x 2 + x 2 b.) lim x 15 8x + x 2 c.) lim x 2 5x + 6 x 3 + y 3 xy = 7

Transkript

1 TM-Matematik Mikael Forsberg Pär Hemström För ingenjörs och distansstudenter Envariabelanalys ma034a Skrivtid: 09:00-14:00. Inga hjälpmedel. Lösningarna skall vara fullständiga och lätta att följa. Börja varje ny uppgift på ny sida. Använd ej baksidor. Skriv namn på varje inlämnat blad. 1. Beräkna följande gränsvärden x 3 a.) lim x 3x x 3 x 5x + 6 x + x b.) lim x 15 8x + x c.) lim x x 4. Bestäm ekvationen för tangenten till kurvan x 3 + y 3 xy = 7 i punkten (, 1) (Ledning: använd implicit derivering) 3. a) Ange det största tänkbara definitionsområde där nedanstående graf representerar en funktion. b) Ange det största tänkbara definitionsområde där nedanstående graf representerar en funktion som också har en invers. c) Ange derfinitionsmängd och värdemängd för inversen till den funktion som du beskrivit i b) Figure 1: 4. Bestäm eventuella extrempunkter, inflexionspunkter samt horisontella och vertikala asymptoter till y = 1 3x x 1 och rita funktionens graf. 5. (a) Beräkna tredje ordningens Taylorpolynom för cos x centrerad i origo.

2 (b) Beräkna ett närmevärde för cos π/. (c) Beräkna felettermen och gör en uppskattning av hur stort felet är. 6. Beräkna integralerna (a) ln x x dx (b) x ln xdx 7. Beräkna integralen dx x 3 + 3x + 4x + 8. Kurvan y = x + 1 innesluter tillsammans med x-axeln samt linjerna x = 0 och x = 1 ett område i planet. Vad blir volymen av den kropp som bildas då detta område roterar kring x-axeln? Rita figur.

3 Svar till tentamen i Envariabelanalys, a.) 0 b.) 1 c.) 3/4. Tangentlinjens ekvation: y = 11x (a) [ 3, 0] (även R är ett tänkbart svar. (b) Tex [0, π]. Det finns många möjliga intervall. (c) Inversens definitionsmängd är [0, 4] och dess värdemängd är [0, π 4. Inga extrempunkter eller inflexionspunkter. Funktionen har en lodrät asymptot i x = 1 och vågrät asymptot x =. 5. (a) p 3 (x) = 1 x / (b) p 3 (π/) = 1 π 8 (c) Uppskattning av feltermen ger oss ett fel vars belopp maximalt är verkliga, exakta felet är π x ln x x 4 + C π Det 7. ln x ln x + x + + C 8. 8π 15

4 Lösningar till tentamen i Envariabelanalys, (a) (b) x 3 3x x 3 = x 3 x(3 x ) = 1 x 0, x x 5x x + x = x ( 1 5/x + 6/x ) x (15/x 8/x + 1) = 1,x { }} { 1 5/x + 6/x 15/x 8/x + 1 } {{ } 1,x 1, x (c) x + x x 4 = (x + )(x 1) (x + )(x ) = x 1 x 3 4 = 3 4, x. Linjen med lutning k genom en punkt (x o, y o ) kan beskrivas med ekvationen y y o = k(x x o ) Nu har vi att (x o, y o ) = (, 1) så vi behöver bestämma lutningen i denna punkt. Lutningen ges av derivatan till y och denna kan vi beräkna mha implicit derivering: 3x + 3y y (y + xy ) = 0 y (3y x) = y 3x y = y 3x 3y x I punkten (, 1) så har vi alltså Tangentlinjens ekvation blir alltså Situationen ser ut som i bild k = y (, 1) = = 11 = 11 1 y 1 = 11(x ) y = 11x Figure : Kurvan i uppgift 4 med sin tangentlinje genom punkten (, 1)

5 3. (a) I bilden med Grafen så är definitionsområdet alla värden på x-axeln ovanför vilka vi har grafen. Ur bilden får vi därför att definitionsmängden blir något i stil med [ 3, 0], det är i alla fall den den del av x axeln som syns i bilden. Man kan dock ana att funktionen är en cosinus-funktion som är förflyttad i y led, dvs funktionen är typ + cos x. I villet fall är en sådan funktion definierad för alla reella tal men detta syns formellt inte i bilden. (b) För att ange ett område där funktionen har invers så måste vi ange ett delområde i vilket funktionen antingen är monotont växande eller monotont avtagande. Ett sådant intervall är [0, π] men det finns mång andra liknande intervall att välja bland. Om vi kallar funktionen i figuren för f så kan vi definiera en ny funktion g som bara är definierat på ett visst intervall genom g(x) = f(x), om x [0, π] Denna funktion är alltså inte definierad utanför detta intervall och på intervaller är den lika med funktionen f. VI får att g(x) är en monotont avtagande funktion på detta intervall vilket innebär bland annat att den har en invers. (c) Funktionen i föregående deluppgift har värdemängden [0, 4] som läses av på y-axeln. Den inversa funktionen har nu definitionsmängden [0, 4] och värdemängd [0, π]. 5

