Lösningsförslag v1.1. Högskolan i Skövde (SK) Svensk version Tentamen i matematik

Transkript

1 Lösningsförslag v1.1 Högskolan i Skövde (SK) Svensk version Tentamen i matematik Kurs: MA15G Matematisk Analys MA13G Matematisk analys för ingenjörer Tentamensdag: kl Hjälpmedel : Inga hjälpmedel utöver bifogat formelblad. Ej räknedosa. Tentamen bedöms med betyg 3,, 5 eller underkänd, där 5 är högsta betyg. För godkänt betyg (3) krävs minst 1 poäng från uppgifterna 18. Var och en av dessa åtta uppgifter kan ge maximalt 3 poäng. För var och en av uppgifterna 16 kan man välja att i stället för att lämna svar utnyttja sitt resultat från motsvarande dugga (duggaresultatlista bifogas). Markera detta genom att skriva ett D istället för ett kryss i uppgiftsrutan på omslaget. För betyg krävs utöver godkänt resultat från 18 minst 5% (1 poäng) från uppgift 91, för betyg 5 minst 75% (18 poäng). Lämna fullständiga lösningar till alla uppgifter. Skriv inte mer än en uppgift på varje blad. Del I. Uppgift 18 räknas för godkänt betyg. Varje uppgift kan ge upp till 3 poäng. För godkänt (betyg 35) krävs minst 1 poäng. Uppgift 16 kan en och en ersättas av duggapoäng. (D1.1) 1. För vilka värden på a och b är funktionen f, denierad som ln(1+x) ax om x >, f(x) = om x =, sin(bx) x om x <, kontinuerlig i? (Se formelbladet för standardgränsvärden.) Lösningsförslag: Vi har att och att ln(1 + x) lim f(x) = lim = 1 x + x ax a lim ln(1 + x) = 1 x x a, sin(bx) sin(u) sin(u) lim f(x) lim = lim = b lim = b. x x x u u/b u u Väljer vi då a = 1/ och b = så har vi lim f(x) = f() = lim f(x) x + x och att f alltså är kontinuerlig i. (D1.). Ange det komplexa talet ( 1 + i) 6 på formen a + bi. Lösningsförslag: Vi har att a + bi = r e iθ = r(cos θ + i sin θ), där r = a + b och θ = arctan(b/a)(+πn) om a > eller θ = arctan(b/a) + π(+πn) om a <. I vårt fall har vi ( 1 + i) = e i(arctan( 1)+π) = e i 3π.

2 Vidare har vi att (re iθ ) n = r n e iθn, så ( 1 + i) 6 = 6 e i 3π 6 = 8 e i 9π = 8 e i π = 8(cos π + i sin π ) = 8i. (D.1) 3. Om f () = 1, vad är då värdet av g () om a) g(x) = f(x x); b) g(x) = f 1 (x) (dvs g är en invers funktion till f), och f() = ; c) (g(x)) + g(x) = f(x) och g() = 1. Lösningsförslag: a) Enligt kedjeregeln har vi g (x) = f (x) d dx (x x) = f (x) (x 1), så g () = f () = 1. b) Då g = f 1, har vi att g (x) = och då f(a) = b g(b) = a, så är g() = och 1 f (g(x)), g () = 1 f () = 1 1. c) Genom att derivera respektive led i ekvationen (g(x)) +g(x) = f(x) (implicit derivering) får vi en ny ekvation (g(x)) 3 g (x) + g (x) = f (x). Givet f () = 1 och g() = 1 har vi 5g () = 1, dvs g () =. (D.). 1 + x + 3x Låt f(x) = 1 + x. a) Finns det några linjer som är asymptoter till kurvan y = f(x), och i så fall vilka? b) Har f(x) några lokala minima eller maxima, och i så fall, för vilka värden på x infaller de? Lösningsförslag: a) En kurva y = g(x)/h(x), där g(x) och h(x) är polynom, har en lodrät asymptot x = a om h(a) = medan g(a). Nu har 1 + x inga reella nollställen, så y = f(x) har inga lodräta asymptoter. Vi har f(x) = 1 + x + 3x 1 + x = x x då x ±, + 1 x

