Lösningar till tentamen TEN1 i Envariabelanalys I (TNIU 22)

Transkript

1 Krzysztof Marciniak, ITN Linköings universitet tfn krzma@itn.liu.se Lösningar till tentamen TEN i Envariabelanalys I (TNIU ) för BI kl a) Gränsvärdet är av ty 0 0 så enligt faktorsatsen innehåller både täljaren och nämnaren faktorn. Vi får då lim! + ( )( )! ( )( )! = 0. b) Vi utnyttjar en logaritmlag (nämligen att ln(a) ln(b) = ln(a=b) för ositiva a och b) och får lim ln! r! + ln ln +!! ln + = ln = 0! c) Vi identi erar ett standardgränsvärde i uttrycket: arcsin() arcsin() lim!0 +!0 + arcsin()!0 = = +. a) Enligt derivatans de nition f 0 f( + h) f() e +h () h!0 h h!0 h + h där vi utnyttjar att (ett standardgränsvärde). h!0 e e h e he ( + h)h!0 e + h eh h e h lim = h!0 h e e +h ( + h)e = h!0 ( + h)h e = e e ( + h) b) Vi nyttjar satsen om derivata av invers funktion (Sats 4.6 sid. 89). Eftersom f(0) = e 0 + arctan 0 = och eftersom så har vi enligt denna sats f 0 () = e + + f 0 () = f 0 (0) = e = + =.

2 . Ekvationen arcsin = arctan har mening enbart för [ =; =] ty arcsin är de nierad enbart där (arctan är däremot de nierad överallt ) Vi ser direkt att = 0 är en lösning (ty arcsin 0 = arctan 0) men nns det några andra lösningar? För att undersöka detta kan vi beräkna tangens av bägge led. Vi får då sin(arcsin ) = tan(arctan ) cos(arcsin() och eftersom tan(arctan ) = för alla reella medan sin(arcsin ) = för [ cos(arcsin ) = + sin (arcsin ) = får vi ekvationen = 4 som för 6= 0 ( = 0 har vi redan identi erat som en rot till ekvationen) blir 4 = : ; ] och eftersom Kvadrera vi detta (obs: falska rötter kan ustå) får vi vilket ger en kvadratisk ekvation som har två lösningar: 4 4 = 4 = 4 = 0 Vi ck alltså tre (äkta) rötter till ekvationen; 0 samt 0. Dessa kan åskådas å Figure. Det är 0 ufyller ekvationen men vi ser i alla fall att resultatet är omöjligt att direkt kontrollera att rimligt - eftersom både HL och V L består av en udda funktion var så måste rötterna ligga symmetrisk m.a.. origo. 4. a) Se Sats 4. sid. 84 i boken. b) Vi deriverar funktionen med hjäl av kedjeregeln och får f 0 () = + e sin esin cos = esin cos + e sin. Funktionen f : [ ; ] :! R, f() = e + e är kontinuerlig och de nierad å ett komakt (= slutet och begränsad) intervall så vi vet att för det första f ma och f min antas inuti intervallet och för det andra att det inträ as enbart vid (ett eller era av) följande unkter: intervallets ändunkter, stationära unkter samt singulära unkter. Då singulära unkter saknas måste vi bara undersöka stationära unkter och intervallets ändunkter.

3 :jg Figure : Funktionerna arcsin och arctan Stationära unkter hittar vi genom att lösa ekvationen f 0 () = 0 eller e e = 0. Sätter vi e = t > 0 får vi t =t = 0 eller t = 0 som har lösningar t = + och t = (som måste kastas ty t < 0). Således, den enda stationära unkten ges av den som ufyller e = vilket ger = ln = ln. Det återstår att jämföra funktionens värden i alla dessa tre unkter: f( ) = e + e ; 8 f(ln ) = + = 0; 7 < 0 f() = e + e 0; 4 där uskattningarna ovan kan fås genom att veta att e :7 och att :4. Vi ser alltså att f ma = f( ) = e + e och att f min = f(ln ) =. Funktionen kan åskådas å Figure. 6. Detta är en klassiker så jag bara skissar lösningen: vi övergår till olär form både i täljaren och nämnaren och får vilket ger 7. a) Se Sats.4, sid. 4. z = + i + i = ei= e i=4 = e i(= z 0 = 0 e 0i= = 0 e i= = cos 0! = 0 i =4) = e i= + i sin = = 9 i = i :

4 :jg Figure : Funktionen f() = e + e å intervallet [ ; ] b) Vi börjar med att skriva om integralen (låt oss kalla den I): Z Z I = + d = + Z d = + Z d d = I + I där I är en standard rimitiv: I = ln C (i litteraturen kan man oftast se detta å formen I = arcsinh() + C, läs gärna varför). Vidare, om vi artiellintegrerar I får vi Z " # I = d = f = ; f 0 = + g 0 = ; g = + + = Z + + d så att I = + I där I är den sökta integralen. Vi får alltså I = I + I = ln I vilket ger I = ln C 4

5 så att till sist I = ln C: Alternativt kan man förlänga integranden med ochartialintegrera genom att integrera :an och derivera + - man får ungefär samma uträkningar som ovan.