• No results found

lim n n sin(x 3 ) x 3 x 4 lim Lösning:Vi drar oss till minnes standardgränsvärdet n) n lim = 1 sin(x 3 ) = x 3 + O(x 9 ).

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Share "lim n n sin(x 3 ) x 3 x 4 lim Lösning:Vi drar oss till minnes standardgränsvärdet n) n lim = 1 sin(x 3 ) = x 3 + O(x 9 )."

Copied!
5
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

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,

(2)

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.

(3)

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}.

(4)

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 = 1212cos(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.

(5)

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.

References

Related documents

Där bostadsbebyggelsen ska stå kommer det att bli en hårddjord yta, men det kommer bli mer växtlighet på den resterande ytan, eftersom planbestämmelsen ändras från torg till

13 kap 10 § - Beslut om förvärv eller överlåtelse av den omyndiges fasta egendom eller nyttjanderätt till sådan egendom ävensom upplåtande av nyttjanderätt, panträtt m.m..

Knowing the peak maximum temperature and the associated heating rate, it became possible to calculate the transformation activation energies.. According to Hörling

2845.. Ett av nedanstående alternativ är det rätta värdet. a) Ange en följd av 10 konsekutiva positiva heltal som inte inne- håller något primtal... b) Visa att för varje

Hubert tjänar 400 kr mindre än Gunnar och Ivar tjänar 3000 kr mer än Hubert per månad.. I sin plånbok har Anette bara tjugolappar

[r]

(6p) Bestäm de intervall där funktionen är växande, avtagande, böjningspunkter (in‡ection points), och de intervall där funktionen är konkav uppåt och konkav neråt.. Rita

Bestäm sannolikheten att det andra reläet utlöses före det första om de samtidigt utsätts för en