MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Avd. Matematik
Examinator: A. Sola
Tentamensskrivning i Matematik I Analys Problemlösning, 7.5 hp 9 januari 2019
Inga hjälpmedel tillåtna. Varje uppgift är värd 5 poäng och 15 poäng ger garanterat betyg E.
Motivera alla lösningar noggrant.
1. Beräkna gränsvärdena
n→∞lim
1 − 1
n
n och
x→0lim
sin(x3) − x3− x4
x4 .
Lösning:Vi drar oss till minnes standardgränsvärdet
n→∞lim
1 + 1
n
n
= e och erhåller från detta att
n→∞lim
1 − 1
n
n
= 1 e.
För att beräkna det andra gränsvärdet använder vi Maclaurinutvecklingen
sin x = x −x3
6 + O(x5) vilket ger oss
sin(x3) = x3+ O(x9).
Vi har nu
x→0lim
sin(x3) − x3− x4
x4 = lim
x→∞
x3+ O(x9) − x3− x4
x4 = lim
x→0
−x4+ O(x9)
x4 = −1.
2. Undersök extremvärden, konvexitetsegenskaper och asymptoter till funktionen f (x) = |x|e1−|x|− 1.
Skissera även grafen till f.
Lösning:
Vi observerar att den givna funktionen f är symmetrisk med avseende på y-axeln. Vi studerar därfor f för x > 0. Notera att f är kontinuerlig på R men ej deriverbar i origo.
När x är positivt har vi
f (x) = xe1−x− 1.
Vi söker först punkter där f0(x) = 0. Vi har
f0(x) = e1−x− xe1−x= (1 − x)e1−x, x > 0,
och då exponentialfunktionen är icke-negativ på R är f0(x) = 0 precis när faktorn 1 − x är noll, det vill säga, i x = 1. Vi ser vidare att f0(x) > 0 när x < 1 och att f0(x) < 0när x > 0. Således har f lokalt maximum i punkten x = 1, och vi har f(1) = 0. Symmetri ger vid handen att f även har lokalt maximum i x = −1.
För att undersöka konvexitetsegenskaper hos f beräknar vi andraderivatan f00(x) = −e1−x− (1 − x)e1−x= (x − 2)e1−x, x > 0.
Vi har f00(x) > 0 för x > 2 och f00(x) < 0 när x < 2. Alltså är f konvex för x > 2 och konkav när 0 < x < 2. Symmetri ger vidare att f är konkav för −2 < x < 0 och konvex för x < −2.
Från standardgränsvärdet limx→∞xe−x = 0 får vi limx→∞xe1−x− 1 = limx→∞exe−x− 1 = −1. På grund av symmetri har vi även limx→−∞f (x) = −1. Således är y(x) = −1 en vågrät asymptot till f (x).
Sammanfattningsvis antar f ett största värde, nämligen 0, i de lokala maximipunkterna x = ±1, samt sitt minsta värde −1 i punkten x = 0, där f ej är deriverbar. Funktionen är konvex för x < −2 och för x > 2 och konkav på intervallen −2 < x < 0 och 0 < x < 2. Slutligen har f en vågrät asymptot y = −1.
-10 -5 5 10
-1.5 -1.0 -0.5 0.5 1.0
Figur 1: Graf till f = |x|e1−|x|− 1.
3. Bestäm längden av kurvsegmentet
y(x) = 1 + 3
2x2, 0 ≤ x ≤ 2.
Lösning: Vi drar oss först till minnes båglängdsformeln
` = Z 2
0
p1 + [y0(x)]2dx.
Derivering ger
y0(x) = 3x och efter insättning fås integralen
Z 2 0
p1 + 9x2dx.
Vi genomför först variabelbytet t = 3x, vilket ger oss Z 2
0
p1 + (3x)2dx = 1 3
Z 6 0
p1 + t2dt.
Vi tillämpar partiell integration för att få Z p
1 + t2dt = tp
1 + t2−
Z t2
√1 + t2dt = tp
1 + t2+
Z 1
√1 + t2dt − Z p
1 + t2dt.
I sista steget har vi lagt till och dragit ifrån 1 för att göra en omskrivning. Från ovanstående följer Z p
1 + t2dt = 1 2
tp
1 + t2+
Z 1
√
1 + t2dt
och med hjälp av standardprimitiven
Z 1
√1 + t2dt = ln |t +p 1 + t2| fås
1 3
Z 6 0
p1 + t2dt =1 6 h
tp
1 + t2+ ln |t +p
1 + t2|i6
0= 1 6(6√
37 + ln(6 +√ 37)).
Därmed är den sökta längden
` =√ 37 +1
6ln(6 +√ 37).
4. Bestäm största och minsta värdet till funktionen
f (x, y) = x2− y + ln(1 + |y|) på kvadraten
{(x, y) ∈ R2: − 1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1}.
Lösning: Vi noterar först att den givna funktionen f kan skrivas som en summa av envariabelfunk- tioner: vi har
f (x, y) = g(x) + h(y),
där g(x) = x2 och h(y) = −y + ln(1 + |y|). För att maximera respektive minimera f räcker det alltså att maximera och minimera g och h separat på intervallen −1 ≤ x ≤ 1 och −1 ≤ y ≤ 1.
