med angivande av definitionsmängd, asymptoter och lokala extrempunkter. x 2 e x =

Transkript

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Anders Källström Prov i matematik Distans, Matematik A Analys Skrivtid: 0-5. Hjälpmedel: Gymnasieformelsamling. Lösningarna skall åtföljas av förklarande tet och figurer. Varje problem ger högst 5 poäng. Vill du räkna din poäng från delprovet ska du ej lämna in lösning på problem och 2. Väljer du att redovisa lösning på något av dessa problem, räknas istället poängen från slutprovet för både problem och 2. För godkänt krävs minst 8 poäng, för väl godkänt minst 28 poäng (inklusive din poäng från delprovet, om du väljer att räkna den).. Beräkna gränsvärdena a) lim b) lim 0 e 2 cos sin 3 2. a) Rita grafen till y med angivande av definitionsmängd, asymptoter och lokala etrempunkter. 2 2 b) Visa (t e med hjälp av grafen i a) att ekvationen e 2 2 har eakt två reella rötter. 3. Beräkna integralerna a) sin 3 + sin 2 d b) 4 ln( + ) 2 d 4. Beräkna volymen av den kropp som fås då området som begränsas av -aeln och kurvan y ( 2 ) 2/3, 0, roterar ett varv runt y-aeln. 5. Bestäm alla lösningar till differentialekvationerna a) y + e y e, b) y 4y + 5y sin + e 2. (V.g.v)

2 6. Ett trästycke har formen av en rät cirkulär kon med höjden tre gånger så stor som basradien R. Av denna kon vill man tillverka en rät cirkulär cylinder med så stor begränsningsyta som möjligt. Bestäm cylinderns basradie och höjd. 7. Undersök för vilka reella tal a 0 serien k är konvergent, resp. absolut konvergent. ( ( ) k sin k ) a 8. a) Rita kurvan y 2 3 med angivande av definitionsmängd och eventuella asymptoter och lokala etrempunkter. b) Genom en punkt P på kurvan kan man, förutom tangenten i P, dra ytterligare linjer som tangerar kurvan (i andra punkter än P). Bestäm hur antalet tangenter varierar då P genomlöper kurvan. Visa speciellt att antalet tangenter är två för endast ett läge av P. Några MacLaurin-utvecklingar e ! + 3 3! + + n (n )! + O(n ) sin 3 3! + 5 5! + ( )n (2n )! 2n + O( 2n+ ) cos 2 2! + 4 4! + ( )n (2n)! 2n + O( 2n+2 ) ln( + ) ( )n n ( + ) a + a + a(a ) ! n + O( n+ ) a(a ) (a n + ) n + O( n+ ) n! arctan ( )n 2n 2n + O( 2n+ ) f () f (0) + f (0) + f (0) 2! f (n) (0) n + O( n+) ) n! 2

3 Lösning till problem a: Både täljare och nämnare är av storleksordning 3 för stora vilket ger / / 4/ 3 2. Lösning till problem b: Om vi MacLaurin-utvecklar de ingående funktionerna så får vi e 2 cos sin O(2 ) ( + O( 2 )) 3 + O( 3 ) 2 + O(2 ) 3 + O( 3 ) 2 + O() 3 + O( 2 ) Lösning till problem 2: Definitionsmängden bestäms av 2 > 0 vilket ger att < 0 och >. Vi får en lodrät asymptot i men inte i 0, eftersom lim men lim Vi noterar också att y > 0 för alla i definitionsmängden. Sned asymptot bestäms enklast via serieutveckling. Vi skriver Graf till funktionen / ( ) /2 ( 2 ( ) + ( ) 2 ( 3) 2 2! + 2 sgn() O(/2 ) Från detta ser vi att y + /2 är asymptot då och y /2 då. Derivering ger 2 + O(/3 ) y (2 ) 2 (2 ) 2( 2 ) 3/2 22 ( 3/2) 2( 2 ) 3/2 Graf till funktion och ep-funktion Detta ger följande teckenstudium för funktionen 0 3/2 y 0/ odef / 0 + y 0 odef / + 3 3/2 Detta ger grafen i den första figuren. Om vi också ritar y e i samma diagram så får vi den andra figuren. Man ser lätt att det endast finns två skärningspunkter. 3

