Tentamen SF e Januari 2016

Transkript

1 Tentamen SF6 8e Januari 6 Hjälpmedel: Papper, penna. poäng per uppgift totalt poäng. Betg E är garanterat vid 6 poäng, betg D vid poäng, betg vid C poäng, betg B vid 8 poäng och betg A vid poäng. För de studenter som har poäng totalt ges betget FX. FX innebär att man har möjligheten att få ett E efter en mindre examination inom 6 veckor från examenstillfället. Om bonuspoäng. Om bättre än 8 eller poäng erhölls vid KS eller KS under HT5 så får man minst respektive poäng på motsvarande uppgift (d.v.s. uppgift för KS och uppgift för KS). Fråga : Vilken är den största area som en axismmetrisk rektangel inskriven i en ellips ( a) + ( x b ) kan antaga. a b x Lösningsförslag: Om vi kallar hörnpunkten i den första kvadranten för (x, ) så är arean x. Vidare så är ( a ) + ( x b ) a a b x, där vi tog hänsn till att eftersom (x, ) ligger i första kvadranten (specikt så har vi + framför rottecknet). Detta ger att arean som en funktion av x blir A(x) x a a b x. funktionen A(x) är denierad på intervallet x b. Om maxvärdet av arean antas i en inre punkt < x < b så är dess derivata lika med noll: A (x) a a b x a b x a a b x a a b x a a b x, () där vi använde produktregeln och kedjeregeln för att beräkna derivatan. Sista likheten i () är bara en förenkling av uttrcket. Eftersom nämnaren i () alltid är strikt positiv då < x < b så kommer likheten i () att gälla endast om a a b x x b, där vi igen använde att x för att få + vid kvadratrotsutdragningen. Sätter vi in x b i funktionen A(x) så får vi A( b ) b a a ab, vilket är den enda möjliga kandidaten till maxvärde för en inre punkt. För att se om någon av randpunkterna i denitionsområdet för A(x), d.v.s. x eller x b, ger maxvärdet så sätter vi in A() a + och A(b) b a a. Båda randpunkterna ger således arean lika med noll. Svar fråga : Den maximala arean är ab. Fråga : Beräkna följande integral: π/8 sin(x) +sin(x) dx.

2 Lösningsförslag fråga : Vi börjar med att skriva om integranden med hjälp av dubblavinkelregeln för sinus: π/8 Därefter så gör vi variabelbtet sin(x) vilket ger sin(x) π/8 + sin(x) dx x x π/8 samt att cos(x)dx d. Variabelbtet leder därför till π/8 sin(x) cos(x) / dx + sin(x) { insättnings formeln Svar fråga : Integralens värde är π/8 sin(x) cos(x) dx. + sin(x) } { sin(π/) + d / ( + + }{{} ( } [ ln( + )] + ln ( sin(x) + sin(x) dx ) + ln. + ) d + + ). Fråga : Lös följande dierentialekvation: x (x) + (x) (x) och (). Lösningsförslag fråga : Genom någon outgrundlig slump så råkar dierentialekvationen vara separabel - en av de två tper av första ordningens dierentialekvationer som vi kan lösa. Detta inses enkelt om vi skriver om dierentialekvationen på standardformen för separabla ekvationer: x (x) + (x) (x) (x) x. För att använda lösningsformeln för separabla dierentialekvationer så måste vi hitta den primitiva till Vi hittar den primitiva genom att göra en partialbråksuppdelning och ansätter därför. a + b (a + b) a, () där vi multiplicerade båda led i den vänstra ekvationen med ( ) för att komma fram till den högra ekvationen. Ur den högra ekvationen i () så ser vi direkt att a och b (genom att sätta koecienterna i HL och VL lika). Vi får således d ( ) d ln + C, för < <, vi använde logaritmlagar för att direkt skriva om högerled på en enklare form. Konstanten C är godtcklig och kan väljas C. Eftersom vi söker en lösning som uppfller () så kommer lösningen att uppflla <. Vi får därför att nära punkten x. Vi kan därför skriva vår primitiva funktion ln ( ) ln. Om vi deriverar den primitiva med avseende på x så får vi, enligt kedjeregeln, ( ( )) D ln (x) x, () om (x) är en lösning till dierentialekvationen. Om vi integrerar båda sidor av () så får vi ln ( ) x + C ln ( ) x + C. ()

