e x x + lnx 5x 3 4e x (0.4) x 0 e 2x 1 a) lim (0.3) b) lim ( 1 ) k. (0.3) c) lim 2. a) Lös ekvationen e x = 0.

Transkript

1 LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK TENTAMENSSKRIVNING ENDIMENSIONELL ANALYS DELKURS B 00 0 kl 8 3 INGA HJÄLPMEDEL. Lösningarna ska vara försedda med ordentliga motiveringar. Lämna tydliga svar om så är möjligt.. Beräkna gränsvärdena sin 3x a) lim x 0 e x n c) lim n k ) k. 0.3) 0.3) b) lim x e x + 3 x + lnx x 3 4e x 0.4). a) Lös ekvationen e x ex 0.3) b) Lös ekvationen lnx + ) ln x ) c) Visa logaritmlagen ln x y ln x ln y, x > 0, y > 0, med hjälp av potenslagarna. 0.3) 3. a) Lös ekvationen cos x sin x 0. 0.) b) Avgör vad för slags kurva i planet som ges av ekvationen x 3x + 4 y + 4 0, och rita därefter ut denna. 0.) 4. a) Definiera vad som menas med absolutbeloppet av ett reellt tal a. 0.) b) Lös ekvationen x + + x ) ) c) Bestäm koefficienten för x termen i utvecklingen av 3x + x. 0.4). a) Definiera vad som menas med att en funktion är strängt växande. 0.) b) Bevisa, med hjälp av medelvärdessatsen, att om en funktion definierad på ett intervall har en derivata som är positiv så är funktionen strängt växande. 0.) c) Visa att ln + x) x + x > 0 för alla x > ) VAR GOD VÄND!

2 6. En solpanel A ska placeras på marknivå mellan två byggnader på avståndet x meter från den högre byggnaden se figur). Hur ska avståndet x väljas för att maximera vinkeln θ i figuren? 6 m {}}{ { x m }} θ { } A {{ } m {}}{ 3 m LYCKA TILL!

3 LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK SVAR OCH ANVISNINGAR ENDIMENSIONELL ANALYS DELKURS B 00 0 kl 8 3. a) Vi utnyttjar ett par standardgränsvärden: lim x 0 Gränsvärdet är 3/. sin 3x sin 3x e x lim x 0 3x lim x 0 sin 3x 3x x e x 3 ) e x x 3 ) 3 3. b) Vi bryter ut dominerande term i täljare respektive nämnare e x i båda fall) och utnyttjar sedan standardgränsvärden för exponential-, potens- och logaritmfunktioner: e x + 3 x + lnx lim x x 3 4e x Gränsvärdet är alltså / ) x e + ln x e lim x x x3 4 e x c) Här handlar det om en geometrisk summa. Vi får lim n n k ) k lim n n k0 ) k lim n ) n ) 0 0, eftersom /) n 0 då n vi noterar att / < ). Gränsvärdet är /0.. a) För att lösa ekvationen kan vi t.ex. sätta t e x, vilket leder till en andragradsekvation i t: t + 6 t 0 t + t 6 t t + t 6 0 t eller t 3 0 e x eller e x 3 x ln. Notera att e x 3 saknar lösning. Den enda lösningen är alltså x ln.

4 b) Genom att utnyttja en logaritmlag får vi lnx + ) ln x 0 lnx + ) ln x 0 lnx + ) lnx x + x x x 0 x eller x. Insättning i ursprungsekvationen visar att endast x är en äkta rot ln ) saknar mening). Svaret är därför x. c) Räknelagen följer av att ln x ) e ln x y ln lne ln x ln y ) lnx ln y, e ln y där vi har utnyttjat potenslagen a s /a t a s t. 3. a) Ett sätt att lösa ekvationen är följande: cos x sin x 0 cos x sin x cos x cos π x) x π x + πk eller x π x) + πk x π 6 + π 3 k eller x π + πk, där k är ett godtyckligt heltal. Lösningarna kan sammanfattas i det enda uttrycket x π + π k, k Z. 6 3 En alternativ lösning är att använda formeln för dubbla vinkeln för cosinus, och sedan sätta t sin x: cos x sin x 0 sin x sin x 0 t t 0. Löser vi denna andragradsekvation får vi t / eller t, dvs. sin x / eller sin x x π 6 + πk eller x π 6 + πk) eller x π + πk x π 6 + π 3 k, där k är ett godtyckligt heltal. b) Vi kvadratkompletterar med avseende på x och y var för sig och får x 3x + 4 y + 0 ) 4 x y ) x 3 + y. Detta kan vi avläsa som en ellips med medelpunkt 3/, 0) och halvaxlarna respektive.

5 3 4. a) Absolutbeloppet a definieras via { a, a 0, a a, a < 0. b) För att kunna behandla ekvationen delar vi upp i tre olika fall: x + ) + x 3 8, x 3, x 7/3, x 3, x + ) x 3) 8, x < 3, x, x < 3, x + ) x 3) 8, x < x 3, x <. Vi ser att x 7/3 ligger i fel intervall, men att de övriga rötterna duger. Rötterna är således x och x 3. c) Vi använder oss av binomialsatsen och får 3x + x) k0 ) k k 3x) x ) k k0 k0 k ) 3) k x k k) k ) 3) k x 3k. Den sökta koefficienten får vi då 3k, dvs. då k 8: ) ) Svaret är alltså /9. 8 ) 3 ) a) En funktion sägs vara strängt växande om det för alla x, x i D f gäller att x < x fx ) < f x ). b) Låt x och x tillhöra intervallet och låt x < x. Eftersom f är deriverbar i ]x,x [ och kontinuerlig i [x,x ] följer det av medelvärdessatsen att fx ) fx ) f ξ)x x ) för något ξ där x < ξ < x. Enligt förutsättning är f ξ) > 0, och vi vet dessutom att x x > 0. Alltså följer det att fx ) fx ) f ξ)x x ) > 0, dvs. att fx ) < fx ), och beviset är klart.

6 c) Vi sätter fx) ln + x) x + x/. Deriverar vi f ser vi att f x) + x x x + + x) + x + x) x + x) x + x) > 0 då x > 0. Det följer att funktionen är strängt växande för x 0 f är kontinuerlig i x 0), och eftersom f0) 0 följer det att fx) > 0 då x > 0, vilket precis var det som skulle visas. 6. Vinkeln θ kan uttryckas som en funktion av x exempelvis) genom Derivering ger θx) π arctan 6 x arctan 3 x, 0 < x <. θ x) + 36 ) 6 x + 9 x 6 x) + 9) 3x + 36) x + 36) x) + 9) 3 x) x) 3x ))x 0 68)). x + 36) x) + 9) 6 x x) + 9 3x 0x + 3) x + 36) x) + 9) Vi ser att f x) 0 precis då x 0 ± 68, och av dessa nollställen ligger endast x 0 68 i det givna intervallet observera att < 0 68 < 0 ). Efter ett teckenstudium ser vi att x 0 68 ger ett största värde till f. x θ x) + 0 θx) ր ց Svaret är alltså x Anmärkning: För att undvika att funktionen ej är definierad för x 0 respektive x, och för att få enklare räkningar, kan vi alternativt uttrycka θ som θx) arctan x 6 + arctan x 3, 0 x.