TENTAMEN HF1006 och HF1008, Linjär algebra och analys

TENTAMEN HF1006 och HF1008, Linjär algebra och analys

Datum TEN2, 14 jan 2021 Tid 8-12 Lärare: Maria Shamoun, Armin Halilovic Examinator: Armin Halilovic

Betygsgränser: För godkänt krävs10 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. Fullständiga lösningar skall presenteras till alla uppgifter.

Denna tentamenslapp får ej behållas efter tentamenstillfället utan lämnas in tillsammans med lösningarna.

--- Uppgift 1. (4p)

a) (1p) Beräkna gränsvärdet lim ³₃ 2

5 4

x

x x

x x

→∞

+

+ . b) (1p) Beräkna gränsvärdet ₂

3

sin(2 6)

lim^x 9

x x

→

−

− .

c) (2p) Bestäm definitionsmängden och värdemängden till funktionen g x( ) 1 3arcsin(2= + x−4) .

Uppgift 2. (3p) Beräkna följande integraler a) (2p) ² 5 5

4

x x dx

x

+ +

∫

b) (1p) (ln¹⁰ x 3ln⁸x 4ln )²x 1dx

+ + ⋅x

∫

Uppgift 3. (2p) Bestäm volymen av den kropp som uppstår då området som definieras av 1 x e≤ < , 0≤ ≤y ln( )x ( se figuren)

roterar kring y-axeln.

Var god vänd.

a) (2p) Bestäm eventuella stationära punkter och deras typ.

b) (1p) Bestäm eventuella asymptoter till f(x). Uppgift 5. (2p) Lös följande differentialekvation

1 5 ,3 (1) 2.

y y x y

′ + x = =

(Tips: Använd integrerande faktor.) Uppgift 6. (4p)

a) (2p) Bestäm alla lösningar (även eventuella singulära lösningar) till följande differentialekvation

dy xy x² 9

dx = − . (Tips: separabla variabler.)

b) (1p) Bestäm, på explicit, form den lösning som uppfyller y(0) =2.

c) (1p) Bestäm, på explicit form, den lösning som uppfyller y(0) = –3.

Uppgift 7. (4p) Bestäm strömmen i(t) och laddningen q i nedanstående LRC krets (t)

L R C

i(t) U

om induktansen L=1 henry , resistansen R= 50 ohm, kapacitansen C= ¹

600 farad och spänningen U =30 volt. Vid tiden t=0 är strömmen i(0)= 2 ampere och laddningen

0 ) 0

q( = 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 (farad) och laddningenq (coulomb) är lika med (t)

C t

q /( ) , där q′(t)=i(t).

Uppgift 8. (2p) Låt u x( ) och v x( ) vara två kontinuerligt deriverbara funktioner. Bevisa formeln för partial integration, dvs bevisa

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . u x v x dx u x v x′ = − u x v x dx′

∫ ∫

Lycka till.

FACIT

Uppgift 1. (4p)

a) (1p) Beräkna gränsvärdet lim ³₃ 2

5 4

x

x x

x x

→∞

+

+ . b) (1p) Beräkna gränsvärdet ₂

3

sin(2 6)

lim^x 9

x x

→

−

− .

c) (2p) Bestäm definitionsmängden och värdemängden till funktionen g x( ) 1 3arcsin(2= + x−4) .

Lösning:

a)

3 3 2

3 3

2

typen 1 2

2 1

lim bryter ut den lim

5 4 dominerande termen 5 4 5

x x

x x x x

x x x

x

→∞ →∞

 ∞ 

 

 ∞   + 

 

++ = =  + =

 

b) ₂

3 3

typen 0

sin(2 6) 2cos(2 6) 2cos0 1

lim 0 lim

9 ' 2 6 3

x x

x x

x l H x

→ →

 

− = = − = =

 

−  

c) y=arcsinx har definitionsmängden x∈ −

[

]

(

)

definitionsmängden 1 2 4 1 3 2 5 3 5

2 2

x x x

− ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ .

arcsin

y= x har värdemängden , 2 2

−π π

 

  som ger arcsin 2

(

)

2 x 2

π π

− ≤ − ≤ . Därmed för

( )

1 3arcsin 2 4

y= + x− gäller

2 3 2 3

1 3 1 3

2 y 2 2 y 2

π π − π + π

 