6 4. Vi kan först notera att funktionen kommer att ha en vertikal asymptot i x = 1 eftersom den inte är definierad där. Funktionen har horisontell asymptot vilken vi kan beräkna gränsvärdena då x : 1 3x x 1 = 1 3x x(1 1/x) = 1 3 = 1 3 = 1 1/x } {{ } 1, x ± Vi har alltså att x = är horisontell asymptot Låt oss nu beräkna kritiska punkter och beräknar därför derivatan: y = 3 (x 1) Kritiska punkter är värden på x som gör att derivatan blir noll och någon sådan punkt finns inte. Däremot har vi en singulär punkt, dvs en sådan som gör att derivatan inte existerar, i x = 1 eftersom detta värde ger oss en division med noll. Från uttrycket för derivatan har vi att derivatan är positiv för alla tillåtna värden på x dvs alla utom x = 1. Låt oss nu titta på andraderivatan: y 6 = (x 1) 3 Även här saknas nollställen men vi kan se att andra derivatan är positiv om x 1 är negativ och negativ om x 1 är positiv vilket betyder att kurvan till vänster är en glad mun och till höger en sur mun. Teckenstudium x x < 1 1 x > 1 y ej def y + ej def + y ej def y + ej def Table 1: teckenstudium Figure 3: Grafen till 1 3x x 1 i uppgift 4. 6

7 5. (a) Taylors tredjegradspolynom med centrum i 0 är p 3 (x) = f(0) + f (0)x + f (0) för vår funktion f(x) = cos x så har vi x + f (0) x 3 6 f(0) = 1, f (0) = 0 = f (0), f (0) = 1 vilket ger att vårt approximerande tredjegradspolynom blir p 3 (x) = 1 x (b) Använder man vårt approximerande tredjegradspolynom får vi ett ungefärligt värde på cos π/ 1 π /8. Det exakta värdet är naturligtvis noll Π 4 Π 3 Π Figure 4: Figur till uppgift 5: Felet i x = π/ är skillnaden mellan graferna i denna punkt. (c) Eftersom vi har att cos π/ = 0 så vet vi alltså det verkliga värdet. Detta gör att vi kan beräkna det exakta felet ExactError = cos π/ p } {{ } 3 (π/) = π / =0 Genom att använda Taylorapproximationens felterm så kan man göra en uppskattning av hur stort felet kan vara. Feltermen är E 3 (x) = f (iv) (a) x 4, 4! 7 a ligger mellan 0 och x

8 En uppskattning av felet ger därför (notera att fjärde derivatan av cosinus är cosinus) 1 {}}{ cos a E 3 (π/) = 4 π4 4 π Att detta är rimligt kan vi se i figur 4 genom att jämföra graferna för cos x och 1 x / i x = π/: Från figuren är det också tydligt att detta Taylorpolynom inte är så väldigt bra approximation till cosinus för x = π/. Detta beror naturligtvis på att polynomet är uträknat i x = 0 och x = π/ ligger en bit bort. 6. (a) Vi utför substitutionen u = ln x, du = dx x ln x x dx = udu = u som ger oss (b) Detta är en typisk partiell integrationsuppgift. Vi får x ln xdx = x x ln x = [ln x] + C 1 x dx = x ln x x dx = = x x ln x 4 + C 7. Börja med att beräkna nollställena till nämnarens tredjegradspolynom. Eftersom polynomets koefficienter är reella så måste minst ett av polynomets nollställen vara reellt. Genom att gissa på de tal som delar konstanttermen så får vi nollställeskandidaterna ±1 och ± varav endast 1 är ett nollställe. Polynomdivision ger sedan att x 3 + 3x + 4x + = (x + 1)(x + x + ) Nollställena till andragradspolynomet är ickereella så detta är den maximala faktoriseringen i reella polynom. Med hjälp av faktoristeringen så kan vi nu utföra en partialbråksuppdelning av integranden och lämplig ansats är 1 (x + 1)(x + x + ) = A x Bx + C x + x + Handpåläggning ger att A = 1. C = 1 beräknas genom att sätta x = 0 och B = 1 beräknas sedan genom att sätta x = 1. Partialbråksuppdelningen ger nu att vår integral blir dx I = (x + 1)(x + x + ) = dx (x + 1)dx x + 1 x + x + Vi får att } {{ } =I 1 I 1 = ln x + 1 } {{ } =I För att beräkna I så kvadratkompletteras nämnaren: x + x + = (x + 1) + 1, vilket ger (x + 1)dx I = (x + 1) + 1 = [u = (x+1) +1, du = (x+1)dx] = 1 du u = 1 ln u = 1 ln x +x+ Och detta ger att vår integral slutligen blir 0 0 I = ln x ln x + x + + C 8. Vi börjar med att rita upp vår situation: Rotationsvolymen blir 1 1 [ x π(x + 1) dx = π x 4 + x 5 + 1dx = π 5 + x3 3 + x ] 1 0 ([ 1 = π 5 + ] ) [0] = 8π 15 8

9 Figure 5: Figur till uppgift 8. Det skuggade området ska roteras kring x-axeln 9