1 e x2. lim. x ln(1 + x) lim. 1 (1 x 2 + O(x 4 )) = lim. x 0 x 2 /2 + O(x 3 ) x 2 + O(x 4 ) = lim. 1 + O(x 2 ) = lim = x = arctan x 1

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "1 e x2. lim. x ln(1 + x) lim. 1 (1 x 2 + O(x 4 )) = lim. x 0 x 2 /2 + O(x 3 ) x 2 + O(x 4 ) = lim. 1 + O(x 2 ) = lim = x = arctan x 1"

Ann-Charlotte Lindqvist
för 6 år sedan
Visningar:

1 UPPSALA UNIVERSITET Svr till tent i mtemtik Mtemtisk institutionen Anlys MN Distns Jons Elisson 7-- Skrivtid: - 5. Observer tt problemen inte står i svårighetsordning. All svr sk motivers. Det kn krävs mer motiveringr än i dess lösningr. Hjälpmedel: gymnsieformelsmling.. Beräkn följnde gränsvärden: () x x + e x x ln( + x). e x x ln( + x). () Gränsvärdet är v typen. Vi nvänder McLurin-utvecklingr: x e x x ln( + x) ( x + O(x 4 )) x x (x x / + O(x 3 )) x + O(x 4 ) x x / + O(x 3 ) + O(x ) x / + O(x). När x går mot oändligheten går täljren mot men nämnre går mot oändligheten eftersom x växer fortre än ln( + x). Alltså är gränsvärdet.. Vis tt + x rctn x x + + C. Vd säger det om smbndet melln rctn x och rctn x x+ för x >?

2 För tt vis likheten deriverr vi båd sidor. Derivtn v är +x Högerledet deriverr med hjälp v kedjeregeln och derivtn v en kvot. d dx (rctn x x + + C) + ( x x+ x + (x ) ) (x + ) (x + ) + (x ) + x. +x. Uträkningen ovn visr tt rctn( x ) är en primitiv funktion till. Det är x+ +x rctn(x) också. Alltså skiljer sig de sig br med en konstnt C. Värdet på C kn vi bestämm genom tt stopp in ett x i funktionern. Med t.ex. x får vi rctn( ) rctn() + C C, d.v.s. C π. Alltså 4 rctn x x + rctn x π Grfen till ekvtionen x + y /4 bildr en ellips i plnet. I ellipsen skrivs en likbent tringel in vrs spets ligger i origo och de två övrig hörnen på ellipsen. Bestäm störst möjlig re för en sådn tringel. Aren hos en tringel ges v bsen gånger höjden delt med två. Om en likbent tringel med spetsen i origo hr sin bshörn på en ellips finns det två möjligheter: bsen är prllell med x-xeln eller med y-xeln. Om vi ntr tt ett bshörn finns i punkten (x, y) så är i det först fllet höjden y och bsen x (om mn sk vr riktigt nog y smt x men vi kn välj tt hörn i först kvdrnten ). I det ndr fllet är höjden x och bsen y. Ovsett fll ges lltså ren A v xy/ xy. Eftersom hörnet ligger på ellipsen får vi A(x) x 4 4x x x. Återigen hr vi ntgit tt det vld bshörnet ligger i först kvdrnten. Ellipsen skär x-xeln i punktern (, ) smt (, ) eftersom om mn stoppr in y i ekvtionen för ellipsen får mn x. Alltså kn vi nt tt x. Funktionen A(x) är kontiunerlig på det slutn och begränsde intervllet x. Alltså vet vi tt den ntr sitt mx i någon extrempunkt: ändpunkt (x, x ), sttionär punkt (A (x) ) eller singulär punkt (A (x) ej definierd). Vi beräknr derivtn A (x) x + x x ( x ). x