+ ⋅ − ≤ ≤ + ⋅ ⇔ ≤ ≤

Svar: a) 1 5 b) 1

3 c) :3 5 , :2 3 2 3

2 2 2 2

D=x R∈ ≤ ≤x  V =y R∈ − π ≤ ≤y + π

   

Rättningsmall:

a, b: rätt eller fel

c: Korrekt D ger 1p , korrekt V ger 1p.

a) (2p) 5 5 4

x x dx

x

+ +

∫

b) (1p) (ln¹⁰ x 3ln⁸x 4ln )²x 1dx

+ + ⋅x

∫

Lösning:

a) ^{2 5 5}

[

]

4 4 2

x x dx x dx x x x

x x

++ + = =  + + +  = + + + +

∫ ∫

b) ^{(ln10 3ln8 4ln )2 1 ln}1

(

)

t x

t t t

x x x dx t t t dt

x dt dx

x

 = 

 

+ + ⋅ = = + + = + + + =

 = 

 

∫ ∫

11 9 3

ln ln 4ln

= C

11 3 3

x+ x+ x +

Rättningsmall:

a) 1p för korrekt polynomdivision. 2p om allt är korrekt.

b)Rätt eller fel.

Uppgift 3. (2p) Bestäm volymen av den kropp som uppstår då området som definieras av 1 x e≤ < , 0≤ ≤y ln( )x ( se figuren)

roterar kring y-axeln.

Lösning:

Använder skalmetoden:

( )

2 2

1 1 2 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2

1

ln 1 1

2 2 ln 2 ln

2 2

2

1 1 1 1

2 ln 2 ln ln1 2

2 4 2 4 2 4 4 4 2

e e e e

e

f x f x x x

V xydx x xdx x dx

g x g x x

x x x e e e e e

π π π

π π π π

 ′ =   

 =   

 

= = = ′ = ⇒ = =   − ⋅ =

  +

     

=  −  =  − − − =  + =

      

∫ ∫ ∫

Svar: Volymen är

(

)

2 π e +

Rättningsmall:

Korrekt till och med ^{2 2}

1

2 ln

2 4

x x e

V = π^ x− ^

  ger 1p. 2p om allt är korrekt.

Uppgift 4. (3p) Låt f x( ) ^{5ln( )}x

= x

a) (2p) Bestäm eventuella stationära punkter och deras typ.

b) (1p) Bestäm eventuella asymptoter till f(x). Lösning:

5ln( )

( ) x

f x = x . Definitionsmängden: (0, )∞ a)

2

5 5ln

( ) x

f x x

′ = − , f x( ) ^{15 10ln}₃ x x

′′ = − +

2

5 5ln

( ) 0 x 0 5 5ln 0 ln 1

f x x x x e

x

′ = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

En stationär punkt x e= .

Med hjälp av förstaderivatans teckentabell eller med andra derivatan får vi att punkten är en maxpunkt.

b) 0 0

5ln( ) lim ( ) lim

x x

f x x

x

+ +

→ = → = −∞ (täljaren går mot −∞, nämnaren går mot 0+).

Därmed är x =0 en vertikal (lodrät) asymptot.

5ln( ) ' 5 /

lim ( ) lim [typ ] = lim 0 1

l H

x x x

x x

f x x

→∞ →∞ →∞

= = ∞ =

∞

Därmed är y =0 en horisontell (vågrät) asymptot.

Svar: a) En maxpunkt x e= .

b) x =0 en vertikal (lodrät) asymptot. , y =0 en horisontell (vågrät) asymptot.

Rättningsmall:

Uppgift 5. (2p) Lös följande differentialekvation 1 5 ,3 (1) 2.

y y x y

′ + x = =

(Tips: Använd integrerande faktor.) Lösning:

Därefter bestämmer vi P(x) och Q(x):

x x

P( = , ) 1 Q x( ) 5= x³.

För att bestämma integrerande faktor F beräknar vi

∫

Lägg märke till att en konstant C redan finns i formel (3) så att vi behöver endast en primitiv funktion.