3 så y = f(x) har en vågrät asymptot x = 3 då x + såväl som då x. b) För att bestämma lokala extremvärden studerar vi derivatan f (x) = (1 + x ) d dx (1 + x + 3x ) (1 + x + 3x ) d dx (1 + x ) (1 + x ) = (1 + x )( + 6x) (1 + x + 3x )x (1 + x ) = + x x (1 + x ). Eftersom f(x) är deriverbar över hela tallinjen, så kan lokala maxima och minima bara antas där f (x) =. Vi har f (x) = + x x (1 + x ) = ((x 1) ) (1 + x ) = (x (1 ))(x (1 + )) (1 + x ), så f (x) = x = 1 ±. Vi har dessutom att f (x) > då 1 < x < 1 + och att f (x) < då x > 1 + eller x < 1, vilket ger att f(x) antar ett lokalt minimum då x = 1 och ett lokalt maximum då x = 1 +. (D3.1) 5. Bestäm värdet av integralen 1 t 5 (1 t 6 ) 7 dt. Lösningsförslag: Genom variabelsubstitutionen u = 1 t 6, med du dt = 6 t5, har vi 1 t 5 (1 t 6 ) 7 dt = 1 u 7 du 6 = u 7 du = 1 6 [ u8 ] u=1 = 1 8 u= 8. (D3.) 6. Ett fordon ökar först farten för att senare successivt bromsas in, och antas röra sig med en hastighet på t e.t m/s efter t sekunders färd från starten. Vad är den övre gränsen för hur långt fordonet kan komma, dvs vad är värdet på den generaliserade integralen t e.t dt? Lösningsförslag: Vi har, genom partiell integration att t e.t dt = [ t e.t. = lim t ( 1t e.t ) + 1 ] t t= e.t. dt [ e e.t.t dt = +. ] t t= = 1( ( 5)) = 5. Fordonet kan alltså inte komma längre än 5 meter (eller ens precis 5 meter), dock hur nära 5 meter som helst, om man bara låter det rulla tillräckligt länge.

4 7. Bestäm, för x, y = f(x) så att f() = 1, f(x) > för alla x och dx = x y. Lösningsförslag: Dierentialekvationen är separabel, vi har dx = x y y = x dx y = x3 3 + C y = ± 3 x3 + C. Vi är ute efter en lösning där y >, dvs y = f(x) = 3 x3 + C. Begynnelsevillkoret f() = 1 är ekvivalent med C = 1, som har lösningen C = 1/. Den sökta lösningen är alltså y = 3 x Bestäm en lösning y = f(t) till dierentialekvationen d y dt y = 1 t, dt som uppfyller begynnelsevillkoren f() = och f () = 3. Lösningsförslag: dierentialekvationen Vi vill hitta den allmänna lösningen till den linjära andra ordningens d y dt y = 1 t, (*) dt för att sedan bestämma den partikulärlösning y = f(t) som uppfyller begynnelsevillkoren f() = 1 och f () = 3. Vi börjar med att hitta en partikulärlösning till dierentialekvationen genom att ansätta y p = at + b. Vi har då att d y p dt + 3 p dt + y p = 3a + (at + b) = a t + 3a + b. Alltså satiserar y = y p dierentialekvationen om och endast om a = och 3a + b = 1, dvs om a = 1 och b =. Vi har alltså en partikulärlösning y = y p = t. För att få den allmänna lösningen adderar vi till y p den allmänna lösningen till den homogena hjälpekvationen d y dt y =. (**) dt Vi har att y = e r t satiserar (**) om och endast om r + 3r + =, vilket är fallet om r = 3±1. För homogena linjära ekvationer gäller att linjärkombinationer av lösningar också är lösningar. Vi har den allmänna lösningen y = y h = C 1 e t + C e t 5

5 till (**) och alltså den allmänna lösningen y = y p + y h = t + C 1 e t + C e t till (*). Derivatan blir dt = 1 C 1e t C e t, så begynnelsevillkoren ger villkoren + C 1 + C = C 1 + C = 1 C 1 C = 3 C 1 + C = Den sökta lösningen är alltså C 1 = C =. y = f(t) = t e t + e t. Del II. Följande uppgifter räknas för betyg och 5. Varje uppgift kan ge upp till 6 poäng, totalt. Även presentationen bedöms. 9. Ett fordon ökar först farten för att senare successivt bromsas in, och antas röra sig med en hastighet på v(t) = Ct e.t (m/s) efter t sekunders färd från starten, för någon konstant C. (Jämför uppgift 6.) Hur hög behöver begynnelseaccelerationen v () (m/s ) vara för att fordonet skall kunna komma längre än 1 meter? Lösningsförslag: Ett fordon antas röra sig med hastigheten v(t) = Ct e.t. Den tillryggalagda sträckan mellan två tidpunkter är integralen av v(t) mellan desa tidpunkter. Den övre gränsen för hur långt fordonet kan komma är B = ] t v(t) dt = C t e.t dt = [C t e.t C e.t. t=. dt [ e = lim ( 5Ct e.t ) + 5C e.t.t dt = + 5C t. ] t t= = 5C. Derivatan av v(t) = Ct e.t är v (t) = C(e.t.te.t ), så begynnelseaccelerationen är v () = C. Villkoret för att komma över 1 meter är alltså att 5v () > 1, dvs att v () > (m/s ). 1. En kropp är rotationssymmetrisk kring en axel, med tvärsnittsradie är r = ae kx (m), där x är koordinaten längs rotationsaxeln, med kroppens ändar vid x = och x = L (se gur). a) Bestäm ett uttryck för kroppens volym. b) Bestäm a (m), k (m 1 ), och L (m) så att radien vid ändarna är 1 respektive.5 (m), och så att kroppens volym är 1 (m 3 ). (Uttrycken kan få innehålla π, kvadratrot, exponentialfunktion och logaritmfunktion om så behövs.) 6

