Tentamen i Matematisk analys MVE045, Lösningsförslag

Transkript

1 Tentamen i Matematisk analys MVE Lösningsförslag Kl Tillåtna hjälpmedel: Mathematics handbook for science and engineering (BE- TA) eller CRC Standard Mathematical Tables. Indexeringar i formelsamlingarna är tillåtet. Inga räknare. För godkänt på tentamen krävs minst 2 poäng. Upp till bonuspoäng från duggan 5926 kan räknas in. För betyg eller 5 krävs minst 3 respektive poäng. Ge kortfattade men tydliga lösningar; enbart svar eller hänvisning till formelsamling ger normalt inga poäng.. Beräkna följande gränsvärden eller visa att de inte existerar. (a) (b) x 3 + log lim 2 (x x ) x 2 x + 2 x (3 p) Notera att logaritmen i täljaren inte ingår bland våra standardfunktioner och därför ställer till det lite för oss. Att direkt förkorta med den term som är dominant (2 x ) går inte utan att först visa att den är dominant. Däremot fungerar följande: x3 + log 2 (x x ) 2 x + 2 x x3 + log 2 (2 2 x ) 2 x + 2 x = x3 + x + 2 x + 2 x = x3 2 x + x2 x + 2 x + 2 2x då x där (vi måste påtala att) första olikheten följer av att både täljare och nämnare är positiva för tillräckligt stora x och andra olikheten följer av att 2 x > x 2 för tillräckligt stora x. Gränsövergången följer av standardgränsvärden (jämförelser mellan exponentialfunktioner och polynom). Instängningssatsen ger att det sökta gränsvärdet är. lim t + t2 t + t 2 (3 p) t Gränsvärdet kan beräknas med konjugatkomplettering. Vi får t + t2 ( t + t2 t + t 2) ( t + t 2 + t + t 2) t + t 2 = ( t + t2 + t + t 2) 3t = ( t + t2 + t + t 2) = 3 ( t+t 2 t = ( ) då t t + + t + 2 där den tredje likheten förutsätter t >. ) t+t 2 t 2

2 2. Bestäm alla primitiva funktioner till f(x) = x cos(x 2 ) sin ( π sin(x 2 ) ). (6 p) Genomför variabelsubstitutionen t = sin(x 2 ) med dt = 2x cos(x 2 )dx. Det ger x cos(x 2 ) sin ( π sin(x 2 ) ) sin(πt) dx = dt 2 för godtycklig konstant C R. = C cos(πt) = C cos ( π sin(x 2 ) ) 3. Låt A = {(x y) R 2 y x y 2 x 2 }. Alternativt uttryckt så är A den yta som utgörs av snittet av y x och y 2 x 2. Bestäm volymen av den kropp som bildas då A roteras runt x-axeln. (6 p) Sätt f(x) = x och g(x) = 2 x 2. Ekvationen f(x) = g(x) då x ger x = 2 x 2 vilket endast löses av x = ; x = 2 är ingen lösning då x. Ekvationen f(x) = g(x) då x ger x = 2 x 2 vilket endast löses av x = ; x = 2 är ingen lösning då x. Området A är alltså denierat endast för x [ ]. Därmed ges den volym som söks av π g(x) 2 f(x) 2 dx vilket av symmetriskäl kan förenklas till g(x) 2 f(x) 2 dx = = (2 x 2 ) 2 x 2 dx = [ x 5 3 x3 + ] 5 x5 = 76 x= 5 π. 5x 2 + x dx. Lös begynnelsevärdesproblemet y y = ( x 2 )e 2x y() =. (6 p) Det är en separabel dierentialekvation som löses enligt 2 ydy = 2 ( x 2 )e 2x dx = 2e 2x dx 8x 2 e 2x dx y 2 = C e 2x + x 2 e 2x 8xe 2x dx y 2 = C e 2x + x 2 e 2x + xe 2x e 2x dx y 2 = C e 2x + x 2 e 2x + xe 2x + 2e 2x y 2 = C + ( e x (2x + ) ) 2 för godtycklig konstant C R. (Förenklingarna av högerledet från första till andra och till tredje raden har skett via partialintegreration.) Begynnelsevillkoret y() = (y()) 2 = ger C =. Nu ser y = ±e x (2x+) ut som potentiella lösningar men begynnelsevillkoret y() = ger att y = e x (2x + ) är den enda lösningen.

