Lösningsförslag, v0.4

Transkript

1 , v.4 Preliinär version, 6 februari 28, reservation för fel! Högsolan i Sövde Tentaen i ateati Kurs: MA52G Mateatis analys MA23G Mateatis analys för ingenjörer Tentaensdag: l 8:3-3:3 Hjälpedel : Inga hjälpedel utöver bifogat forelblad. Ej ränedosa. English version follows after the Swedish. Tentaen bedös ed betyg 3, 4, 5 eller underänd, där 5 är högsta betyg. För godänt betyg 3) rävs inst 7 poäng från uppgifterna, varav inst 3 poäng från uppgifterna 8. Var och en av dessa nio uppgifter an ge axialt 3 poäng. För var och en av uppgifterna 6 an an välja att i stället för att läna svar utnyttja sitt resultat från otsvarande dugga från urstillfället vt 27 duggaresultatlista bifogas). Marera detta geno att sriva ett D istället för ett ryss i uppgiftsrutan på oslaget. Uppgift 7 an ersättas ed ativt deltagande vid räneövningar under ursens gång arera ed S). För betyg 4 rävs utöver godänt resultat från inst 5% 2 poäng) från uppgift 4, för betyg 5 inst 75% 8 poäng). Läna fullständiga lösningar till alla uppgifter, o inte annat anges. Sriv inte er än en uppgift på varje blad. Nuerisa värden an anges so uttryc där fatorer so π och logariter ingår utöver rena siffror o så behövs. Del I. Uppgift ränas för godänt betyg. Varje uppgift an ge upp till 3 poäng. För godänt betyg 3 5) rävs inst 7 poäng, varav inst 3 poäng på uppgift 8. Uppgift 6 an en och en ersättas av duggapoäng, uppgift 7 geno att ha deltagit i räneövningar. 2

2 . Låt fx) = 3 4 x 2 a) Bestä en största öjliga) definitionsängd doain) D f för f så att funtionen blir inverterbar? Givet att vi räver reella tal so arguent och värden.) b) Bestä ett uttryc för den inversa funtionen f till f. c) Vilen är definitionsängden för f? a) Vi noterar först att fx) är definierad endast för 4 x 2, dvs 2 x 2. O vi studerar derivatan f x) = d 34 x2 ) /2 = x2 ) /2 2x) = 3x 4 x 2 ser vi att f x) > för 2 < x < och att f x) < för < x < 2. Av det an vi dra slutsatsen att f är strängt växande på intervallet [ 2, ] och strängt avtagande på [, 2]. Väljer vi något av dessa intervall so definitionsängd för f får vi en inverterbar funtion. An: Val av öppna intervall 2, ) eller, 2) är ocså godänt svar, även o an an inludera ändpunterna.) b) O vi tar fx) = 3 4 x 2 definierad för x har vi x = f y) y = fx) x = 3 4 y 2 y 2 = 94 x 2 ) Alltså är f y) = 4 y2 9, eller uttryct i x, f x) = x 2 = 4 y2 9 x = 4 x2 9. Alternativet ed fx) definierad på intervallet [ 2, ] länas so övning.) 4 y2 9. c) Definitionsängden för f är lia ed värdeängden för f. Med f definierad på [, 2] är funtionen ontinuerlig och avtagande, så värdeängen till f är intervallet [f2), f)] = [, 6], vilet alltså ocså är definitionsängden för f. O vi istället väljer f definierad på [ 2, ], där f är växande får vi intervallet [f 2), ] = [, 6], so råar vara saa intervall so i förra fallet. 3

3 2. Låt fx) = 3x + 4) sin x. xx 2) Bestä följande gränsvärden, o de existerar. Ett gränsvärde an vara ett tal, + eller. O ett gränsvärde inte sulle finnas, ange och otivera detta. Tips: Se forelbladet för gränsvärden so an behövas.) a) li fx) x b) li fx) x 2 c) li fx) x + a) b) 3x + 4) sin x li = li x xx 2) 3x + 4 x x 2 sin x x sin x = 2 li = 2 = 2. x x 3x + 4) sin x 3x + 4 li = li sin x x 2 xx 2) x 2 x x 2 = sin2) li 2 x 2 x 2 =, efterso sin 2 >, x 2 < för x < 2 och x 2 då x 2. c) Vi har att sin x, så fx) = 3x + 4) sin x xx 2) 3x + 4 xx 2) = 3/x + 4/x 2 2/x. När x + så går täljaren i sista ledet ot, edan nänaren går ot. Alltså 3 + 4/x x 2 då x +. Så efterso och 3 + 4/x x 2 fx) 3 + 4/x x 2 li ± 3 + 4/x x + x 2 =, dvs fx) är instängd ellan två funtioner ed saa gränsvärde, så åste li fx) =. x + 4