( ) 1 ln | | [eftersom vi ska bestämma en lösning kring x=1 0] ln

P x dx dx x x

= x = = > =

∫ ∫

och därför

x e e

F = ∫^P(x)dx = ^lnx =

Den integrerande faktorn substituerar vi i formel (3)

( ) 1( ( ) )

y x =F C⁻ +

∫

1 3

( ) ( 5 )

y x =x C⁻ +

∫

∫

⇒ y C x⁴

= x +

Från y(1) 2= får vi 2= +C 1 dvs C=1 Svar: y 1 x⁴

= +x Rättningsmall:

1p för korrekt allmän lösning. 2p Om allt är korrekt.

Uppgift 6. (4p)

a) (2p) Bestäm alla lösningar (även eventuella singulära lösningar) till följande differentialekvation

dy xy x² 9

dx = − . (Tips: separabla variabler.)

b) (1p) Bestäm, på explicit form den lösning som uppfyller y(0) =2.

c) (1p) Bestäm, på explicit form, den lösning som uppfyller y(0) = –3.

Lösning:

2 9 ( 2 9)

dy xy x dy x y

dx = − ⇔dx = − (*)

Vi ser direkt att konstanta funktioner y =3 och y = −3 är lösningar till DE .(Notera att y′ =0 i båda fall så att VL=HL=0) Om lösningarna y =3 och y = −3 inte omfattas av formeln för den allmänna lösning då är dem singulära. (Detta kollar vi efter att vi bestämmer den allmänna lösningen.)

Om y ≠ ±3 kan vi dela DE med y − och separera variabler. Vi får ² 9

2 9

dy xdx

y =

−

Vi integrerar båda leden:

2 9

dy xdx

y =

∫

∫

Härav ( med hjälp av formelblad):

1ln | 3| 2

6 3 2

y x C

y

− = +

+ (**) (den allmänna lösningen på implicit form) Vi löser ut y:

2 2 2

2 3 6 6 3 6 3

3 3 3 3

ln | | 3 6 | | | |

3 3 ^{x C} 3 ^{C x} 3 ^{C x}

y x C y e y e e y e e

y y y y

+ = + ⇔ − = + ⇔ − = ⇔ − = ±

− + + +

För att skriva lösningen på enklare sätt betecknar vi D= ±e^6C:

3 2

3 3 y De x

y

− = +

Härav löser vi ut y :

2

2 2 2

2

3 3 3 3

3

3 ( 3) 3 3 3 3

1

x x x x

x

y De y y Dye De y De

De

− = + ⇔ − = + ⇔ = +

− Alltså är

2 2

3 3

3 3 1

x x

y De

De

= +

− (***) den allmänna lösningen på explicit form.

Eventuella singulära lösningar:

Vi kollar om lösningar y =3 och y = −3 omfattas av formeln (***) för några värden på D.

Först undersöker vi om vi kan få y =3 för något D dvs om vi kan hitta D så att

2 2

3 3

3 3 3 1

x x

De De

= +

− för alla x. Vi har då

Alltså y =3 är INTE singulär lösning eftersom den omfattas av (***) för D=0; är Nu undersöker vi om vi kan få y = −3är en singulär lösning:

2

2 2

2

3 3 3

3

3 3 3 3 3 3 3 6 0

1

x x x

x

De De De

De

− = + ⇔ − + = + ⇔ − =

− . Ingen lösning på D; med andra ord

lösningen y = −3 omfattas inte av formeln (***).

Därmed är y = −3 en singulär lösning.

b) y(0) =2 substituerar vi i den allmänna lösningen

2 2

3 3

3 3 1

x x

y De

De

= +

− och får D = −1/ 5 och därmed

2 2

3 3

15 3 5

x x

y e

e

= −

c) Endast den singulära lösningen + y = −3 uppfyller kravet y(0) = –3.

(Notera att substitutionen y(0) = –3 i den allmänna lösningen saknar lösningen på D.) Svar: Se ovan

a)

2 2

3 3

3 3 1

x x

y De

De

= +

− , med en singulär lösning y = −3. Rättningsmall:

a) Korrekt till 1ln | 3| ²

6 3 2

y x C

y

− = +

+ ger 1p

Korrekt den singulära lösningen y = −3 ger 1p.

b) och c) Rätt eller fel.

