TENTAMEN HF1006 och HF1008 TEN2 13 jan 2014 Analys och linjär algebra, HF1008 (Medicinsk teknik),

TENTAMEN HF1006 och HF1008 TEN2 13 jan 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.

Dessa uppgifter (1och 2) behöver du som är godkänd på KS:en inte göra.

1. Beräkna gränsvärdena a) _{3 2}

3 2

) 2 (

) 1 lim (

+ +

∞

→

x

x

x b)

x x

x

)

100

lim (ln

∞

→ (2p)

2. a) Bestäm ekvationer för tangenten och normalen till (1p) kurvan y =cos2x i den punkt på kurvan som har x-koordinaten

6

π

b) Beräkna och förenkla derivatan av = < x<

π

x

x x

g sin ),0 ln(

)

( ₂ (1p)

---

3. Visa att ) 0

3 sin( 4 3 )

sin( 2

sin + +

π

+ +

π

=

x x

x . (2p)

4. Bestäm alla asymptoter till kurvan

1 ) 2

(

2

−

= −

= x

x x x

f

y . (2p)

5. Beräkna den obestämda integralen arctan( ) (3p)

6. Beräkna den obestämda integralen (3p)

7. Beräkna den bestämda integralen 3 (2p)

8. Lös följande separabla differentialekvation (2p)

16

2

) 3

(

' x e y

y = +

^x

−

b) Ange lösningen på explicit form ( dvs på formen y = f( x)^).

9. Lös följande differentialekvation (3p)

y ′′ + 4 y ' + 3 y = 3 x + 7

,

med begynnelsevillkor y(0)=2, y'(0)=0.

10. Bestäm, för t > 0, strömmen i(t) i nedanstående LR krets (3p)

om L=1 henry , R= 10 ohm, C =

16

1

farad och U = 24 V.

Vid t=0 gäller följande villkor: i ( 0 ) = 0 ampere och ′i ( 0 ) = 1

ampere/sekund

.

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 kapasitansen C R är lika med

q(t)/C

,

där

q′(t)=i(t)^.

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

1.

a)

1

2 )) 1 (

1 ) 1 ( lim 2 ))

1 (

1 ) 1 ( lim 2 ))

1 ( (

1 )) 1 ( ( ) lim 2 (

) 1 lim (

2 3

3 2

2 3 6

3 2 6

2 3 3

3 2 2

2 3

3 2

= +

= + +

= + +

= + +

+

∞

→

∞

→

∞

→

∞

→

x x x x

x x x x

x x x

x

x x

x x

Alternativ: L’Hospitals regel två gånger och förkortat.

b) L’Hospital (ty uttrycket är av typ

∞

∞_{) ger}

x x x

x

x x

99 99

) (ln lim 100 1

) 1 (ln 100

lim

→∞

⋅ =

→∞

.

Fortsätter man med L’Hospitals regel (99 gånger) får man till slut 1 0

! 100 lim_→∞ ⋅ →

x

x .

Svar. a) 1 b) 0

2.

a) y=cos x2 ,

y ' = − 2 sin 2 x

2 ) 1 cos(3 6)

(

π

=

π

=

y

.

3 3)

sin(

2 6) (

'

π

=−

π

=− y

. Tangentens lutning är då k_T =

− 3

^.

Tangentens ekvation: y− y₁ =k_T(x−x₁)

dvs )

( 6 2 3

1 _{=− −}

π

− x

y [ eller

6 3 2

3 +1+ ⋅

π

−

= x

y ].

Normalens ekvation:

y − y

₁

= k

_N

( x − x

₁

)

^. Från

T

N

k

k = − 1

^{har vi}

3

= 1 k

N .

Normalens ekvation blir

)

( 6 3 1 2

1 _{= −} π

− x

y

[ eller

3 2 6 1 3

− π +

= x

y

].

b)

x x

x x

x x

x x x x x x x

g sin

sin 2 ) cos

sin 2 ( cos

) sin (

'

₄

2

2

⋅ − = −

=

Svar. a) )

( 6 2 3

1 _{=− −}

π

− x

y

b) )

( 6 3 1 2

1 _{= −} π

− x

y

Rättningsmall: rätt eller fel.