4 3. Evationen y sin2x) + xy 2 = π definierar en urva i xy-planet och innehåller punten x, y) = π, ). Bestä urvans tangentlutning i denna punt. d y sin2x) + xy 2 ) = sin2x) + 2y cos2x) + y2 + 2xy Med x, y) = π, ) får vi evationen sin 2π + 2 cos 2π + + 2π = 3 + 2π = = 3 2π. Kurvans tangentlutning i x, y) = π, ) är alltså = 3 2π 4. Betrata funtionen fx) = 2x 3 3x 2 +, definierad på, ) a) Bestä eventuella loala extrevärden till fx), för vila x de antas och o de är loala inia eller axia. b) Utred ifall fx) har något absolut axiu eller iniu på intervallet x 2, dvs ett största och/eller insta värde på det intervallet, och vad de i så fall är. Vi använder derivatan av fx) = 2x 3 3x 2 +, f x) = d 2x 3 3x 2 + ) = 6x 2 6x = 6xx ). Vi noterar att f x) = o x = eller o x =, en inte för några andra värden på x. Vi an göra en tecentabell för f x) för att studera växande/avtagande. x < x = < x < x = < x < 2 x = 2 2 < x 6x x f x) fx) 5 a) Vi noterar utifrån hur derivatan växlar tecen att fx) har två loala extrevärden, ett loalt axiun f) = för x = och ett loalt iniu f) = för x =. b) Intervallet x 2 är slutet och begränsat, så den ontinuerliga funtionen f åste ta ett största och ett insta värde där. Efterso f har derivata överallt, an dessa bara antas antingen där f x) = eller i intervallets ändpunter. Dessa värden är listade i tecentabellen och vi onstaterar att det insta är f) = och det största f2) = 5. Det största värdet fx) tar för x 2 är alltså f2) = 5 och det insta är f) =. 5

5 5. Bestä värdet av integralen π/2 cos x sin x + ) 7. För att beräna integralen gör vi läpligen variabelsubstitutionen u = sin x +. Då är du = d sin x + ) = cos x så cos x = du, och alltså π/2 cos x sin x + ) 7 = sinπ/2)+ sin)+ u 7 du = [ ] u=2 8 u8 = 2 8 8) = 255 u= Utvecla den obestäda integralen x + ) e x/2. Den här integralen löses enlast ed partiell integration, ed 2e x/2 so priitiv funtion till e x/2. x + ) e x/2 = x + ) d 2e x/2) [ = x + ) 2e x/2] dx + ) 2e x/2 [ = x + ) 2e x/2] 2e x/2 = x + ) 2e x/2 4e x/2 + C = 2x 2)e x/2 + C, där C är en allän onstant. 6

6 7. Visa att y = ln x + C x för varje onstant C. löser differentialevationen x 2 + xy =, O y = ln x + C x så är ha votregeln) = x d ln x + C) ln x + C) x 2 = x x ln x C x 2 = ln x C x 2. Då är vilet är vad vi vill visa. x 2 + xy = ln x C + ln x + C =, 7

7 8. Bestä en lösning y = fx) till differentialevationen so uppfyller villoret f) =. = x5 y Differentialevationen är separabel, och vi har, för y, att = x5 y = x5 y ) y = x 5 2) 2 y2 = 6 x6 + C 3) y = ± 3 x6 + 2C, 4) där C är en allän onstant. I lösningen är y definierat för alla x o C >, för x 6C /6 o C <.) För att bestäa den partiulärlösning so uppfyller begynnelsevilloret noterar vi först att lösningar ed y > då x = är på foren y = fx) = + 3 x6 + 2C. Sätter vi x = och y = i evation 3) får vi evationen 2 = C. Den söta lösningen är alltså y = fx) = 3 x6 +. 8

8 9. Bestä den allänna lösningen till differentialevationen + y cos x = ex sin x. För att lösa differentialevationen geno integration vill vi ultiplicera ed en integrerande fator e Gx), där G8x) är en priitiv funtion till cos x, till exepel Gx) = sin x. Då har vi att där C är en allän onstant. + y cos x = ex sin x 5) ) + y cos x e sin x = e x 6) d y e sin x ) = e x 7) y e sin x = e x 8) y e sin x = e x + C 9) y = e x + C) e sin x, ) 9