Besiktning av g ger att g(0) = 0 ger det minsta värdet på −1 ≤ x ≤ 1 medan g(±1) = 1 ger största värdet.
Vi fortsätter med h. Observera att h ej är deriverbar i origo och att h(0) = 0. Vi har vidare h(y) = −y + ln(1 + y) för y > 0
och
h(y) = −y + ln(1 − y) för y < 0 Vi deriverar och får
h0(y) = −1 + 1
1 + y, y > 0, samt
h(y) = −1 + 1
y − 1, y < 0.
Således har vi h0(y) 6= 0för −1 < y < 0 och 0 < y < 1. Därmed återstår det att undersöka randpunkter:
vi har h(−1) = 1 + ln 2 och h(1) = −1 + ln 2, där det senare är negativt. Vi har alltså ett största värde i randpunkten y = −1 och ett minsta värde i y = 1.
Vi kombinerar våra undersökningar av g och h och drar slutsatsen att f (1, −1) = g(1) + h(−1) = 1 + 1 + ln 2 = 2 + ln 2 är det största värdet f antar på den givna kvadraten samt att
f (0, 1) = 0 + (−1 + ln 2) = −1 + ln 2 är f:s minsta värde på {−1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1}.
5. Beräkna dubbelintegralen
Z Z
D
x2sin(x2+ y2)dxdy där
D = {(x, y) ∈ R2: y > 0 och 0 ≤ x2+ y2≤ 4}.
Lösning:
Då både en faktor i integranden och integrationsområde uppvisar cirkulär symmetri genomför vi ett variabelbyte och inför polära koordinater:
x = r cos θ y = r sin θ .
Integration genomförs i polära koordinater över 0 ≤ r ≤ 2 och 0 ≤ θ ≤ π, och med skalfaktorn r.
Vi har alltså
Z Z
D
x2sin(x2+ y2)dxdy = Z 2
0
Z π 0
r2sin2θ sin r2rdrdθ.
Vi observerar att integralen till höger kan delas upp som produkten av två envariabelintegraler:
Z 2 0
r3sin2rdr
·
Z π 0
sin2(θ)dθ
.
Vi drar oss till minnes identiteten sin2θ = 12−12cos(2θ)och får att Z π
0
sin2θdθ = Z π
0
1 2 −1
2cos(2θ)
dθ = θ 2 −1
4sin(2θ)
π 0
= π 2.
I den andra integralen genomför vi variabelbytet t = r2. Vi får dt = 2rdr och gränserna 0 ≤ t ≤ 4.
Således fås
Z 2 0
r3sin(r2)dr = Z 2
0
r2sin(r2) rdr = 1 2
Z 4 0
t sin tdt.
Slutligen ger partiell integration att Z 4
0
t sin tdt = [−t cos t]40+ Z 4
0
cos tdt = −4 cos 4 + sin 4.
Vi multiplicerar till slut ihop de två envariabelintegralerna och får Z Z
D
x2sin(x2+ y2)dxdx = π
4(sin 4 − 4 cos 4).
6. Bestäm den lösning till dierentialekvationen
y00+ 2y0+ 2y = x som uppfyller y(0) = 1 och y0(0) = −1.
Lösning: Vi betraktar först den homogena ekvationen y00+ 2y0+ 2y = 0.
Vi ansätter y(x) = erxoch får efter derivering och insättning den karaktäristiska ekvationen r2+ 2r + 2 = 0.
Vi kvadratkompletterar
r2+ 2r + 2 = (r + 1)2− 1 + 2 = (r + 1)2+ 1
och drar slutsatsen att den aktuella andragradsekvationen har två komplexkonjugerade rötter, nämligen r1= −1 + i och r2= −1 − i.
Detta ger oss en allmän lösning till den homogena ekvationen, yh(x) = C1e−xcos x + C2e−xsin x.
Vi bestämmer i nästa steg en partikulärlösning. Först ansätter vi yp(x) = Ax + B.
Vi deriverar en och två gånger,
y0p(x) = A, y00(x) = 0.
Insättning i dierentialekvationens vänsterled ger
yp00+ 2yp0 + 2yp= 2A + 2(Ax + B) = 2Ax + 2(A + B).
Jämförelse med högerledet x ger oss genast A = 1/2 och då det givna högerledet saknar konstantterm måste A + B = 0, vilket ger B = −1/2.
Den allmänna lösningen till den givna dierentialekvationen är således
y(x) = yh(x) + yp(x) = C1e−xcos x + C2e−xsin x + 1
2(x − 1).
Begynnelsevillkoret y(0) = 1 ger oss efter insättning i vänsterledet att
C1−1 2 = 1, vilket medför att C1= 32. Vi deriverar y och får
y0(x) = −3
2e−xcos x −3
2e−xsin x − C2e−xsin x + C2e−xcos x +1 2. Vi implementerar nu det andra begynnelsevilkoret, y0(0) = −1, vilket ger kravet
−3
2+ C2+1 2 = −1, och således fås C2= 0.
Vi har nu bestämt lösningen till det givna beynnelsevärdesproblemet:
y(x) =1
2(3e−xcos x + x − 1).
Skrivningsåterlämning äger rum torsdag 17 januari klockan 15:00 utanför sal 15 i hus 5.
Därefter kan skrivningen hämtas på studentexpeditionen i rum 204.