TENTAMEN Ten2, Matematik 1 Kurskod HF1903 Skrivtid 13:15-17:15 Fredagen 25 oktober 2013 Tentamen består av 4 sidor

(1)

TENTAMEN

Ten2, Matematik 1 Kurskod HF1903 Skrivtid 13:15-17:15

Fredagen 25 oktober 2013 Tentamen består av 4 sidor

Hjälpmedel: Utdelat formelblad. Räknedosa ej tillåten.

Tentamen består av 12 uppgifter som totalt kan ge 24 poäng.

Poäng Betyg

22-24 A

19-21 B

16-18 C

13-15 D

10-12 E

9 Fx

Fx är ett underkänt betyg men med möjlighet till komplettering.

Kompletteringen kan endast göras upp till betyg E.

• Till samtliga inlämnade uppgifter fordras fullständiga lösningar.

• Börja varje ny uppgift på ett nytt blad, detta gör att rättningen blir säkrare.

• Skriv endast på en sida av papperet.

• Skriv namn och personnummer på varje blad.

(2)

Har du klarat KS:en hoppar du över de fyra uppgifterna i ramen nedan Uppgift 1 (1 poäng)

Bestäm definitionsmängden för f(x) f(x) = arcsinx

3 + ln x + 1 x − 2 Uppgift 2 (1 poäng)

-3 -2 -1 1 2 3

-2 -1 1 2

-3 -2 -1 1 2 3

-2 -1 1 2

A B

-3 -2 -1 1 2 3

-3 -2 -1 1 2

-2 -1 1 2

-1.0 -0.5 0.5 1.0 1.5 2.0

C D

Para ihop de fyra graferna med funktionerna

1 f(x) = −1 x 2 f(x) = 1

x²+ 1 3 f(x) = − 1

x² 4 f(x) = 1

x

Svaret består av fyra kombinationer av: ett tal och en bokstav.

Inga andra beräkningar efterfrågas.

Uppgift 3 (1 poäng) Givet de två funktionerna

f(x) = ln x g(x) = x²+ x

Bestäm eventuella x > 0 för vilka f^′(x) är lika med g^′(x) Uppgift 4 (1 poäng)

Bestäm

xlim→25

3(x − 25) 5(√

x − 5)

(3)

Uppgift 5 (2 poäng)

Kurvan i figuren ovan heter bifolium och har ekvationen (x²+ y²)²− x²(x + 3y) = 0 Bestäm derivatan i punkten (1, 1)

Uppgift 6 (4 poäng) Låt

f(x) = x³ x²− 4

Skissa kurvan y = f(x) med angivande av definitionsmängd samt eventuella asymptoter och lokala extrempunkter

Betrakta en rätvinklig triangel med omkretsen 1. Låt a vara längden på den ena kateten.

Bestäm triangelns sidor så att arean blir så stor som möjligt. Ange även den maximala arean.

Bestäm de stationära punkterna samt avgör deras karaktär (max, min eller sadelpunkt) till flervariabelfunktionen

f(x, y) = x⁵y + xy⁵+ xy Uppgift 9 (2 poäng)

Bestäm värdet av följande generaliserade integral:

∫_∞

0

x e^−xdx

Bestäm samtliga primitiva funktioner till

f(x) = 1 x²+ 6x + 8 (Var god vänd)

(4)

Bestäm volymen av den kropp som ’uppstår’ då området 0≤ x ≤ ^π₂, 0≤ y ≤ cos x roteras kring x-axeln.

Beräkna tyngdpunktskoordinaterna (x_c, y_c) för det område som definieras av 0 ≤ y ≤ x och 0≤ x²+ y²≤ 9 (se figuren)

(5)

Lösningar

1 2 3

-10 -5 5 10

Grafen ger oss en idé om hur definitionsmängden kan komma att se ut Funktion Definitionsmängd

arcsinx

3 −3≤ x ≤ 3 ln x x > 0

1

x − 2 x̸= 2 D_f är snittet av de tre mängderna ovan

{x : −3 ≤ x ≤ 3} ∩ {x : x > 0} ∩ {x : x ̸= 2} = {x : 0 < x < 2 eller 2 < x ≤ 3}

Svar: Df ={x : 0 < x < 2 eller 2 < x ≤ 3}

Svar: (1, B), (2, D), (3, C), (4, A) Uppgift 3 (1 poäng)