6 Följande gur visar schematiskt ett snitt längs rotationsaxeln. Lösningsförslag: a) Kroppens volym kan uttryckas genom att integrera tvärsnittsarean längs rotationsaxeln. Vi har då volymen som L L [ ] πa V = πr dx = πa e kx x=l dx = k e kx x= = πa k (e kl 1) = πa k (1 e kl ). b) Villkoren för att kroppens tvärsnitt skall ha radien 1 m respektive.5 m vid x = respektive x = L, är ae = 1 ae kl =.5 a = 1 kl = ln.5 Vi sätter in dessa värden i ekvationen V = 1. V = 1 πl ln (1 e ln ) = 1 πl ln (1 1 ) = 1 L = 8 ln 3π. a = 1 ln.5 k = L = ln L. För att få de önskade ändtvärsnittsradierna och volymen skall vi alltså ha a = 1 (m), k = ln L (m 1 ) och L = 8 ln 3π (m). 11. Låt f(x) = x + 1x 1. Bestäm för grafen y = f(x) alla skärningspunkter med x koordinataxlarna och eventuella asymptoter. Bestäm också alla eventuella lokala minima och maxima till f(x) samt på vilka intervall funktionen är växande respektive avtagande. Skissa grafen med hjälp av alla dessa egenskaper. Lösningsförslag: Om vi börjar med att undersöka skärningarna med koordinataxlarna konstaterar vi att f() = 7, så kurvan y = f(x) skär y-axeln i y = 7. Vidare ser vi att ( f(x) = x + 1x 1 = x 5 ) + 3 =, vilket inte har någon lösning, så kurvan y = f(x) skär inte x-axeln. Funktionen f(x) är en rationell funktion, där nämnaren blir noll när x =, så grafen har en lodrät asymptot x =. Vi konstaterar att f(x) = x + 1x 1 x 7 = x x 1 x x

7 för stora absolutvärden på x. Mer precist, f(x) ( x) = x + 1x 1 + x(x ) x = 6x 1 x = 6 1 x 1 x 6 då x ±, så y = f(x) har asymptoten y = x+6 då x ±. (Kan också konstateras genom polynomdivision, f(x) = x x.) Vi går vidare med att studera teckenskiftningarna hos f (x) för att se var f(x) har lokala extrema och var funktionen är växande respektive avtagande. Vi har f (x) = ( x + 1)(x ) ( x + 1x 1) (x ) = x + 8x + 6 (x ) och kan göra följande teckentabell. = ((x ) 1) (x 1)(x 3) (x ) = (x ), x 1 3 f (x) + + f(x) l. min. l. max. Funktionen f(x) är alltså växande på intervallen [1, ) och (, 3], avtagande på (, 1] och [3, ) samt har ett lokalt minimum i x = 1 och ett lokalt maximum i x = 3, där f(1) = 6 och f(3) =. Grafen har följande utseende (i sin intressantaste del). y = f(x) x = 6 y = x y = f(x) 8

8 1. Bestäm en lösning till dierentialekvationen där y = då x =. Lösningsförslag: Dierentialekvationen dx x3 y x 7 =, dx x3 y x 7 = ( ) är linjär och kan lösas med integration efter multiplikation med en integrerande faktor Vi har e x e x 3 dx = e x. dx x3 y x 7 = ( ) dx x3 y = x 7 e x ( ) e x y = x 7 e x d dx e x y = x 7 e x dx Vi kan utveckla integralen i högerledet genom variabelsubstitutionen u = x du, där dx = x 3, följt av en partiell integration. Vi har Alltså har vi att = = x 7 e x dx ( x ) e x ( x 3 dx) u e u du =u e u e u du =u e u e u + C = x e x e x + C = ( + x ) e x + C. dx x3 y x 7 = e x y = ( + x ) e x + C y = x + Ce x. Den allmänna lösningen till ( ) är alltså y = + x + Ce x. Begynnelsevillkoret att y = då x = ger då = + C C =, 9

9 och den sökta lösningen är alltså y = x + e x. /SK mars 11 1