3 5. Skissa mängden komplexa tal z som uppfyller både z 3 i 5 och z z 3 i. (6 p) Villkoret z 3 i 5 motsvarar alla punkter (i det komplexa talplanet) på avstånd högst 5 från punkten 3 + i alltså en cirkelskiva (inkl. randen) med centrum i 3+i och radie 5. Notera att cirkelranden går genom origo. Villkoret z z 3 i motsvarar punkter närmre origo än punkten 3 + i. Låt p vara den punkt som ligger mitt mellan origo och 3 + i d.v.s. p = 3/2 + 2i. Dra nu en linje L genom p i rät vinkel mot den linje som går genom origo och 3 + i. Vi är då intresserade av punkterna nedanför L. (Formellt ges L av 6x + 8y = 25 där x är positionen längs reella talaxeln och y positionen längs imaginära talaxeln. Det måste ej anges för full poäng.) Området som söks är ett cirkelsegment se Figur Im i 2 3/2 + 2i + i Re L Figur : Illustration till uppgift 5. Det är det markerade området som söks. Den röda linjen L skär den gröna sträckan i rät vinkel. 6. Låt f(x) = (x ) 2. Låt L t vara den linje som tangerar grafen till f(x) i punkten (t f(t)). Bestäm t i intervallet [ ] sådant att storleken på ytan begränsad av x-axeln y-axeln och L t maximeras. (7 p) Linjen ges av L t (x) = f (t)x + f(t) tf (t) = (2t 2)x + t 2 vilken skär y-axeln i t 2 och x-axeln i (t 2 )/(2t 2) = ( + t)/2.

4 Den area som ska maximeras med avseende på t är (enligt arean för en triangel) A(t) = ( t2 )( + t) = + t t2 t 3 vilken har derivatan A (t) = 2t 3t2. Genom att sätta A (t) till får vi t = eller t = /3. Potentiella maximum nns då t = t = /3 eller då t =. Vi har A( ) = A() = men A(/3) = 8/27 >. Alltså är det t = /3 som maximerar arean. 7. Betrakta ett nätverk datorer som kommunicerar via gossiping där datorerna väljer samtalspartner slumpmässigt och skickar över all information de har som samtalspartnern saknar. Då kommer hastigheten hos spridningen av ett stycke information att vara proportionell mot produkten av andelen datorer som har informationen och andelen datorer som inte har informationen. Vid tidpunkt har % av alla datorer information A och vid tidpunkt har 5 % av alla datorer information A. När kommer 95 % av alla datorer att ha information A? (7 p) Beteckna andelen datorer som har information A vid tiden t med p(t). Det vi fått veta om spridningshastigheten kan då skrivas som p (t) = kp(t)( p(t)) för något k >. Vid sidan av denna separabla dierentialekvation har vi fått begynnelsevillkoren p() =. och p() =.5. Nu är det bara att lösa den enligt p p( p) = k dp p( p) = kdt ( ) p ln = C + kt p där vi sluppit tänka på absolutbelopp i sista ledet eftersom p/( p) > för alla p ( ). (Naturligtvis kan p lösas ut som p = + e C+kt men det hjälper oss inte lösa uppgiften. Vi vill nna C k och ett specikt t och då har vi redan skrivit om dierentialekvationen på en utmärkt form.) Det första begynnelsevillkoret ger ( ). C = ln = ln och det andra begynnelsevillkoret ger ( ).5 C + k = ln = ln 9..95

5 Vi får k = ln(99) ln(9). Vi vill nna t så att ( ).95 C + kt = ln = ln 9.5 vilket ger t = ln(99) + ln(9) ln(99) ln(9). (För dig som undrar är det ungefär.5675 men naturligtvis är det det exakta svaret som söks.) 8. Låt C = {(x y) y = f(x)} vara en kurva som kan parametriseras som x = g(t) y = h(t) t R där både g och h är deriverbara funktioner. Går det att dra slutsatsen att f är deriverbar? Om ja bevisa det. Om nej ge ett motexempel. (6 p) Nej den slutsatsen kan inte dras. Som motexempel låt g(t) = t 3 och h(t) = t 2 båda uppenbarligen deriverbara. Vi får f(x) = x 2/3 för x R med f (x) = 2 3 x /3 för x. Uppenbarligen kan f inte ha någon derivata i x =. (Speciellt har vi att högerderivatan av f då x = ges av lim f (x) = medan vänsterderivatan av f då x = ges av lim f (x) =. Då höger- och x + x vänsterderivatorna i x = inte överensstämmer ser vi att f även saknar tangent i x =.)