3. Vi använder additionsformeln (finns på formelblad) och får 3 )

sin( 4 3 )

sin( 2

sin_{x+ x+}

π

_{+ x+}

π

3 sin4 3 cos

cos4 3 sin

sin2 3 cos

cos2 sin

sin _{+ ⋅}

π

_{+ ⋅}

π

_{+ ⋅}

π

_{+ ⋅}

π

= x x x x x .

0 2 ) ( 3 cos 2) ( 1 2 sin

cos 3 2) ( 1 sin

sin + ⋅ − + ⋅ + ⋅ − + ⋅ − =

= x x x x x vsv.

Svar. Se lösningen.

Rättningsmall: Utnyttjar rätt trigonometriska samband 1p+visat påstående 1p.

4. Bestäm alla asymptoter till kurvan , 0

1 ) 2

(

2

− ≠

= −

= x

x x x x

f

y . (2p)

4. Lägg märke till att

⎩⎨

⎧

<

−

= ≥

0 för

0 för

|

| x

x

x x . Därför

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

− <

+

− ≥

−

− =

= −

0 för 1 ,

2

0 för 1 ,

2

1 ) 2

( ₂

2 2

x x x x

x x x x x

x x x

f

Uttrycket ej definierat då x=1.

Vertikal asymptot x=1 (eftersom

f ( x ) → ±∞

då x→±1 . Vad händer då x→±∞?

För x > 0 är |x|= x och funktionen kan skrivas som

1 ) 2

(

2

−

= − x

x x x

f

.

Polynomdivision ger

1 1 1

)

( = − − −

x x x

f .

Eftersom uttrycket

0 1

1 →

−

x

^då

x → ∞

har funktionen en sned asymptot y = x−1för positiva x.

På samma sätt undersöker vi funktionen för negativa x:

För x<0 är |x|=−x och funktionen kan skrivas som

1 ) 2

(

2

−

= + x

x x x

f

.

Ny polynomdivision ger

1 3 3

)

( = + + −

x x x

f .

Eftersom uttrycket

0 1

1 →

−

x

^då

x → −∞

har funktionen en sned asymptot y= x+3 för negativa x.

Svar. Vertikal asymptot x =1, en höger sned asymptot y= x−1 och en vänster sned asymptot +3

= x

y .

Rättningsmall: Visat förståelse för vad asymptot är och fått fram minst en asymptot rätt 1p, alla asymptoter rätt 1p.

5. arctan = . . = , = , = , = =

2 −1

2 1 + =

2 −1

2 1 − 1

1 + =

2 −1

2 +1

2 +

Svar. − + +

Rättningsmall: Rätt metod och rätt val av u och v’ =1p. Rätt lösning på den enkla rationella integralen =1p. Allt rätt =3p.

6. = ? Då täljarens gradtal är tre och nämnarens är två gör vi först en polynomdivsion.

Dvs = + 3 − . Vi får då:

= ( + 3) − − = + 3 − ln( + 1) − 3 +

Svar. + − − + − +

Rättningsmall: Rätt polynomdivision=1p. Rätt lösning av − =1p. Allt rätt =3p

7. 3 = ! = → = = = = ( − 1)

Svar. ( − )

Rättningsmall: Rätt substitution och korrekt hantering av gränserna=1p. Allt rätt =2p.

8.

y ' = ( 3 x + e

^x

) 16 − y

² Först separerar vi variabler:

16

2

) 3

( x e y

dx

dy

_x

− +

=

,

Vi kan dela ekvationen med

16 − y

^{2 om}

16 − y

²

≠ 0

^{dvs om}

y ≠ ± 4

.

Anmärkning. Det är uppenbart att funktioner

y = 4

och

y = − 4

är också lösningar till ekvationen (båda leden blir 0 ).

dx e x y

dy

_x

) 3

(

16

²

= +

−

Vi integrerar båda leden,

∫

∫ ₋ ^{= x + e dx ⇒ ⇒ y = x + e + C}

y

dy

_{x x}

2 ) 3 arcsin( 4

d) (formelbla )

3 ( 16

2

2 .

