Lösningsförslag. Högskolan i Skövde (JS, SK) Svensk version Tentamen i matematik

Transkript

1 Lösningsförslag Högskolan i Skövde (JS, 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, 4, 5 eller underkänd, där 5 är högsta betyg. För godkänt betyg krävs minst 16 poäng från uppgifterna 18. Var och en av dessa åtta uppgifter kan ge maimalt 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 4 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. (D1.1) 1. Uppgift 18 räknas för godkänt betyg. Varje uppgift kan ge upp till 3 poäng. För godkänt (betyg 35) krävs minst 16 poäng. Uppgift 16 kan en och en ersättas av duggapoäng. Låt f(t) = t 1 och g(u) = u 1. Bestäm inversen (g f) 1 () (där 1), till sammansättningen g f. Vi har att y = (g f) 1 )() = g f(y) = g( y 1) = y 1 1 ( + 1) = y 1 y = ( + 1) + 1. Alltså har vi (g f) 1 () = ( + 1) + 1. (D1.). Uttryck det komplea talet (1 i)1 ( 3 + i) 8 på formen a + bi, (där a och b är reella tal och i = 1). Vi har att a+bi = re iθ = r(cos θ+i sin θ) där r = a + b och θ = arctan(b/a) om a > och θ = arctan(b/a) ± π om a <. Alltså har vi (1 i) 1 ( 3 + i) = ( e π/4 ) 1 (e π/6 ) 8 = 6 e 3π 8 e 4π/3 = 6 e π 8 e 4π/3 8 ( = e π/3 = 1 4 (cos( π/3) + i sin( π/3)) = 1 ) i = i.

2 (D.1) 3. Låt f() = arctan() Bestäm alla eventuella stationära punkter till f, dvs värden på där f () =. Vi har f () = (1 + ) = 1 + ( 1) (1 + ) = (1 + ), så f () = 1 = =. Funktionen f har alltså den enda stationära punkten 1. (D.) 4. Låt f() = e sin. Bestäm det största och det minsta värde f() antar på intervallet π, och för vilka de antas. Eftersom f är deriverbar på hela intervallet kan största och minsta värde bara antas i intervallets ändpunkter eller där f () =. Vi har f () = e sin + e cos = (cos sin )e, så på intervallet π gäller att > om < π/4, f () = om = π/4, < om > π/4. (D3.1) 5. (D3.) 6. Största värdet är alltså f(π/4) = e π/4 /, medan minsta värdet måste antas antingen för = eller = π. Vi har f() = och f(π) = så minsta värdet är f() = f(π) =. Beräkna integralen d d = 1 ln( + 1) + arctan 1 = 1 ln (ln ln 1) + arctan 1 arctan = + π 4. Kurvan y = 1 avskiljer tillsammans med linjerna y =, y = respektive = e ett område i den tredje kvadranten. Beräkna arean av detta område. (Uttrycket för arean får innehålla talet e, basen för den naturliga logaritmen). = y = 1 så arean är 1 e ( 1 ) d+ Kurvan y = 1 1 ( ) d = ln ligger under -aeln för <, och skär linjen y = då 1 + e ) ( = ln 1 +ln e = 1+ 1 = 3.

3 7. Bestäm den allmänna lösningen till dierentialekvationen y () + y () + y() =. Den karakteristiska ekvationen r + r + 1 = har dubbelroten r = 1, vilket ger att den homogena dierentialekvationen y () + y () + y() = har den allmänna lösningen y = (C 1 +C )e och den allmänna lösningen till den inhomogena dierentialekvationen y () + y () + y() = är då y = y p () + (C 1 + C )e, där y = y p () är en partikulärlösning. Vi bestämmer en partikulärlösning genom att göra en lämplig ansats. Vi ansätter y p () = A + B och får y p () + y p() + y p = A + A + B. Alltså löser y = y p = A + B dierentialekvationen om A = 1 A = 1 A + B = B =. Allmänna lösningen till dierentialekvationen är alltså y() = + (C 1 + C )e. 8. Antag att dy d = y, för y >. Vad är värdet y(1) om y() = 4? Vi har att y dy d = y (1) 1/ dy d = () y 1/ dy = d (3) y 1/ = 1 + C (4) y = ( C/). (5) Begynnelsevillkoret y() = 4 i ekvation (4) ger C = 4, och lösningen y = ( ). Alltså är y(1) = ( ) = Del II. Följande uppgifter räknas för betyg 4 och 5. Varje uppgift kan ge upp till 6 poäng Beräkna integralen e d. 4 e d u=, =u, d=u du = ue u u du = = 8e 4ue u + u e u du = u e u 4ue u du 4e u = 8e 8e + 4e u = 4(e 1). 3

4 1. Lös dierentialekvationen y + y = ln, (där > och y är en funktion av ) med villkoret y(1) =. Vi har y + y = ln y + y = ln Vi multiplicerar med den en integrerande faktor e ln = och får y + y = ln d d ( y) = ln y = ln d y = 1 1 ln 1 d y = 1 1 ln d y = 1 ln C y = 1 ln C Villkoret y(1) = ger så lösningen är C = C = 1 4 y = 1 ln Låt f() = + 1 och skissa kurvan y = f(). Ange speciellt alla eventuella skärningar med koordinatalar, asymptoter, lokala etrempunkter och i vilka intervall f() är väande respektive avtagande. Kurvan skär inte y-aeln då f() inte är denierad för =. Skärningen med -aeln får vi genom att lösa ekvationen f() =. f() = + 1 = = 1. Kurvan skär alltså -aeln i = 1 (eller kanske snarare tangerar, då = 1 är en dubbelrot). Kurvan har lodräta asymptoter svarande mot division med noll, vilket sker då = och då =. linjerna = och = är alltså lodräta asymptoter. Vågräta asymptoter är linjer som kurvan närmar sig då eller då. Vi ser att y = f() = + 1 = 1 / + 1/ 1 / 1 då ±. Kurvan har alltså asymptoten y = 1 både då och då. Vi bestämmer lokala etrempunkter och var f() är väande respektive avtagande genom att studera tecknet på f (). f () = ( )( ) ( + 1)( ) ( 1) ( ) = (( )). 4

5 Vi kan göra en tabell över derivatans teckenväling och väande/avtagande hos f(). 1 f () + + f() lok. ma. Vi ser att f() är väande på intervallen (, ) och (, 1] och avtagande på intervallen [, ) och (, ), samt har ett lokalt maimum då =, där derivatan välar från positiv till negativ. 1. En kropp är rotationssymmetrisk kring en ael av längd π cm. Om är avståndet från ena ändan så är tvärsnittet en cirkelskiva med radie 1 + sin cm. Hur stor är kroppens volym? (Svaret kan ges som ett uttryck som innefattar π.) Vi får kroppens volym V genom att integrera tvärsnittsarean A() = π(1 + sin ) med avståndsdierentialen d: V = π/ = π A()d = π/ π/ π(1 + sin ) d = π π/ (1 + sin + sin ) d (1 + sin + 1 ( (1 cos()) d = π cos ) 4 sin() π/ ( π = π + π ) 4 ( + ) = 3π 4 + π. SKn v