3 Om vi tar e upphöjt i HL och VL i () så får vi e x +C, vilket efter en algebraisk omskrivning ger (x) e x +C +. För att bestämma konstanten C så använder vi initialdata: vilket är uppfllt om C. Vi får därför följande Svar fråga : Lösningen till dierentialekvationen är () e +C + (x). e x + Fråga : Beräkna 6 ( ) med maximalt fel. Lösningsförslag fråga : Vi sätter f(x) ( + x) / och vill approximera 6 ( ) 6f(/). Vi gör detta genom att utveckla f(x) i en Maxlaurinserie: f(x) f() + f ()x + f ()! x f (n) () n! x n + f (n+) (θx) x n+, (n + )! där θ. Vår uppgift är att välja rätt ordning n så att vi kan skatta feltermen f (n+) (θ/) (n + )! n+ < 6, där vi har satt in det relevanta värdet x. Observera att vi har delat med 6 i skattningen av feltermen. Detta eftersom vi ska skatta felet i 6 f(x) så skattningen av f(x) måste vara 6 gånger bättre än den angivna felgränsen. Eftersom feltermen har faktorn så hoppas vi att n räcker. Vi beräknar därför de tre första derivatorna av n+ f(x): f(), f (x) ( + x) f () /, f (x) 6 ( + x) f () 7/ 6 f () (x) 6 ( + x). / Eftersom θ så kommer θ/ / så vi kan skatta f () (θ/) 6 ( + θ/) / 6 <. Med n får vi således att feltermen kan skattas med f () (θ/)! < 6 < 6. (5) och Vi får därför att med maximalt fel, enligt (5), 6f(/) , 6 f () (θ/)! < <. Svar fråga : Med maximalt fel så är ( ) /

4 Fråga 5: Beräkna följande integral: / / x + x + 9/ (x + ) (x + x + 5/) dx. Lösningsförslag fråga 5: Det är ganska uppenbart att jag har skrivit ihop det här talet för att testa förmågan att partialbråksuppdela. Så låt oss göra en partialbråksuppdelning. Vi ansätter, enligt standardformen, x + x + 9/ (x + ) (x + x + 5/) a (x + ) + b x + + cx + d x + x + 5/. (6) Om vi multiplicerar båda sidor med (x + ) (x + x + 5/) så får vi x + x + 9 (b + c)x + (a + b + c + d)x + (a + 9 ) ( 5 b + c + d x + a + 5 ) b + d. Om vi identierar koecienter så leder detta till följande linjära ekvationssstem Via en Gauss elimination får vi fram att a d och b c. Om vi sätter in dessa värden i (6) så får vi Det är enkelt att beräkna / / a b c d 9 x + x + 9/ (x + ) (x + x + 5/) (x + ) + x + x + 5/. (7) { insättnings (x + ) dx formeln } [ ] x/ x + x / +. (8) För att beräkna den andra integralen i partialbråksuppdelningen, / / x +x+5/dx, så måste vi jobba lite hårdare. Vi börjar med att kvadratkomplettera nämnaren genom att göra substitutionen x +. Då får vi dx d och integrationsgränserna ändras från / x / till och x + x + 5/ ( x + ) + +. Detta leder till / / x + x + 5/ dx + d insättnings formeln igen Om vi sätter samman ovanstående beräkningar så får vi / / x + x + 9/ / (x + ) (x + x + 5/) dx / [arctan()] arctan() arctan() π. (9) / (x + ) dx + / där vi använde (7) i första likheten och (8) och (9) i den sista likheten. Svar på fråga 5: Integralen är / / x + x + 9/ (x + ) (x + x + 5/) dx + π, x + x + 5/ dx + π, Fråga 6: En bil som färdas i positiv ( x riktning ) drar en spänd lina vars ena ände (x(t), (t)) är fäst i en metallskena given av funktionen f(x) + sin(x) den andra änden är fäst i bilen och benner sig, i tidpunkten t, i punkten z(t) på x axeln (se bilden nedan). Linan har längden meter och t är tiden mätt i sekunder. Vid tidpunkten t så är (x(), ()) (, /) och punkten (x(t), (t)) rör sig med hastigheten x () + () 5 m s. Beräkna är bilens hastighet då t?

