x sin(x 2 )dx I 1 = x arctan xdx I 2 = x (x + 1)(x 2 2x + 1) dx

Transkript

1 TM-Matematik Mikael Forsberg XXX-XXX DistansAnalys Envariabelanalys Distans ma034a ot-nummer 3 Skrivtid: 09:00-4:00. Inga hjälpmedel. Lösningarna skall vara fullständiga och lätta att följa. Börja varje ny uppgift på ny sida. Använd ej baksidor. Skriv namn på varje inlämnat blad. Uppgifter ::. Beräkna följande funktioners derivator (a) f (x) = arctan(sin x) (b) f 2 (x) = +x2 +x (c) f 3 (x) = ln( 3x) + arccos(5x) 2. Beräkna integralen I = x sin(x 2 )dx 3. Beräkna integralen I 2 = x arctan xdx 4. Beräkna integralen I 3 = x 2 + (x + )(x 2 2x + ) dx 5. Rita grafen till funktionen x 2 x 3. Bestäm alla kritiska punkter och klassificera dem. Beräkna även alla asymptoter.

2 6. Vi behöver beräkna ett närmevärde till 43 och vi tänker oss att göra en andra ordningens approximation genom att Taylorutveckla x kring 49. (a) Beräkna andra ordningens Taylorpolynom med centrum i 49. (b) Vad blir närmevärdet? (c) Vad blir feltermen. (d) Uppskatta felet. ( poäng) ( poäng) ( poäng) (2 poäng) 7. Låt f(x) = x 2 + 6x 6 (a) Beräkna arean A som ligger under grafen till f(x) och ovanför linjen y =. (2 p) (b) Beräkna volymen som uppstår då vi roterar arean A runt y-axeln. (3 p) 8. Bestäm masscentrum för arean A som definierades i uppgift 7. 2

3 Svar till tentamen i Envariabelanalys Distans, ot-nummer 3.. (a) f cos x (x) = +sin 2 x (b) f 2 +2x+x2 (x) = (+x) 2 (c) f 3 (x) = 2x 5 25x 2 2. I = C 2 cos x2 3. I 2 = x2 2 arctan x + x arctan x + C 4. I 3 = 2 ln x ln x x + C 5. Lokalt max i x = 3, lokalt min i x = 3. y-axeln är lodrät symtot och x-axeln är horisontell asymptot (a) A = 32/3 (b) Volymen blir 64π 8. x = 3, ȳ = 0, 6

4 Lösningar till tentamen i Envariabelanalys Distans, ot-nummer 3.. (a) Löses med en rättfram användning av kedjeregeln. (b) I denna uppgift är det kvotregeln som är lämpligast. (c) Här använder vi additionsregeln och deriverar varje term för sig. Termerna kräver en enkel användning av kedjeregeln. Första termen kan också förenklas innan man deriverar: ln( 3x) = ln(3x) 2 = logaritmregel = 2 ln(3x) derivering 3 2 3x = 2x 2. Här noterar vi att x väsentligen är derivatan av det som står inne i sinusfunktionen. Detta gör substitutionen u = x 2, du = 2xdx u = x 2, xdx = 2 du är användbar, och vi får: I = 2 sin udu = 2 cos u + C = C cos x Det här är ett typisk fall för partiell integration där vi integrerar x och deriverar arctan x: I 2 = x2 2 arctan x x x 2 dx = = x2 2 arctan x x x 2 dx = = x2 2 arctan x dx x 2 dx = = x2 2 arctan x + x arctan x + C 4. Vi observerar först att (x 2 2x+) = (x ) 2 och detta ger oss följande partialbråksuppdelning: x 2 + (x + )(x ) 2 = A x + + B x + C (x ) 2 Handpåläggning ger oss A = 2 och C =. Ovanstående partialbråksuppdelning gäller för alla värden på x så om x = 2 tex så får vi ekvationen 5 3 = A 3 + B + C, som med värdena på A och C ger att B = 2 Det följer nu att I 3 = dx 2 x + + dx 2 x + dx (x ) 2 = = 2 ln x + + ln x 2 x + C 5. Vi börjar med att derivera funktionen: derivatan blir :: 3 x 2 x 4.

