27

8 · 1

(1 + 3θx)^1/2x² ≤ 27

8 · 1 · 1 3

2

= 3 8, där vi har utnyttjat att _(1+3θx)¹ 1/2 ≤ ₍₁₊₀₎¹¹/2 = 1 i det aktuella intervallet.

b) Vi Maclaurinutvecklar de ingående funktionerna (i fallet e^−x2/2 underlättas räk- ningarna genom att först utveckla e^t, och sedan ersätta t med −x²/2) och får

x→0lim

e^−x2/2− cos x x(sin x − x) =

= lim

x→0

1 −¹₂x²+ ¹₈x⁴+ B₁(x)x⁶ − 1 −¹₂x²+ ₂₄¹ x⁴ + B₂(x)x⁶
x(x −¹6x³+ B3(x)x⁵− x) =

= lim

x→0 1

12x⁴+ B4(x)x⁶

−¹₆x⁴ + B3(x)x⁶ = lim

x→0 1

12 + B4(x)x²

−¹₆ + B3(x)x² =

1 12 + 0

−¹₆ + 0 = −1 2. (Samliga funktioner B_i(x) ovan är begränsade nära 0.)

5. a) Här rör det sig om en geometrisk serie. Vi ser att X∞

k=1 1 x−1

k

= lim

n→∞

Xn k=1

1 x−1

k

= 1

x − 1 lim

n→∞

Xn−1 k=0

1 x−1

k

=

= 1

x − 1 lim

n→∞

1 − _x−1¹
n

1 −_x−1¹ = 1

x − 1· 1 − 0

1 − _x−1¹ = 1 x − 2, där ändligt gränsvärde endast fås då

1 x − 1

< 1 ⇔ 1 < |x − 1| ⇔ x > 2 eller x < 0.

Serien är alltså konvergent med summan _x−2¹ precis då x > 2 eller x < 0.

b) Eftersom nämnaren går mot 0 då x går mot 1, så kan vi endast ha ändligt gränsvärde då även täljaren går mot 0, dvs. det måste gälla att

1²− 2(a + 1) · 1 + 3a − 1 = 0 ⇔ a = 2.

Insättning av a = 2 samt faktorisering av täljare och nämnare ger

x→1lim

x²− 6x + 5

x²− x = lim

x→1

(x − 1)(x − 5) x(x − 1) = lim

x→1

x − 5 x = lim

x→1

1 − 5

1 = −4.

(Alternativt kan beräkningen underlättas med ett variabelbyte, t.ex. t = x − 1.)

6. Cylinderns ytarea ges av

A = 2πr²+ 2πrh, och utnyttjar vi likformighet av trianglar så ser vi att

h = H(R − r)

R .

Kombinerar vi dessa två samband så får vi arean A som funktion av r:

A(r) = . . . = 2πr^{2 R−H}_R

+ 2πHr, 0 ≤ r ≤ R.

Vi vill nu maximera denna funktion, och börjar med att bestämma derivatan:

A^′(r) = 4πr ^R−H_R

+ 2πH = 4π ^R−H_R


r − HR

2(H − R)



, H 6= R.

Den enda stationära punkten är alltså α = _2(H−R)^HR . (I fallet R = H blir derivatan 2πH, och stationär punkt saknas.) Vi måste även undersöka om/när denna punkt ligger i det inre av vårt aktuella intervall [0, R]. Det är klart att α > 0 om och endast om H > R, och en kontroll av olikheten α < R ger

HR

2(H − R) < R _H>R⇔ H < 2(H − R) ⇔ H > 2R.

I fallet H > 2R har vi alltså en stationär punkt α = _2(H−R)^HR i det inre av vårt intervall, och en kontroll (teckentabell eller andraderivata) visar att denna är en global maximipunkt. I fallet H ≤ 2R har vi ingen inre stationär punkt, och maximal ytarea ges i ändpunkten r = R (förutsatt att vi betraktar en sådan ”urartad cylinder”

som en cylinder, annars får svaret bli att maximum saknas).