Vi har att lösa f^′(x) = g^′(x) Vi får ekvationen 1

x = 2x + 1 1 = 2x²+ x x₁ = −1 x₂= ¹₂ Svar: x = ¹₂

(6)

lim_x_→25 3(x − 25) 5(√

x − 5) ≡ lim_x_→25 3(x − 25)(√

x + 5) 5(√

x − 5)(√

x + 5) ≡ lim_x_→253(x − 25)(√

x + 5) 5(x − 25) ≡ lim_x_→253(√

x + 5)

5 ≡

3(√

25 + 5)

5 = 6

Svar: 6

Vi bestämmer y^′ genom att derivera implicit, men först utvecklar vi för enkelhetens skull uttrycket

(x²+ y²)²− x²(x + 3y) = 0

−x³+ x⁴− 3x²y + 2x²y²+ y⁴= 0 Nu är det dags att derivera

−3x²+ 4x³− (6xy + 3x²y^′) + (4xy²+ 2x²2yy^′) + 4y³y^′ = 0 Dags att lösa ut y^′

−3x²+ 4x³− 6xy + 4xy²= 3x²y^′− 4x²yy^′− 4y³y^′

−3x²+ 4x³− 6xy + 4xy²= y^′(3x²− 4x²y − 4y³) y^′ = −3x²+ 4x³− 6xy + 4xy²

3x²− 4x²y − 4y³ y^′(1, 1) = −3 + 4 − 6 + 4

3 − 4 − 4 = −1

−5 = 1 5 Svar: y^′(1, 1) = 1

5

(7)

Uppgift 6 (4 poäng) Funktionen

f(x) = x³ x²− 4 har D_f={x ∈ R : x ̸= ±2}. Eftersom

x→±2lim⁺f(x) = +∞ och lim

x→±2⁻f(x) = −∞ så är linjerna x = 2 och x = −2 lodräta asymptoter.

Polynomdivision ger

f(x) = x³

x²− 4 = x + 4x x²− 2

visar att linjen y = x är en sned asymptot åt båda håll (eftersom f(x) − x→ 0 då x → ±∞.

Horisontell asymptot saknas.

Extrempunkter:

f^′(x) = 3x²(x²− 4) − x³· 2x

(x²− 4)² = 3x⁴− 12x²− 2x⁴

(x²− 4)² = x²(x²− 12) (x²− 4)² f^′(x) = 0

x²(x²− 12) = 0

x = 0 x =±2√ 3 Teckenstudie ger

x = −2√

3 −2 0 2 2√

3

x² + + + 0 + + +

x − 2√

3 − − − − − 0 +

x + 2√

3 − 0 + + + + +

f^′(x) + 0 − odef − 0 − odef − 0 +

f(x) ↗ −3√

3 Max ↘ Odef ↘ Terrass ↘ Odef ↘ 3√

3 Min ↗

(8)

Låt a vara längden av den ena kateten. Då är den andra kateten b = 1 − a − h → h = 1 − a − b, där 1 är triangelns omkrets och h hypotenusan. Genom Pythagoras sats är h²= a²+ b². Detta ger

a²+ b² = (1 − a − b)²

a²+ b² = 1 − 2a + a²− 2(1 − a)b + b² 1 − 2a − 2(1 − a)b = 0

2(1 − a)b = 1 − 2a b = 2a − 1 2a − 2 Arean är

A(a) = a b 2 ≡ 1

2 · a ·2a − 1

2a − 2 ≡ 2a²− a 4a − 4 A^′(a) = (4a − 1)(4a − 4) − 4(2a²− a)

(4a − 4)² ≡ 16a²− 16a − 4a + 4 − 8a²+ 4a

(4a − 4)² ≡

8a²− 16a + 4

(4a − 4)² ≡ 8(a²− 2a + ¹₂) (4a − 4)² A^′(a) = 0 då

a²− 2a + ¹₂ = 0 a1= 1 + 1

√2 a2= 1 − 1

√2

Teckenstudie ger att a = 1 − 1

√2 ger att arean blir störst.

b = 2a − 1 2a − 2 ≡

2 (

1 − 1

√2 )

− 1 2

( 1 − 1

√2 )

− 2

≡ 2 −√ 2 − 1 2 −√

2 − 2 ≡

√2 − 1

√2 ≡ 1 − 1

√2 ≡ a

Kateterna: a = b medför att hypotenusan blir h = 1 − a − b≡ 1 − 2a ≡ 1 − 2

( 1 − 1

√2 )