9 . a) [p] Bestä den allänna lösningen y = yx) till den hoogena differentialevationen y + 4y + 3y =. b) [2p] Bestä lösningen y = yx) till begynnelsevärdesprobleet y + 4y + 3y = 2 x, y) =, y ) =. a) Lösningar till den hoogena differentialevationen y + 4y + 3y =. består av linjärobinationer av e rx där r 2 + 4r + 3 = r = 2 ± 2) 2 3 = 2 ±, vilet ger att den allänna lösningen är y = C e 3x + C 2 e x, där C och C 2 är allänna onstanter. b) Den allänna lösningen till y + 4y + 3y = 2 x fås geno att addera den allänna lösningen till den hoogena evationen ) till en partiulärlösning till ). För att hitta en sådan partiulärlösning prövar vi ansatsen y = ax + b, so ger att y + 4y + 3y = + 4a + 3ax + b) = 3ax + 4a + 3b. För att y = ax + b sall vara en lösning till ) åste vi alltså ha att 3ax + 4a + 3b) = 2 x för alla x, dvs att 3a =, a = /3, 4a + 3b = 2, b = 2 4a)/3 = 2 + 4/3)/3 = /9. Den allänna lösningen till ) är alltså y = 3 x C e 3x + C 2 e x, där C och C 2 är allänna onstanter. Vi vill nu bestäa onstanterna C och C 2 så att begynnelsevilloren uppfylls. Vi har för lösningen ovan att y = 3 3C e 3x C 2 e x

10 så y) =, y ) =, 2C = 7 9, 2C 2 = 3, 9 + C + C 2 =, 3 3C C 2, i) + ii) C = 7 8, 3i) + ii) C 2 = 3 2. C + C 2 = 9, 3C C 2 = 3, i) ii) Lösningen till begynnelsevärdesprobleet y + 4y + 3y = 2 x, y) =, y ) =. är alltså y = 3 x e 3x 3 2 e x.

11 Del II. Följande uppgifter ränas för betyg 4 och 5. Varje uppgift an ge upp till 6 poäng, totalt 24. Även presentationen bedös.. O vi vet att xe x fx) xe x2 på intervallet x, ino vilet intervall åste då värdet av integralen fx) ligga, ed så bra uppsattning so öjligt? Ange intervallgränserna dels so algebraisa uttryc ed e, dels so närevärden ed två värdesiffror givet att e,368. O xe x fx) xe x2 för alla x i intervallet x så åste xe x För den övre beränsningen har vi xe x2 = fx) [ ] 2 e x2 = e 2 xe x2.,632 2,32. För den undre begränsningen har vi, ed hjälp av partiell integration av e x xe x = [ x e x)] e x) = e + e x = e + [ e x] = e e + = 2e,736, Sissa urvan y = x x + ) x 2 4 ed växande/avtagande, eventuella loala axii- och iniipunter sat asyptoter angivna och otiverade. Definitionsängd och ontinuitet. Vi an till att börja ed notera att y = fx) = x x + ) x 2 4 inte är definierad för x = ±2 division ed noll), en är ontinuerlig överallt annars. Vi studerar asyptotien vid x = ±2 sat i oändligheten senare. Växande/avtagande och loala extrea. För att ta reda på växande, avtagande och extrepunter studerar vi derivatan. För att förenla delar vi upp i två fall beroende på tecnet på x, dvs o x < eller x >. x < x = x) : = d x) x + ) x 2 = d x 2 4 x 2 4 = 2xx2 4) x 2 )2x x 2 4) 2 = 2x3 + 2x2 ) x 2 4) 2, 2

12 x > x = x + ) : = d x ) x + ) x 2 = d 4 = 2xx2 4) x 2 )2x x 2 4) 2 = x 2 x 2 4 2x 3) x 2 4) 2 = 6x x 2 4) 2 För derivatan då x = an vi studera gränsvärdet då h av differensvoten h 2+h) f + h) f) +h) = 2 4 = h h h h 2 + h + h) 2 4 2/ 3) = 2/3 då h 2/ 3) = 2/3 då h +. Derivatan f ) är alltså inte definierad. Saanfattningsvis 2x3+2x 2 ) o x <, x 2, x 2 4) 2 f x) = 6x o x >, x 2, x 2 4) 2 odefinierad o x = eller x = ±2. Utifrån uttrycen för derivatan an vi göra en tecentabell för derivatan. Notera att nänaren x 2 4) 2 > för alla x ±2, och liaså att 3 + 2x 2 > för alla x. x < 2 x = 2 2 < x < < x < x = < x < 2 x = 2 2 < x x f x) + fx) lo. in. lo. ax. Utifrån tecentabellen an vi se att f är avtagande på intervallen, 2), 2, ], [, 2) och 2, + )och växande på intervallet [, 2], ed ett loalt iniu f) = /4 och ett loalt axiu f) =. Asyptoter. Vi studerar den vertiala asyptotien där det är division ed noll, dvs vid x = 2 och x = 2, geno att bestäa enelsidiga oändliga) gränsvärden. li fx) = li x x + ) x 2 x 2 x 2 4 = li x 2 3 ) x 2 4 = efterso x < 2 = x2 4 >, li fx) = li x x + ) x 2 + x 2 + x 2 4 = li x ) x 2 4 = + efterso 2 < x < 2 = x2 4 <, x x + ) li fx) = li x 2 x 2 x 2 4, = li x 2 3 x 2 4 = efterso 2 < x < 2 = x2 4 <, x x + ) li fx) = li x 2 + x 2 + x 2 4 = li x x 2 4 = + efterso x > 2 = x2 4 >, 3