5 (x(t),(t)) f(x) z(t) x Lösningsförslag fråga 6: Eftersom linan har längden så kommer för alla t. Om vi deriverar () med avseende på t så får vi (x(t) z(t)) + (t) () (x(t) z(t))(x (t) z (t)) + (t) (t) z (t) x (t) + (t) (t) x(t) z(t). () Vi ser ur () att om vi kan beräkna x (), () och z() så kan vi beräkna z () (att x() och () / är givet i uppgiften). Om vi stoppar in de givna värdena för x() och () i () så får vi z() + z(). För att beräkna x () och () så använder vi att x () + () 5 tillsammans med (t) f(x(t)). Specikt så får vi, enligt kedjeregeln, att Om vi sätter in x() i () så får vi Vi får därför att (t) df(x(t)) dt x () + () f (x(t))x (t) cos(x(t)) x (t). () () x (). () x () + 9x () 6 5 x () då bilen rör sig i positiv x riktning så drar vi slutsatsen att x () och ur () att (). Sätter vi in de uträknade värdena i () så får vi 5, z () x () + () () x() z() + / /. Svar fråga 6: Bilen rör sig med m/s då t. Fråga 7: Hitta det tal a så att rotationsvolmen som fås då tan under grafen (x), x π/, antar sitt minimala värde då (x) löser följande dierentialekvation (x) + 9(x) () () a. Lösningsförslag uppgift 7: Detta är en andra ordningens linjär dierentialekvation med konstanta koecienter vilket innebär att vi behöver hitta rötterna till det karakteristiska polnomet: r + 9. Vi ser direkt att rötterna är r ±i vilket ger att de homogena lösningarna är på formen α sin(x) + β cos(x) för godtckliga α, β R. Högerledet är konstant vilket gör att partikulärlösningen borde vara en konstant p (t) γ. Sätter vi in p (x)+9 p (x), med p (x) γ, så får vi att 9γ ; d.v.s. p (x) /9 är en partikulärlösning. Den allmänna lösningen är därför (x) α sin(x) + β cos(x) + /9.

6 För att bestämma α och β så använder vi initialdata: () β + 9 β 9 och a () α α a. Vår lösning till dierentialekvationen blir därför (x) a sin(x) 9 cos(x) + /9. Det återstår att hitta det värde på a som minimierar rotationsvolmen. Rotationsvolmen ges av formeln π π/ (x) dx. Eftersom minimipunkten inte påverkas av att multiplicera med π så är det ekvivalent att minimera π/ π/ ( a (x) dx 9 sin(x) + a 7 ( cos(x)) sin(x) + ) ( cos(x)) dx 8 ( ) ( π/ ) ( π/ ) 9 sin(x) dx a π/ + ( cos(x)) sin(x)dx a ( cos(x)) dx. }{{}}{{}}{{} A B C Vi observerar att högerledet är ett andragradspolnom Aa + Ba + C där A, B och C är så som indikeras i ovanstående ekvation. Eftersom A uppenbarligen är strikt större än noll då integranden är positiv på hela integrationsintervallet så kommer polnomet att ha ett strikt minima i punkten a B A där derivatan d(aa +Ba+C) da Aa + B. Minima sker alltså i a B A. Vi beräknar därför A π/ { cos(6x) cos 9 (x) sin (x) sin(x) dx sin (x) cos(6x) } och B 7 9 π/ π/ cos(6x) dx π 6 [ ] xπ/ sin(6x) 9 x }{{} π 6 π/ { } cos(x) sin(x) ( cos(x)) sin(x)dx 7 sin(6x) ( sin(x) sin(6x) ) dx [ cos(x) + cos(6x) ] x π 7 x ( cos(π/) + cos() + cos(π) cos() ) 7 8. Om vi sätter in detta i a B A så får vi a 6 8π 9π. Svar fråga 7: Rotationsvolmen minimieras då a 9π. Fråga 8: Besvara följande kortfrågor. Ingen motivering krävs. a) Ange två tal a och b så att x sin(x) är en lösning till (x) + a (x) + b(x). [Ange talen eller omöjligt.] b) Vad är denitionen av lim x a f(x) b? c) Vad är följande gränsvärde lim x cos(x) sin (x) x +sin (x)? [Ditt svar skall vara ett reellt tal,, eller odefinierat.] d) Antag att f(x) är strängt växande på R. Ange ett villkår på funktionen f(x) som garanterar att lim x f(x) existerar (och är ett reellt tal). [Ange villkåret eller existerar inget villkår eller gränsvärdet är alltid.] e) Ange ett intervall på formen I ]a, a + [ så att sin(x) inte har någon invers på I. f) Ge ett exempel på en Riemannintegrerbar funktion f(x) denierad på hela R så att b f(x)dx för alla a, b R a men f(x) är inte noll för alla x R. [Ange funktionen eller omöjligt.]

