Examinator: Armin Halilovic

TENTAMEN

i kurserna HF1006 och HF1008

Datum och tid: 29 maj 2013 kl 13:15-17:15 Moment: TEN2 (Analys), 4 hp, skriftlig tentamen

Kurser: Analys och linjär algebra, HF1008, lärare: Svante Granqvist 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: Utdelat 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.

---

1. a) Bestäm gränsvärdet lim

_→

(1p) b) Bestäm gränsvärdet lim

_→ ^√

(1p) 2. a) Bestäm ekvationen för tangenten till kurvan (2p) + + 2 − 4 = 0 i punkten (-2,1)

b) Bestäm y’ då = ln (5 + 7 ) (1p)

c) Bestäm y’ då = (1 − ) (2p)

3. Partialbråksuppdela funktionen ( ) = (2p)

4.

Bestäm samtliga asymptoter till (3p)

( 2 )( 1 )

) 1 (

3

− +

= +

x

x

x x

f

5. Lös integralen

∫

− + +

=

1

1

2 2 5

1 dx

x

y x (3p)

6. Lös den obestämda integralen 2 (2p)

7. Bestäm den lösning till följande differentialekvation med avseende på y(x) (3p) y′′−7y′+10y=20x−4

som satisfierar y(0)=2, y′(0)=1.

8. Bestäm strömmen i(t) i nedanstående krets (4p)

där L=1 henry, R= 22 ohm , C=

120

1 farad och

U = 10

volt.

Vid t=0 gäller följande villkor för strömmen och laddningen:

i(0)=0 ampere , q(0)=0 coulomb.

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)^.

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 29/5 2013

1.a) Alternativ1: lim

_→

= lim

_{→ ( )}

=

_→

=

Alternativ2: lim

_→

= = lim

_→

=

1.b) lim

_→ ^√

= ′ = lim

_→ ^√

=

2.a) + + 2 − 4 = 0 Derivera implicit map x. 2 + + + 6 = 0 Sätt in punkten (-2,1) och vi får = = Vilket ger oss linjens ekvation: − 1 =

( + 2) → = +

Bedömning: Felaktig derivering = −1p, fel ekvation = −1p.

2.b) = ln(5 + 7 ) → = 2.c) = (1 − )

Alternativ1: Logaritmera. = ln( (1 − ) ) = + ln(1 − ) = 2 + 8ln (1 − ).

Derivera map t:

= − → = − = ( − ) − = 2 (1 − ) − 8 (1 − ) Alternativ2:

Produktregeln: = 2 (1 − ) + 8 (1 − ) · (−1) = 2 (1 − ) − 8 (1 − ) Bedömning: fel metod och fel = 0p, rätt metod med slarvfel= 1p.

3. ( ) = =

_{( )}

= +

Vi gör liknämnigt på båda sidor om likhetstecknet och får då identiteten 1 = ( + 1) + ( + )

Identifiering av konstanttermerna, förstagradstermerna och andragradstermerna på båda sidor om likhetstecknet ger oss

= 1 , = −1 ℎ = 0 .

Svar: = −

Bedömning: Fel ansats = 0p, slarvfel vid identifiering= −1p.

4.

) 1 )(

2 (

1 1 3

2 1 1 3

2

1 3 ) 2 (

) 2 (

2

1 3 2 )

2 (

2

1 2 2

2 1 )

1 )(

2 ( ) 1 (

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

3 2

3 3

− + + −

−

− = + + −

−

− = +

− +

− +

−

−

= +

− +

− + +

−

−

−

= +

− +

+ +

−

−

= +

− +

= +

− +

= +

x x x x

x x x x x

x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x x

x

x x x x x x

x x x

x x x f

Funktionen har två lodräta asymptoter i x=−2, x=1samt en sned asymptot y= x−1 Bedömning: Fel / avsaknad sned asymptot −2p.

Fel/saknad(e) lodrät(a) asymptot(er) −1p.

5.

{ }

( ^{arctan( 1 ) arctan( 0 )} ) ₂ ¹ ₄ ⁰ ₈

2 1 arctan 2

2 1 4

1 1

4 ) 1 ( 4 1 ) 1 ( 4 1 2 5

5 2 2 1

2

0 2

0 2

1 1

2 2

2 2

1 1

2

π π _{⎟ =}

⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛ −

=

−

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛

= +

⎭ ⎬

⎫

⎩ ⎨

⎧

= +

= =

+ =

= + + +

= + + +

= + + + =

= +

∫

∫

∫

−

−

dt t t

dx dt

x t

x dx x

x x x

x x dx

y x

Bedömning: Stannar vid sista uttrycket med arctan: inget avdrag.

Fel med integrationsgränserna −1eller −2p beroende på allvarsgrad.

6.

2 = . . = − = − +

Bedömning: fel metod = 0p, grov felaktig integrering=0p, slarvfel= −1p.

7.

Homogena delen:

Den karakteristiska ekvationen

r

²

− 7 r + 10 = 0 ⇒ r

₁

= 2 , r

₂

= 5

. Därför

y

_H

( x ) = Ce

^2x

+ De

^5x.

Ansatsen

y

_p

( x ) = Ax + B

i ekvationen y′′−7y′+10y=20x−4 ger 4

20 ) (

10 7

0− A+ Ax+B = x− eller

4 20 7 10

10 Ax + B − A = x −

.

Härav A=2 , B=1 och därmed

y

_p

( x ) = x 2 + 1

är en partikulär lösning:

Den allmänna lösningen:

1 2 )

( ) ( )

( x = y x + y x = Ce

²

+ De

⁵

+ x +

y

_{H p} ^{x x}

Villkoret y(0)=2 ger ekvationen

2

1 = + + D

C

(*)

2 5

2 ) (

' x = Ce

^2x

+ De

^5x

+

y

och villkoret y′(0)=1ger

1 2 5

2 C + D + =

(**)

Slutligen, från (*) och (**) får vi

C = 2

och D=−1 Svar:

y ( x ) = 2 e

^2x

− e

^5x

+ 2 x + 1

Bedömning: 1p om homogena delen är korrekt löst. 1p för korrekt partikulär lösning.

Allt korrekt=3p.

8.

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) 10 ) ( 120 ) ( 22 )

( + + =

′ t i t q t

i (ekv 2)

i(0)=0 och q(0)=0ger

10 ) 0 (

10 ) 0 ( 120 ) 0 ( 22 ) 0 (

=

′

= ⇒ +

′ + i

q i

i

Derivering av ( ekv 2) ger:

0 ) ( 120 ) ( 22 )

( + ′ + =

′′ t i t i t

i . (ekv 3)

Härav

i ( t ) = C

₁

e

^−10t

+ C

₂

e

^−12t.

Alltså:

i ( t ) = C

₁

e

^−10t

+ C

₂

e

^{−12t medför}

t

t

C e

e C t

i ( ) = − 10

₁ ⁻¹⁰

− 12

₂ ^{−12 .}

För att bestämma C₁ och C₂ använder vi begynnelsevillkoren i(0)=0 och ′i(0)=10 och får

2 0

1+ C =

C

10 12

10 ₁− ₂ =

− C C .

Härav C₁ =5, C₂ =−5 och därför

i ( t ) = 5 e

^−10t

− 5 C

₂

e

^−12t Svar:

i ( t ) = 5 e

^−10t

− 5 C

₂

e

^−12t

Bedömning: 1p för korrekta ekvationen. 1p om homogena delen är korrekt löst. 1p för korrekt partikulär lösning.

Allt korrekt=4p.