13 För den horisontella asyptotien studerar vi y = fx) när x ±. li fx) = li x x + ) x x x 2 4 = li x = li x = li x x) x + ) x 2 4 x 2 x 2 4 x 2 4 = = x 2 li fx) = li x x + ) x + x + x 2 4 = li x + = li x + x ) x + ) x 2 4 x 2 x 2 4 x = li 2 x + 4 = = x 2 Alltså är linjen y = asyptot till y = fx) då x och y = då x +. Med den inforation vi plocat ut har vi nu ett bra underlag för att sissa grafen. Vi an ocså notera att f ) =. y y = fx) y = asyptot när x + x y = asyptot när x x = 2 x = 2 loalt axiu f) = loalt iniu f) = /4 3. Hastigheten v so ett föreål ed assan so faller i en fallsär faller ed an förenlat besrivas ed differentialevationen dv = v2 dt där g är tyngdaccelerationen och är en onstant so beror på fallsärens utforning. a) Vid vilen hastighet, uttryct i onstanterna, g och, faller föreålet ed onstant hastighet den s.. gränshastigheten)? b) Bestä fallhastigheten so en funtion av tiden, från att föreålet släpps från stillastående v = ). 4

14 c) Hur lång tid tar det för föreålet att nå halva gränshastigheten, från stillastående? a) Konstant v betyder att dv dt =, så vid onstant hastighet gäller, enligt differentialevationen att v 2 = v = ±, så gränshastigheten är v = b) Vi har att dv dt = v2. dv v 2 dt = där C är en onstant. För att utvecla gör vi läpligen en partialbråsuppdelning, ed ansatsen dv v 2 dv v 2 = dt = t+c, ) v 2 = v ) v + ) = v A B + v +. Vi noterar att v A B + v + = A v + v ) + B ) v + v ) ), vilet ger oss evationen A v + ) + B v ) =. Sätter vi in v = respetive får v = ser vi att vi åste ha A = 2 och B = 2. Vi har nu att dv v 2 = 2 v = [ ln 2 v ln v + v + dv ] + C 2 = 2 v ln v + + C 2, 5

15 vilet från ) ger oss evationen 2 v v + ln v v + = e2 = t + C t+c) = e 2t g e 2C, så där c = ±e 2C v v + = v v v +v. Vi löser ut v ur ). = ce 2t g, 2) v v + v + ce 2t g = ce 2 g t, = v + ) v = ) ce 2 g t ) ce 2t g v = ce 2t g + ce 2t g = ce 2t g + ce 2t g Vi an ocså sriva hastigheten so + v v v v = v +v e 2t g v v v +v e 2t g v + v ) v v )e 2t g = v v + v ) + v v )e 2t g. c) Vi vill bestäa tiden t det tar från v = v = till v = v /2, dvs lösa ut t ur evationen 2 v v v e 2t g = v v + v e 2t g ) v + v e 2t g = 2 v v e 2t g 3e 2t g = g 2t = ln/3) = ln 3 t = ln 3 2 g = ln 3 v 2 g. 4. En solid svarvad detalj rotationssyetris) är 2 lång och tvärsnittet x från ena änden är en cirelsiva ed radien 2 cos 2π 2 x). Beräna volyen av stångens gods. Uttrycet an få innehålla π so en fator, t.ex π 3.) 6

16 2 6 2 Volyen i 3 ges ed sivetoden av integralen 2 π 2 cos 2π = ) x = 2 π 2 = = π π 4 4 cos π 6 x + π ) cos2 6 x 4 4 cos π 6 x + + cos π 3 x 2 π 45 4 cos π 6 x + 5 cos π 3 x ) [ 45x 4 6 π sin π 3 x π cos π 3 ) ] = π 45 2 sin 2π + sin 4π + sin π π π eller evivalent, 54π 7 c π ) sin = π 45 2 = 54 π. 7