7 [Antalet rätta svar - poäng.] [Max poäng, minst poäng] Lösningsförslag fråga 8: a) Omöjligt. b) Vi säger att lim x a f(x) b om det för varje ɛ > existerar ett δ > så att x a < δ f(x) b < ɛ. c) d) f(x) är begränsad från ovan (eller bara begränsad). e) I ]π/ /, π/ + /[, d.v.s. a π. { om x f) f(x) om x. Fråga 9: Följande påstående är felaktigt: Om f(x) är en kontinuerlig och deriverbar funktion denierad på ], [ och derivatan uppfller f (x) för alla x ], [ då är f(x) strängt växande. Ändra påståendet till ett korrekt, och liknande, påstående och bevisa det korrekta påståendet. Ditt bevis skall vara fullständigt och du får inte referera till kända satser om deriverbara funktioner du får dock använda övriga satser från kursen. Lösningsförslag fråga 9: Givetvis så uppfller en konstant, t.ex. f(x), de antaganden som ges men en konstant är inte strängt växande. Vi ändrar påståendet till Om f(x) är en kontinuerlig och deriverbar funktion denierad på ], [ och derivatan uppfller f (x) för alla x ], [ då är f(x) växande. För att visa detta så måste vi visa att om x, x ], [ och x < x så kommer f(x ) f(x ). Låt x, x ], [, x < x, och deniera ( ) f(x ) f(x ) g(x) f(x) (x x ) + f(x ). x x Då är g(x) en kontinuerlig funktion på [x, x ] eftersom f(x) och linjära funktioner är det och g(x) är skillnaden mellan f(x) och en linjär funktion. Vidare så är ( ) ( ) f(x ) f(x ) f(x ) f(x ) g(x ) f(x ) (x x ) + f(x ) f(x ) (x x ) + f(x ) g(x ), x x x x d.v.s. g(x ) g(x ). () Då g(x) är en kontinuerlig funktion på ett slutet begränsat intervall, [x, x ], så antar g(x) ett maximum och ett minimum i intervallet. Om både maximum och minimum värdet av g(x) är noll så kommer g(x) vilket innebär att g(x) och därför så f(x) f(x ) f(x ) x x (x x ) + f(x ) f (x) f(x ) f(x ) x x. Då f (x) enligt antagande så följer det, eftersom x x >, att f(x ) f(x ) x x f(x ) f(x ) vilket är det vi vill visa. Vi behöver därför undersöka fallet då maxumum av g(x) är större än noll och fallet då minimum är mindre än noll. Båda dessa fall behandlas på samma sätt och det räcker därför att visa fallet då maximum av g(x) är större än noll. Låt oss därför antaga att maximum av g(x) uppnås i punkten [x, x ] och att g() >. Eftersom g(x ) g(x ) (enligt ) så kommer x och x och vi kan därför slutleda att ]x, x [. g(+h) g() Vi undersöker derivatan av g(x) i punkten : lim h h. Vi beräknar därför g( + h) g() f( + h) f()) lim lim lim h h h h h h ( ) ) f(x ) f(x ) ( x ) + f(x ) x x ( ( ) f(x ) f(x ) ( + h x ) + f(x ) (5) x x f () f(x ) f(x ) x x,