Uppgift 7. (4p) Bestäm strömmen i(t) och laddningen q i nedanstående LRC krets (t)

L R C

i(t) U

om induktansen L=1 henry , resistansen R= 50 ohm, kapacitansen C= ¹

600 farad och spänningen U =30 volt. Vid tiden t=0 är strömmen i(0)= 2 ampere och laddningen

0 ) 0

q( = 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 (farad) och laddningenq (coulomb) är lika med (t)

C t

q /( ) , där q′(t)=i(t).

Lösning: Från kretsen får vi följande diff. ekv.

U t Cq t i dt R

t

L⋅di( )+ ⋅ ( )+ 1 ( )= (ekv1).

Metod 1:

Om vi använder q′(t)=i(t) då får vi följande ekvation med en variabel:

U t Cq t q R t q

L⋅ ′′( )+ ⋅ ′( )+ 1 ( )= , ( efter subst. L, R och C)

( ) 50 ( ) 600 ( ) 30

q t′′ + q t′ + q t = . (ekv 2) Homogena delen har lösningen

20 30

1 2

( ) ^{t t}

q t =C e⁻ +C e⁻

Ansatsen q t( )=A ger en partikulär lösning ( ) 1/ 20q t =_p Därmed har ekvationen den allmänna lösningen för laddningen:

20 30

1 2

( ) ^{t t} 1/ 20

q t =C e⁻ +C e⁻ + (*) Från q′(t)=i(t) får vi strömmen

20 30

1 2

( ) 20 ^t 30 ^t

i t = − C e⁻ − C e⁻

Från begynnelsevillkoren i(0)=2 och q(0) 0= får vi ekv1: −20C₁−30C₂ = 2

ekv2: C C₁+ ₂+1/ 20 0= Härav ₁ 1

C = 20 och ₂ 1 C = − 10 Därför

20 30

( ) ^t 3 ^t

i t = −e⁻ + e⁻

20 30

1 1 1

( ) 20 ^t 10 ^t 20

q t = e⁻ − e⁻ + Svar:

20 30

( ) ^t 3 ^t

i t = −e⁻ + e⁻

20 30

1 1 1

( ) 20 10 20

t t

q t = e⁻ − e⁻ +

(Anmärkning: Metod 2. Vi kan även derivera (ekv1) och få en ekv på i t( )) Rättningsmall:

Korrekt till q t′′( ) 50 ( ) 600 ( ) 30+ q t′ + q t = (ekv 2) (eller till i t′′( ) 50 ( ) 600 ( ) 0+ i t′ + i t = ) ger 1p.

Korrekt den allmänna lösningen q t( )=C e₁ ^−20t +C e₂ ^−30t+1/ 20

Korrekt ( )

20 10 20

q t = e − e + ger+1p

Korrekt i t( )= −e^−20t +3e^−30t ger+1p

Uppgift 8. (2p) Låt u x( ) och v x( ) vara två kontinuerligt deriverbara funktioner. Bevisa formeln för partial integration, dvs bevisa

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . u x v x dx u x v x′ = − u x v x dx′

∫ ∫

Lösning:

Enligt produktregeln har vi

�𝑢𝑢(𝑥𝑥)𝑣𝑣(𝑥𝑥)�^′= 𝑢𝑢^′(𝑥𝑥)𝑣𝑣(𝑥𝑥) + 𝑢𝑢(𝑥𝑥)𝑣𝑣′(𝑥𝑥) Om vi integrerar båda leden har vi

��𝑢𝑢(𝑥𝑥)𝑣𝑣(𝑥𝑥)�^′𝑑𝑑𝑥𝑥 = � 𝑢𝑢^′(𝑥𝑥)𝑣𝑣(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 + � 𝑢𝑢(𝑥𝑥)𝑣𝑣′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥

𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 ��𝑢𝑢(𝑥𝑥)𝑣𝑣(𝑥𝑥)�^′𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑢𝑢(𝑥𝑥)𝑣𝑣(𝑥𝑥)

får vi u(𝑥𝑥)𝑣𝑣(𝑥𝑥) = � 𝑢𝑢^′(𝑥𝑥)𝑣𝑣(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 + � 𝑢𝑢(𝑥𝑥)𝑣𝑣′(𝑥𝑥)𝑑𝑑𝑥𝑥 Om vi flyttar första integralen till vänsterledet

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

u x v x −

∫

∫

Rättningsmall: Korrekt bevis ger 2p.