5 Kritiska punkter Kritiska punkter uppkommer som nollställen till derivatan, vilket i vårt fall inträffar då täljaren är noll, vilket leder till att x = ± 3 Klassificiering av dessa kritiska punkter kan göras genom teckenstudium av derivatan eller med hjälp av andraderivatatestet. Man får att x = + 3 är ett lokalt maximum och x = 3 är ett lokalt minimum. Asymptoter Vår funktion kan bara ha horizontella och vertikala asymptoter Vi har en singulär punkt i origo och denna punkt ger oss en lodrät asymptot: lodrät asymptot i x = 0. För horisontell asymptot så konstaterar vi att gränsvärdena x 2 lim x ± x 3 = 0 vilket innebär att x-axeln är en horisontell asymptot. Sammanställer vi detta och gör ett teckenstudium så kommer vi fram till att grafen ser ut som följer: Figure : 6. (a) Andra ordningens Taylorpolynom till en funktion f(x) centrerad i en punkt a ges av p 2 (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a) 2 2 Sneda asymptoter bara uppstår i de fall täljarpolynomet har gradtal ett högre än nämnarpolynomet och i vårt fall är nämnarens gradtal större än täljarens. 5

6 I vårt fall har vi att f(x) = x = (x) /2 och a = 49 så om vi först deriverar vår funktion två gånger: f (x) = 2 x, f (x) = 4x x så kan vi beräkna andra ordningens Taylorpolynom: p 2 (x) = 7 + (x a) (x a)2 = 7 + (x a) (x a) (b) I vårt fall är x = 43. Sätter vi in detta i vårt Taylorpolynom så får vi närmevärdet (c) Feltermen är p 2 (43) = f (c) (43 49) 3 = c 2, 43 < c < 49 c (d) För att uppskatta felet så behöver vi ta reda på för vilket värde på c i intervallet [43, 49] som gör att feltermen blir störst. Funktionen avtar med ökande värden på c vilket gör att feltermen är som störst då c = 43, vilket ger oss värdet I uppgiften försöker vi bestämma vad 43 blir och då duger det inte att ge en feluppskattning som kräver ett värde på detta. Välj hellre c = 36 som visserligen ger oss en grövre feluppskattning men vi får i alla fall reda på detta fels värde på ett enkelt sätt: = = (e) Man skulle kunna sammanfatta genom att skriva det hela som en tolerans 43 = ± En miniräknare kan ge oss närmevärdet (som är värdet av ett högre gradens taylorpolynom) och det är inte svårt att inse att detta mer exakta värde ligger inom den tolerans vi fått fram! 7. (a) Arean som vi söker ligger ovanför y = och nedanför f(x) = x 2 +6x 6. Vi behöver veta var dessa två kurvor skär varandra och löser därför ekvationenen f(x) = som ger oss andragradsekvationen x 2 + 6x 5 = 0 och vi får att skärningspunkterna är x = och x = 5 Arean blir nu A = f(x) ( )dx = ( x 2 + 6x 5)dx = [ x 3 /3 + 3x 2 5x] 3 = = 32/3 (b) För rotationen runt y-axeln så använder vi oss av cylindriska skal: Cylindriskt skal:: dv = } omkretsen {{} 2πx höjden }{{} f(x) ( ) tjockleken }{{} dx Alla cylindriska skal mellan och 5 skall summeras och vi får att rotationsvolymen blir: V = 2π x( x 2 + 6x 5)dx = 2π[ x 4 /4 + 2x 3 5x 2 /2] 5 = = 64π 6

7 8. Vi börjar med att notera att vår andragradskurva är spegelsymmetrisk 2 kring x = 3. Denna spegelsymmetri medför att masscentrum för vår area måste ligga på denna symmetriaxel. Vi får alltså att x = 3. Nu är frågan var på denna linje som masscentrum befinner sig. Vi behöver alltså bara bestämma ȳ. Vi har att ȳ = M y=0 A, där arean A = 32/3 beräknats i föregående uppgift. M y=0 är momentet för arean kring x-axeln (som ju kan skrivas som y = 0.) Detta moment ges av M y=0 = 2 (f(x)) 2 dx Problemet med denna formel är att vår area ligger både ovanför och nedanför x-axeln och skapar där två motverkande moment. Vi måste i denna uppgift modifiera räkningarna något. Låt oss förflytta hela arean uppåt så att ingen del av arean ligger under x-axeln. Vi translaterar därför kurvan ett steg uppåt så att vi får den nya funktionen g(x) = f(x)+ = x 2 +6x 5. Nu går det bra att använda vår momentberäkningsmetod, men vi måste komma ihåg att translatera tillbaka på slutet... Vi får nu M y=0 = 2 = 2 Masscentrums y-koordinat blir nu (g(x)) 2 dx = 2 ( x 2 + 6x 5) 2 dx = (x 4 2x x 2 60x + 25)dx = = ȳ = M 256 y=0 A = = 8 5 =.6 Nu flyttar vi tillbaka vår area och får då att vårt masscentrum får y-koordinaten ȳ =.6 = kan ses tex genom att kvadratkomplettera: (x 3) Denna beter sig kring x = 3 som y = x beter sig kring x = 0 7