3 A(x) hr en sttionär punkt där A (x), d.v.s. ( x ). Dett sker då x /. A(x) hr en singulär punkt då x, d.v.s. x. Vi kn nu räkn ut värdet v A(x) i ll de möjlig punktern. A(), A() och A( ). Alltså är den störst möjlig ren hos tringeln. 4. Beräkn integrlern () x ln xdx. x (x + ) dx. () Vi nvänder prtiell integrtion x ln xdx x / ln xdx 3 x3/ ln x 3 x3/ x dx 3 x3/ ln x 3 x/ dx 3 x3/ ln x 4 9 x3/ Vi gör vriblebytet u x. Då är x u och dx udu. Om x får vi u och x ger u. Alltså x (x + ) dx u (u + ) udu u u + du u + du [u rctn u] π 4.

4 5. Då området melln kurvn f(x) rctn x och x-xeln, för x, roters ett vrv kring y-xeln uppstår en kropp. Beräkn volymen v denn. Vi beräknr volymen med hjälp v sklformeln. V π x rctn x dx (prtiell integrtion) ( [x ] ) rctn x x π + x dx ( rctn π ) + x dx ( π π 8 ) [x rctn x] ( π π 8 ) ( rctn ) ( π π 8 + π ) ( π ) π 8. Volymen är π( π ). 6. Den först delen v Anlysens huvudsts säger tt om vi definierr funktionen F på I genom F (x) x f(t)dt så är F deriverbr på I och F (x) f(x), för ll x I. Formuler och bevis ndr delen v Anlysens huvudsts. Andr delen v Anlysens huvudsts säger tt om G(x) är någon primitiv funktion till f(x) på I så är, för vrje b I, b f(x)dx G G(). Beviset är: om G(x) är någon primitiv funktion till f(x) på I så är F (x) G(x) + C på I, för någon konstnt C (eftersom de är två primitiv funktioner till smm funktion). Alltså är x f(t)dt F (x) G(x) + C.

5 Sätt x. Då G() + C, det vill säg C G(). Sätt x b och vi får b f(t)dt G + C G G(). 7. Avgör med tydlig motiveringr om följnde serier konvergerr eller divergerr. () n n () Låt n n n n 3/. Vi vet tt + n n. n + n. för vrje n är +n < n n, lltså konvergerr n Låt b n. Betrkt gränsvärdet n /(n + n) n b n n n n konvergerr eftersom 3/ >. Men enligt jämförelsekriteriet. +n n n n + n n Eftersom n b n divergerr så gör också n n+ n + n. 8. Lös differentilekvtionen y 4y 4 om y() och y () 3. det enligt jämförelsekriteriet. Differentilekvtionen är linjär och v ndr ordningen med konstnt koefficienter. Vi löser först den homogen ekvtionen. Den krkteristisk ekvtionen m 4m hr röttern m och m 4. Den homogen lösningen är lltså y H Ce x + De 4x C + De 4x. För tt hitt prtikulärlösningen vill vi normlt nsätt ett högerled v typ konstnt (A). Men eftersom dett redn är en lösning till den homogen ekvtionen gör vi nsättningen y P Ax. Insättning i ekvtionen ger y 4y 4A 4 d.v.s. A. Den llmänn lösningen är lltså y y H + y P C + De 4x x. Nu ger beynnelsevillkoren y() C + D y () 4D 3 d.v.s. D och C. Den lösning som uppfyller villkoren blir lltså y e 4x x.

Relevanta dokument

Preliminär version 2 juni 2014, reservation för fel. Tentamen i matematik. Kurs: MA152G Matematisk Analys MA123G Matematisk analys för ingenjörer

Preliminär version 2 juni 2014, reservation för fel. Tentamen i matematik. Kurs: MA152G Matematisk Analys MA123G Matematisk analys för ingenjörer Lösningsförslg Högskoln i Skövde SK, JS) Preliminär version juni 0, reservtion för fel. Tentmen i mtemtik Kurs: MA5G Mtemtisk Anlys MAG Mtemtisk nlys för ingenjörer Tentmensdg: 0-05- kl.0-9.0 Hjälpmedel