8 där vi använde summaregeln i den första likheten, derivatans denition och elementära beräkningar i den sista likheten. g(+h) g() Vi kommer, för att kunna använda att är en maximipunkt, att dela upp gränsvärdet lim h h i två fall dels då h > och dels då h <. Om h > så kommer, eftersom g() är ett maximum, g( + h) g() h enligt satsen om olikhet i gränsövergång. På samma sätt så får vi, om h <, att g( + h) g() h Från (5), (6) och (7) så kan vi sluta oss till att g( + h) g() lim, (6) h + h g( + h) g() lim. (7) h h f () f(x ) f(x ) x x f(x ) f(x ) (x x )f (), (8) där vi använde antagandet att f (x) samt att x > x i den sista olikheten. Om vi adderar f(x ) till båda led i den sista olikheten i (8) så får vi att f(x ) f(x ). Eftersom x och x var godtckliga punkter i ], [ så att x > x så följer det att f(x) är växande. Fråga : Visa med ett motexempel att följande påstående är felaktigt: Antag att f(x) har n + kontinuerliga derivator på sitt denitionsområde D f [, ] [, ] då kommer, för alla x D f, f(x) f() + f ()x f (n) () n! x n + f (n+) (θx) x n+ (n + )! för något θ så att θ. Bevisa sedan den korrekta versionen av Maclaurins formel och förklara (utifrån beviset) varför inte Maclaurins formel gäller för det felaktiga påståendet ovan. [Du får använda den generaliserade medelvärdessatsen utan bevis.] Lösningsförslag fråga : Vi ser direkt att den angivna satsen inte kan stämma då funktionen { om x [, ] f(x) om x [, ] är oändligt deriverbar, men alla derivator är noll så Maclaurinpolnomet och resttermen är noll utan att funktionen är noll överallt. T.ex. så skulle, en felaktig, användning av Maclaurins formel på ovanstående funktion ge att f(5/). Problemet är att Maclaurins formel endast gäller i det intervall som innehåller origo. Vi formulerar därför den riktiga satsen. Sats. Antag att f(x) har n + kontinuerliga derivator på i ett intervall som innehåller origo. Då kommer, för alla x i det intervallet, för något θ så att θ. f(x) f() + f ()x f (n) () n! x n + f (n+) (θx) x n+ (n + )! Vi kommer att bevisa satsen via ett induktivt argument över ordningen på Maclaurinpolnomet. Om ordningen av Maclaurinpolnomet k så ger insättningsformeln att f(x) f() + f (t)dt, förutsatt att f (t) är kontinuerlig och denierad för alla t mellan noll och x. sammanhängande intervall som innehåller origo. Antag nu att vi har visat att för alla k n Här använder vi att x måste ligga i ett f(x) k j f (j) () x j + ( )k j! k! (t x) k f (k+) (t)dt. (9) Vi vill visa att (9) även håller om vi substituerar k + för k. För att visa detta gör vi en partiell integration, vilken är berättigad så f(x) är n + gånger deriverbar och k n enligt induktionsantagandet, i resttermen ( ) k k! (t x) k f (k+) (t)dt ( )k (k + )! d(t x) k+ f (k+) (t)dt dt

9 ( )k [ (t x) k+ f k+ (t) ] tx (k + )! t + ( )k+ (k + )! ( )k (x x) k+ f k+ (x) (k + )! } {{ } + ( )k+ (k + )! ( x)k+ f k+ () + ( )k+ (k + )! f k+ () (k + )! xk+ + ( )k+ (k + )! Om vi sätter in ovanstående beräkning i (9) så får vi f(x) k j f (j) () x j + f k+ () j! (k + )! xk+ + ( )k+ (k + )! k+ j f (j) () x j + ( )k+ j! (k + )! (t x) k+ f (k+) (t)dt (t x) k+ f (k+) (t)dt. (t x) k+ f (k+) (t)dt (t x) k+ f (k+) (t)dt (t x) k+ f (k+) (t)dt, d.v.s. (9) håller även för k + istället för k. Speciellt, så gäller det (via induktion) att f(x) n j f (j) () x j + ( )n j! k! Vi måste också visa att resttermen har rätt form, d.v.s. att ( ) n n! (t x) n f (n+) (t)dt. (t x) n f (n+) (t)dt f (n+) (θx) (n + )! för något θ så att θ. Men detta följer direkt av den generaliserade medelvärdessatsen (som vi inte behöver bevisa). Beviset är därför slutfört. x n+