4 Lösning till problem 3a: Via substitution och partialbråksuppdelning får vi [ ] sin 3 + sin 2 d sin 4 cos 2 d t cos dt dt sin d 4 t 2 dt (t 2)(t + 2) [ /4 t 2 /4 ] dt ( ) ln t 2 ln t + 2 [ t ] ln t 2 t + 2 ( 2 cos ) 4 ln (+ en konstant) 2 + cos tcos Lösning till problem 3b: Här får vi använda substitution, partiell integration och partialbråk i nu nämnd ordning. 4 ln( + ) 2 d t t t 2 4 t 2 d 2t dt [ ln( + t) ] 2 2 t ln( + t) 2t dt 2 2 ln( + t) t 4 t 3 dt t 2 ( + t) dt 4 ln 3 + ln ( t [ 4 ln 3 + ln 2 + ln t ] 2 t + ln( + t) 2 ln ln t 2 + ) dt + t Lösning till problem 4: Volymen beräknas enklast med skal -metoden. Vid rotation kring y-aeln blir volymen [ ] V 2π ( 2 ) 2/3 t 2 [ d π ( t) 2/3 dt 3π 0 dt 2 d 0 5 ( t)5/3] 3π 0 5. Lösning till problem 5a: Ekvationen är linjär med integrerande faktor e e. Multiplikation med den integrerande faktorn ger d ( ) e e y e e e d Integration av detta ger (högra ledet kan integreras med hjälp av substitutionen t e ) e e y e e + C y + Ce e. Lösning till problem 5b: Detta är en linjär differentialekvation av ordning 2 med konstanta koefficienter. Karakteristiska ekvationen m 2 4m har rötterna m 2 ± i. Lösningen till den homogena ekvationen är således y H Ae 2 cos + Be 2 sin. Vi bestämmer partikulärlösning i två steg. Först betraktar vi termen sin i högerledet. Vi ansätter en partikulärlösning av formen C cos + D sin. (Denna behöver ej modifieras med någon faktor eftersom den homogena ekvationen inte har lösningar av typ sin eller cos.) Insättning i ekvationen y 4y + 5y sin ger nu C sin D cos 4( C cos + D sin ) + 5(C cos + D sin ) sin (4C 4D) cos + (4C + 4D) sin sin vilket ger ekvationssystemet { { 4c 4D 0 C /8 4C + 4D D /8 4

5 Den första delen av partikulärlösningen blir således (cos + sin ). 8 För att få den andra delen gör vi sammaledes med termen e 2 i högerledet. Ansätt en partikulärlösning av formen Ee 2 (Behöver ej modifieras med någon faktor eftersom den homogena ekvationen y 4y + 5y 0 inte har någon lösning av formen e 2.) Insättning i ekvationen y 4y + 5y e 2 ger 4Ee 2 4 2Ee 2 + 5Ee 2 e 2 Ee 2 e 2 E. Den sökta lösningen den givna ekvationen fås nu som y H plus de två partikulärlösningarna dvs y Ae 2 cos + Be 2 sin + 8 (cos + sin ) + e2. Lösning till problem 6: Antag att basradien i konen är R och höjden således 3R. Om vi sätter basradien i den inskrivna cylindern till och höjden till h så blir på grund av likformiga trianglar 3R h R 3R h 3(R ). 3 Totala begränsningsytan på cylindern ges av A 2π 2 + 2πh 2π 2 + 2π 3(R ) 2π(3R 2 2 ), där 0 R. Vi söker dimensionerna för cylindern med den största begränsningsytan. För ändpunkterna till definitionsmängden finner vi A(0) 0 resp A(R) 2πR 2. Derivatan blir A () 2π(3R 4) 0 för 3R 4. Här blir h 3(R 3R/4) 3R/4 samt A(3R/4) 2π 9R 2 /8. Detta är uppenbarligen det största värdet och dimensionerna är alltså r h 3R/4. Lösning till problem 7: Termerna i serien är b k ( ) k( sin k ) a. Om a 0 blir termerna b k ( ) k vilket ger en divergent serie. För a > 0 är ( sin k ) a monotont avtagande mot 0 då k och Leibniz kriterium visar att serien är betingat konvergent. För a > gäller också att b k ( sin k ) a ( k + O(/k3 ) ) a k a ( + O(/k 2 ) ) a k a då k. Eftersom /k a är konvergent då a > så blir den givna serien till och med absolut konvergent för a >. Lösning till problem 8: Om vi skriver funktionen på formen y f () så ser vi att definitionsmängden är 0. Vi har en lodrät asymptot i 0 och en asymptotisk kurva y 2 då ±. Derivatan beräknas till med enda nollställe i. y ( + 3 ) 2 5

6 Vi kan nu rita grafen i vidstående figur (skalan olika på alarna). För att undersöka tangenterna kan vi anta att punkten P har koordinater (p, f (p)). Om X, Y är löpande kordinater på en linje, så har tangenten i punkten (, f ()) ekvationen Y f () f ()(X ) Denna ska gå genom punkten P vilket ger ekvationen f (p) f () f ()(p ) eller med uttrycken för f och f insatta Detta ger ekvationen 2 p 3 p 2 3 (2 p 3 ) p(2 3 ) p ( p)( p 2 ) p p + p 2 p 2( + 3 ) 2 (p ) 2( + 3 ) 2 (p ) 2( + 3 ) 2 (p ) 2( + 3 ) p + 2 p 2 2p( + 3 ) 3 p 2 p p 0 ( p)( 2 p 2) 0 En lösning är alltså p, dvs tangeringspunkten är P. Om p > 0 fås två andra lösningar, ± 2/p, alltså tre olika tangenter. För p < 0 blir två rötter imaginära, dvs endast en tangent. Om någon av rötterna ± 2/p p, dvs om p 3 2 (med enda reella rot p 3 2) fås två tangenter. Vi ritar in tangenterna i fallet p 2 (svarande mot tangeringspunkterna (2, 3), (, ) och (, 3)) utmärkta i figuren). 6