Examinator: Armin Halilovic

TENTAMEN HF1006 och HF1008 TEN2 10 dec 2012

Analys och linjär algebra, HF1008 (Medicinsk teknik), lärare: Svante Granqvist 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. Bestäm nollställena till

′ då

^√ . (2p)

2. Beräkna gränsvärdet (2p) lim→

cos 1

---

3. Bestäm den största möjliga omkretsen för en rektangel som är inskriven i en halvcirkel (3p) med radien R. Rektangelns ena sida ska placeras längs halvcirkelns diameter.

Var god VÄND!!

4. Bara en av de följande två funktionerna har någon horisontell tangent i (3p) intervallet 0 2 . Bestäm ekvationen för denna tangent.

En av funktionerna har inte någon horisontell tangent . Varför?

sin

2 sin

5. Bestäm samtliga asymptoter till funktionen (3p)

3 5

1

6. Lös integralen (3p)

5 7

1 4

7. Lös följande separabla differentialekvation (2p)

y ' = ( x + 1 )( y

²

+ 25 )

8. Lös följande differentialekvationer (3p)

a)

y ′′ − 5 y ' + 6 y = 0

b)

y ′′ − y ' − 12 y = x + 2

_.

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

om L=1 H , R= 4

_Ω

och

u

(

t

) = 10

e^−2t

V.

Vid t=0 gäller följande villkor: i(0) = 0 A.

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)

.

Lösningsförslag till TEN2 i kursen HF1006 och HF1008. Skrivningsdatum: 10 dec 2012

1. Bestäm nollställena till

′ då

^√ . (2p)

Lösning:

√ → ^{√ √}

√ Derivatans nollställe: 0 → 3 5 0 →

Svar: Derivatan till funktionen f(t) har ett nollställe: t = –3/5 Rättningsmall: Rät derivata 1p. Allt rätt 2p.

2. Beräkna gränsvärdet (2p) lim→

cos 1

Lösning:

lim→

cos 1 "0"

0 , ′ lim

→

sin x 2

"0"

0 , ′ lim

→

cos x 2

1 2

Svar: – 1/2

Rättningsmall: Allt rätt 2p.

3. Bestäm den största möjliga omkretsen för en rektangel som är inskriven i en halvcirkel (3p) med radien R. Rektangelns ena sida ska placeras längs halvcirkelns diameter.

4. Bara e intervall En av fun

Lösning:

Vi har fu lika med 0 å För den

en av de följa

et 0 2

nktionerna h

:

unktionerna d noll hittar v

. För det andra funkti

ande två fun 2 . Bestäm har inte någo

vi en horison tta x-värde få ionen får vi

ktionerna ha ekvationen f on horisonte

sin och tell tangent år vi

2

ar någon hor för denna ta ll tangent . V

sin

2 si

2 till respektiv

1

risontell tan ngent.

Varför?

n in

sin . Fö ve funktion.

. Ekvation för alla x , d

gent i

ör de x-värde 1 nen för tang dvs

en där deriva

→ enten blir då

0 för alla x

(3p)

atan är

å x.

Svar: har en horisontell tangent som har ekvationen . har ingen horisontell tangent eftersom saknar nollställen.

Rättningsmall: ”Rätt” definition på horisontell tangent (f’(x)=0 ) = 1p. Rätt x-värde =+1 p. Rätt ekvation = +1p

5. Bestäm samtliga asymptoter till funktionen 3p

3 5

1 Lösning:

3 5

1

4 4 1

1 4 1

1 För stora | | närmar sig asymptoten 4, vid 1 finns en lodrät asymptot.

Svar: En sned asymptot y=x+4. En lodrät asymptot y=x+4.

Rättningsmall: 1p för allt korrekt med den lodräta asymptoten, 2 p för allt korrekt med den sneda asymptoten.