=√ 2 − 1 Den maximala arean blir

A (

1 − 1

√2 )

= 2

( 1 − 1

√2 )₂

− (

1 − 1

√2 )

4 (

1 − 1

√2 )

− 4

≡ 3 − 2√ 2 4

(9)

f(x, y) = x⁵y + xy⁵+ xy δf

δx = 5x⁴y + y⁵+ y δf

δy = x⁵+ 5xy⁴+ x (δf

δx, δf δy

)

= 0

medför {

5x⁴y + y⁵+ y = 0 → y(5x⁴+ y⁴+ 1) = 0 x⁵+ 5xy⁴+ x = 0 → x(x⁴+ 5y⁴+ 1) = 0

Detta medför att den enda lösningen till ekvationssystemet är (x, y) = (0, 0). Observera att 5x⁴+ y⁴+ 1 > 0 och x⁴+ 5y⁴+ 1 > 0 för alla (x, y). Alltså är (0, 0) den enda stationära punkten. För att bestämma karaktären bestäms andraderivatan

A C B

δ²f

δx² = 20x³y δ²f

δy² = 20xy³ δ²f

δxδy = 5x⁴+ 5y⁴+ 1 δ²f

δx² = 0 δ²f

δy² = 0 δ²f δxδy = 1 AC − B² = −1 < 0 medför (x, y) = (0, 0) är en sadelpunkt

∫_∞

0

x e^−xdx = lim

T→∞

∫_T

0

x e^−xdx = lim

T→∞

([−x e^−x]_T

0+

∫_T

0

e^−xdx )

= lim

T→∞

(

−T e^−T −[ e^−x]_T

0

)

=

Tlim→∞

(

−T e^−T − e^−T + e⁰ )

= lim

T→∞

(

−T e^−T )

+ 1 = [∞ · 0] =

Tlim→∞

(

−T e^T

)

+ 1 = [L’Hospital] = lim

T→∞

(

− 1 e^T

)

+ 1 = 0 + 1 = 1 Svar: 1

(10)

∫ 1

x²+ 6x + 8dx

Vi löser uppgiften genom att först partialbråksuppdela integranden Då x²+ 6x + 8 = (x + 2)(x + 4) får vi

1

x²+ 6x + 8 = A

x + 2 + B

x + 4 = A(x + 4) + B(x + 2)

x²+ 6x + 8 = x(A + B) + (4A + 2B) x²+ 6x + 8 Som ger ekvationssystemet {

A + B = 0 4A + 2B = 1 med lösningen (A, B) = (¹₂, −¹₂). Vi har nu att integrera

∫ 1

x²+ 6x + 8dx = 1 2

∫ 1 x + 2 −1

2

∫ 1 x + 4 = 1

2(ln|x + 2| − ln |x + 4|) + C Svar: 1

2(ln|x + 2| − ln |x + 4|) + C

π

∫^π

2

0

cos²x dx Vi använder oss av omskrivningen

cos²x = 1 + cos 2x 2 och får

π

∫^π

2

0

1 + cos 2x

2 dx = π 2

[

x + sin 2x 2

]^π

2

0

= π 2

(π

2 + sin π 2 − 0

)

= π² 4 Svar: π²

4

(11)

Cirkelsektorns area är A = ^{π 3}₈²

x_c= 1 A

∫ ∫

D

x dx dy = 8 9π

∫^π

4

0

dθ

∫₃

0

r²cos θ dr = 8 9π

∫^π

4

0

[r³cos θ 3

]3 0

dθ

8 9π

∫^π

4

0

27 cos θ

3 dθ = 8 π[sin θ]

π 4

0 = 8

π√

2 = 4√ 2 π y_c= 1

A

∫ ∫

D

y dx dy = 8 9π

∫^π

4

0

dθ

∫₃

0

r²sin θ dr = 8 9π

∫^π

4

0

[r³sin θ 3

]3 0

dθ = 8 9π

∫^π

4

0

27 sin θ 3 dθ = 8

π[− cos θ]

π 4

0 = 8 π

(

− 1

√2 + 1 )

= 8 π

( 1 −

√2 2

)

= 8 − 4√ 2 π

Svar: (x_c, yc) = (

4√ 2

π ,8 − 4√ 2 π

)