Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson, Sebastian Pöder

Transkript

1 Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson, Sebastian Pöder Tentamen ENVARIABELANALYS M SVAR OCH ANVISNINGAR UPPGIFTER. e 3x2 lim = e x2 ( 3x ) = lim ( x ) = lim 3x x 2 = lim = 3. Även en beräkning som stöder sig på en metod uppkallad efter en viss fransk markis godtas. Ytterligare en metod är att använda a 3 = ( a)(+a+a 2 ) för att faktorisera täljaren e 3x2 = ( e x2 )( + e x2 + e 2x2 ) och därefter förkorta. Gränsvärdet blir då det enkla lim ( + e x2 + e 2x2 ) = Eftersom funktionen f(x) är kontinuerlig på det slutna intervallet x e så har funktionen ett största värde enligt en sats i Adams Calculus. Det största värdet finns i en punkt x 0 där antingen f (x 0 ) = 0, dvs i en kritisk punkt, eller där f (x 0 ) inte existerar, dvs i en singulär punkt, eller i någon av intervallets ändpunkter. Några singulära punkter finns inte i detta fall. f (x) = x 2 ln x x ln2 x x 2 = ln x (2 ln x). x2 De kritiska punkterna är alltså x 0 =, som är intervallets ena ändpunkt, samt x 0 = e 2 som dock ligger utanför intervallet. Funktionens största värde antas därför i någon av ändpunkterna. Eftersom f() = 0 och f(e) = e är alltså e det största värdet x dx ] [x = 2 du = u, 2x dx = du = x = u 2 2 sin u = 2 (π 2 0) = π 4. 0

2 4. Definitionsområdet är x. Eftersom täljaren är (x + ) 2 har funktionen det dubbla nollstället x =. Vertikal asymptot är x = där Vidare är lim y = + och lim x + y =. x lim (y (x + 3)) = 0± och det följer att y = x + 3 är en sned asymptot. x ± f (x) = ( 4 (x ) 2 = + 2 ) ( 2 ) (x + )(x 3) = x x x har nollstället x =, som ger en lokal maximipunkt, samt nollstället x = 3, som ger en lokal minimipunkt, t ex enligt derivatans teckenväxling. Kurvan tangerar x-axeln i x =. Detta ger att 3 x ln2 x dx = ln x ln 2 x e x ln2 x dx =, dvs 5. Partiell integration ln x 2 ln x x dx = 2 x ln2 x dx = 3. Substitution x ln2 x dx. x ln2 x dx = [ln x = u, ] x dx = du = u 2 du = 0 3 u3 = Den homogena ekvationen y y = 0 har karakteristiska ekvationen r 2 = 0 med rötterna r = och r 2 = så lösningarna till homogena ekvationen är y H = C e x + C 2 e x. För att bestämma en partikulärlösning y P till den inhomogena ekvationen y y = x ansättes y P = Ax + B. Derivering och insättning ger A =, B = 0 så den allmänna lösningen till den givna ekvationen ges av y = C e x + C 2 e x x. Man finner slutligen att villkoren y(0) = 0, y (0) = 0 ger C = 2, C 2 = 2 är y = 2 (ex e x ) x = sinh x x. så lösningen

3 En integrerande faktor är e x3 7. Integrerande faktor så ekvationen kan efter multiplikation med denna skrivas d dx (yex3 ) = 3x 2 e x3. Integration ger ye x3 = C + e x3 så den allmänna lösningen är y = + Ce x3. Begynnelsevillkoret y(0) = 0 ger C = så lösningen är y = e x3. Separera Ekvationen kan separeras om vi skriver den som y = 3x 2 3x 2 y. Detta ger dy y = 3x2 dx. Integration ger ln( y) = C +x 3, dvs ln( y) = C 2 x 3. Detta ger y = e C 2 x 3 = e C 2 e x3 = C 3 e x3. Slutligen får vi y = C 3 e x3 = + Ce x3. Begynnelsevillkoret y(0) = 0 ger C = så lösningen blir y = e x3. 8. Serien är geometrisk med kvoten r = x 2 och är därför konvergent då < x 2 <, dvs då x > och har summan ( x 2 ) = x2 + x Då konvergensradien är lika med 3 divergerar serien för alla x för vilka x > 3 och konvergerar absolut för alla x för vilka x < 3. Då x = 3 har vi serien som n= n 2 3 divergerar (p-serie). För x = 3 har vi den alternerande serien ( ) n som är n= n 2 3 konvergent enligt alternerande serietestet. Serien är dock endast villkorligt konvergent. 0. Då lim f(x) = lim x 2 2x + 2 x x ± x ± x 2 = lim + x 2 + x ± + =, x 2 f( ) = 2 > samt då f(x) är kontinuerlig på det öppna intervallet < x < har funktionen ett absolut maximum enligt en sats i Adams (Adams Gift). Då funktionen saknar singulära punkter finner vi detta största värde i en av de kritiska punkterna x =, x =. Då f() = 0 och f( ) = 2 är det största värdet lika med 2.

4 PROBLEM. Låt tangeringspunkterna vara P = (a, (a + ) 3 ) respektive Q = (b, (b ) 3 ). Definitionen av en linjes lutning och derivatans betydelse som lutning ger då sambanden (a + ) 3 (b ) 3 = 3(a + ) 2 = 3(b ) 2 ( ) 3(a + ) 2 = 3(b ) 2, dvs (a + ) 2 = (b ) 2 ger a + = ±(b ) ( ). Insättning av fallet a + = b i vänstra ledet i (*) ger 0 = 3(a + ) 2 = 3(b ) 2, dvs a =, b = vilket ger att x-axeln är gemensam tangent med tangeringspunkterna (, 0), (, 0). Det andra fallet i (**), dvs ger efter insättning i (*) a + = (b ) ( ) (b ) 3 (b ) 3 = 3(b ) 2 som efter förkortning med (b ) 2 ger 2(b ) = 3 ( ). Men från (***) följer att a = b, som efter insättning i (****) ger b = 2. Tangeringspunkternas x-koordinater är alltså i det andra fallet a = 2 respektive b = a) Eftersom cos för alla x 0 följer att x 2x 2 ( cos x ) 2x2 2 0 då x 0. Av detta följer att lim f(x) = 0 = f(0), dvs f(x) är kontinuerlig i x = 0. b) Med samma argument som i a) följer att f f(x) f(0) f(x) (0) = lim = lim x x = 0.

5 c) För värden på x 0 kan vi derivera som vanligt och vi finner att f (x) = 4x( cos x ) + 2x2 ( ) ( sin x ) ( x 2 ) = 4x( cos x ) 2 sin x. Då x 0 kommer första termen att gå mot 0 men 2 sin kommer att oscillera mellan 2 och +2 så lim f (x) existerar inte och därför är inte derivatan kontinuerlig x i x = 0. d) Genom att Maclaurinutveckla finner vi att cos x = 2! x lim f(x) = lim [ +...] =, x ± x ± vilket betyder att y = är en horisontell asymptot till f(x) då x ±. e) Den välkända formeln för dubbla vinkeln ger att vi kan skriva vår funktion som cos θ = 2 sin 2 θ 2 f(x) = 4x 2 sin 2 2x. Vi kan nu använda den elementära olikheten sin θ θ, med likhet om och endast om θ = 0. Denna olikhet återges med bevis i Adams Chapter 2.5, Exercise 62, samt för θ > 0 i Chapter 2.8, EXAMPLE 2. Från denna olikhet följer att vår jämna funktion f(x) uppfyller den i uppgiften angivna olikheten.