6. Lös integralen (3p)

5 7

1 4

Lösning:

5 7

1 4

5 7

5 4

5 4 3

5 4

1 3

5 4

3 2

3

1 4

3 2 1

1

1

4 1 | 1| | 4| 3

2

1 | 4|

| 1|

3

2 1 1

2 2

Svar:

)

4 ln( 1

1 +

{ Alternativa svar:

1 − ln( 4 )

^eller

1 − 2 ln 2

^}

Rättningsmall: Rätt uppdelning av bråket i konstant och äkta bråk 1p, rätt partialbråksuppdelning 1p, allt helt rätt 3p. Ok med flera termer med ln(…) i svaret, men ln(1) kvar i svaret ger 1p avdrag

7. Lös följande separabla differentialekvation (2p)

y ' = ( x + 1 )( y

²

+ 25 )

Lösning:

Från

= ( x + 1 )( y

²

+ 25 ) dx

dy

har vi

x dx

y

dy ( 1 ) )

25

(

²

= +

+

och därför

∫

∫ _{( y}

²

^dy _{+ 25 )} ^{= ( x + 1 ) dx ⇒} ₅ ^{1 arctan(} ₅ ^{y ) = x} ₂

²

^{+ x + C}

Eller på explicit form

5 5

2 5

Svar: y x x C

+ +

= 2 5 ) arctan(

5

1

²

{ Alternativt svar : ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ + +

= x x D

y 5

2 tan5 5

2

Rättningsmall:

1p om en integral är korrekt löst. Allt korrekt =2p.

8. Lös följande differentialekvationer (3p)

a)

y ′′ − 5 y ' + 6 y = 0

b)

y ′′ − y ' − 12 y = x + 2

_.

Lösning:

a) Den karakteristiska ekvationen

0 6

2

5

= +

− r

r

har rötterna r₁

= 2

och r₂

= 3

.

Den allmänna lösningen blir då

y = C

₁

e

^2x

+ C

₂

e

^3x

Rättningsmall a: Allt korrekt =1p

b) Först homogena delen Den karakteristiska ekvationen

0

2

12

=

−

− r

r

har rötterna r₁

= − 3

och r₂

= 4

.

Den allmänna lösningen till homogena delen är

y

_H

= C

₁

e

^−3x

+ C

₂

e

^4x

För en partikulär lösning har vi följande ansats:

A y B Ax

y_p = + ⇒ ′_p = ^och yp′′ =0 som vi substituerar i y

′′ −

y

' − 12

y

=

x

+ 2

_{och får}

2

) (

12

0 −

A

−

Ax

+

B

=

x

+

dvs

− 12

Ax

−

A

− 12

B

=

x

+ 2

. Härav

1 12 =

− A ^och

2 12 =

−

−A B

Därför A

= − 1 / 12

och

144 12 23

/ ) 2

( − − = −

=

A

B

Alltså

144 23 12

1 −

−

= +

=

Ax B x

y_p

Nu har vi

144 23 12

4

1

2 3

1

+ − −

= +

=

y y Ce⁻ C e x

y _{H p} ^{x x}

Svar:

144 23 12

4

1

2 3

1

+ − −

=

Ce⁻ C e x

y ^{x x}

Rättningsmall b:

1p för homogena delen. Allt korrekt =2p.

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

om L=1 H , R= 4

_Ω

och

u

(

t

) = 10

e^−2t

V.

Vid t=0 gäller följande villkor: i(0) = 0 A.

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)

.

Lösning:

Från kretsen får vi följande diff. ekv.

) ( ) ) (

( R i t u t dt

t

L⋅di + ⋅ = ^{(ekv1) .}

Efter subst. L, R och C har vi e t

t i t

i

′ ( ) + 4 ( ) = 10

⁻² (ekv 2) Först löser vi homogena delen

0 ) ( 4 )

( + =

′ t i t i

som har den karakteristiska ekvationen:

. 4 0

4= ⇒ =−

+ r

r som ger i_H

=

ce^−4t_. Ansatsen för en partikulär lösning är

t

p Ae

i = ⁻²

⇒

i′_p =−2Ae^−2t

som vi substituerar i ( ekv 2) och får

5 10

2 10

4

2 ² + ² = ² ⇒ ² = ² ⇒ =

− Ae^−t Ae^−t e^{− t} Ae^{− t} e^−t A . Därför i(t)=i_H +i_p =Ce^−4t +5e^−2t _dvs

t

t e

Ce t

i

( ) =

⁻⁴

+ 5

⁻²

Villkoret i(0) = 0 ger 0=C+5⇒C=−5 Därför i

(

t

) = − 5

e^−4t

+ 5

e^−2t.

Svar: i

(

t

) = − 5

e^−4t

+ 5

e^−2t Rättningsmall:

a) 1p för korrekt lösning till homogena ekvationen , 1p för den partikulära lösningen, allt korrekt = 3p