Alltså

y x e

_x

C

+ +

= 2 ) 3 arcsin( 4

2

är lösningen till DE ( på implicit form).

b) Explicit form: Vi löser ut y( x)

2 ) sin( 3 4 2 )

sin( 3 4 2

) 3 arcsin( 4

2 2

2

C x e

y C x e

C y x e

y

_{x x x}

+ +

⇒ = + +

⇒ = + +

=

Svar: a)

y = x + e

x

+ C

2 ) 3 arcsin( 4

2

b)

)

2 sin( 3 4

2

C x e

y = +

^x

+

Anmärkning. Förutom ovannämnda lösningar finns det också två "singulära lösningar":

y = 4

och

− 4

=

y

är också lösningar till ekvationen (båda leden blir 0 ).

Rättningsmall: 1p för varje del. Allt korrekt =2p. (ingen avdrag om man inte ange singulära lösningar

y = ± 4

)

9.

y ′′ + 4 y ' + 3 y = 3 x + 7

,

med begynnelsevillkor y(0)=2, y'(0)=0.

0 3 '

4 + =

′′ + y y y

0 3

2

4

= + + r

r

har rötterna

r

₁

= − 1

och

r

₂

= − 3

.

Den allmänna lösningen blir då

y = C

₁

e

^−x

+ C

₂

e

^−3x

ii) En partikulär lösning bestämmer vi med hjälp av följande ansats:

A y B Ax

y_p = + ⇒ ′_p = ^och yp′′ =0

som vi substituerar i y′′+4y'+3y=3x+7 _{och får} 7

3 ) (

3

4A+ Ax+B = x+

eller

7 3 ) 3 4 (

3Ax+ A+ B = x+ .

Härav

3 A

=3 och

4 A + B 3 = 7

som ger A= 1 och B=1.

Därför y_p = x+1 och nu bildar vi y = y_H + y_p ^dvs

3

1

2

1

+ + +

= C e

⁻

C e

⁻

x

y

^{x x} som är den allmänna lösningen.

iii) Med hjälp av villkorna y(0)=2, y'(0)=0 bestämmer vi

C

₁och

C

₂: 2

) 0 ( =

y

⇒ 2 = C

₁

+ C

₂

+ 1 ⇒ C

₁

+ C

₂

= 1

(ekv 1) För att använda andra villkoret derivera vi lösningen

1 3

₂ ³

1

− +

−

′ = C e

^−x

C e

^{− x}

y

.

Från y'(0)=0har vi

− C

₁

− 3 C

₂

+ 1 = 0

ekv 2 Slutligen från ekv 1 och ekv 2 får vi

1

= 1

C

och

C

₂

= 0

Därför

y = e

^−x

+ x + 1

är den lösning som satisfierar de givna villkoren Svar.

y = e

^−x

+ x + 1

Rättningsmall: +1p för homogena delen. + 1p för en partikulär lösning. Allt korrekt=3p

10. Bestäm, för t > 0, strömmen i(t) i nedanstående LR krets

om L=1 henry , R= 10 ohm, C =

16

1

farad och U = 24 V.

Vid t=0 gäller följande villkor: i ( 0 ) = 0 ampere och ′i ( 0 ) = 1

ampere/sekund

. Lösning:

Från kretsen får vi följande diff. ekv.

U t C q t i R t i

L ⋅ ′ + ⋅ + 1 ( ) = )

( )

(

_(ekv1)

(efter subst. L, R och C) 24 ) ( 16 ) ( 10 )

( + + =

′ t i t q t

i (ekv 2)

Derivering av ( ekv 2) ger:

0 ) ( 16 ) ( 10 )

( + ′ + =

′′ t i t i t

i . (ekv 3)

0 16

2

10

= + + r

r

har rötterna

r

₁

= − 2

och

r

₂

= − 8

. Härav

i ( t ) = C

₁

e

^−2t

+ C

₂

e

^−8t.

För att bestämma C₁ och C₂ använder vi begynnelsevillkoren i(0)=0 och ′i(0)=1 och får

2 0

1+ C = C

1 8 2 ₁ − ₂ =

− C C .

Härav 6 1

1 = C ,

6 1

2

= −

C och därför i t e ^2t e ^8t 6 1 6

) 1

( = ⁻ − ⁻

Svar. i t e ^2t e ^8t 6 1 6

) 1

( = ⁻ − ⁻

Rättningsmall: 1p för korrekta ekvationen. 1p om homogena delen är korrekt löst. Allt korrekt=3p.