Tentamen i matematik. f(x) = 1 + e x.

Transkript

1 Lösningsförslag Högskolan i Skövde (SK, JS) Tentamen i matematik Kurs: MA52G Matematisk Analys MA23G 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 (3) krävs minst 4 poäng från uppgifterna 9, varav minst 3 poäng från uppgifterna 7 9. Var och en av dessa nio uppgifter kan ge maximalt 3 poäng. För var och en av uppgifterna 6 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 9 minst 50% (2 poäng) från uppgift 0 3, för betyg 5 minst 75% (8 poäng). Lämna fullständiga lösningar till alla uppgifter (Skriv inte mer än en uppgift på varje blad.). Numeriska värden kan anges som uttryck där faktorer som π och logaritmer ingår, om så behövs. Del I. (D.). Uppgift 9 räknas för godkänt betyg. Varje uppgift kan ge upp till 3 poäng. För godkänt (betyg 3 5) krävs minst 4 poäng, varav minst 3 poäng på uppgift 7 9. Uppgift 6 kan en och en ersättas av duggapoäng. Funktionen f definieras på intervallet (, ) genom f(x) = + e x. Den är strängt avtagande och därför inverterbar, med en invers funktion f. Ge ett uttryck för f (x) och ange också definitionsmängden (domain) för f. Lösningsförslag: Notera att, eftersom e x > 0, så är f(x) >, för alla x. Notera också att f är en kontinuerlig funktion, lim f(x) = och lim f(x) = 0 så pga kontinuitet x x är värdemängden till f, och därmed definitionsmängden till f intervallet (, ). Vi har sedan att y = f (x) x = f(y) x = + e y e y = x y = ln(x ) y = ln(x ), så f (x) = ln(x ) (som också är lika med ln(/(x )). 2

2 (D.2) 2. Funktionen f definieras på (, ) genom (x ) 2, om x 2 f(x) = ax + b om x < 2. Bestäm värden på a och b så att f blir kontinuerlig och deriverbar överallt. Lösningsförslag: Vi noterar att f är kontinuerlig och deriverbar överallt utom möjligen för argumentet 2, med f (x) = 2(x ) för x 2 och f (x) = a för x < 2. Med differenskvoten från derivatans definition, har vi vänster- och högergränsvärden f(2 + h) f(2) a(2 + h) + b lim h 0 h h 0 h h 0 f(2 + h) f(2) lim h 0+ h h 0+ ah + 2a + b h a + 2a + b h 0 h h 0+ h 0+ h 0+ h + 2 = 2. (2 + h ) 2 h (h + ) 2 h h 2 + 2h h och För att f (2) ska existera ska både vänster- och högergränsvärdena båda existera och dessutom stämma överens. Så är fallet om 2a+b = 0, vilket ger att lim h 0 h f(2+h) f(2) = a och dessutom a = 2. De här två villkoren är uppfyllda om a = 2 och b = 3, och då är f (2) = 2. Alternativt, lim x 2 x 2 f(x) ax + b = 2a + b, lim f(x) x 2 + x 2 +(x )2 =, så om 2a + b = så blir f kontinuerlig överallt. Notera vidare att lim f (x) a = a x 2 x 2 och lim f (x) 2(x ) = 2, x 2 + x 2 + så om dessutom a = 2 så har f (x) ett (dubbelsidigt) gränsvärde i 2, vilket som föjd, om f är kontinuerlig, har att f också är deriverbar i 2. Alltså, om a = 2 och b = 2a = 3 så är f kontinuerlig och deriverbar överallt. 3

3 (D2.) 3. Bestäm en ekvation för tangenten till kurvan 4x 2 y 2 = 2xy + i punkten (x, y) = (, 3). Lösningsförslag: Genom implicit derivering av ekvationen för kurvan får vi för varifrån vi kan lösa ut dy/ som 4x 2 y 2 = 2xy + 8x 2y dy dy = 2y + 2x. dy 8x 2y = 2x + 2y = 4x y x + y. tangentlinjen i punkten (x, y) = (, 3) har ekvationen y ( 3) = k(x ), där k är värdet av dy/ då (x, y) = (, 3), dvs k = 4x y x + y = 7 (x,y)=(, 3) 2 = 7 2. Tangentlinjen ekvation är alltså eller ekvivalent y + 3 = 7 (x ) 2 y = 7 2 x + 2 eller 7x + 2y =. (D2.2) 4. Vilket är det största respektive minsta värde funktionen f(x) = 4 x x antar på intervallet [0, 9]? Lösningsförslag: Funktionen f är kontinuerlig på hela det slutna intervallet [0, 9]. Det betyder (eftersom intervallet är begränsat och slutet, dvs innehåller sina ändpunkter) att funktionen måste anta ett största och ett minsta värde. Det kan ske antingen i intervallets ändpunkter, där funktionen inte är deriverbar, eller där derivatan är noll. Vi undersöker derivatan. f (x) = 2x /2 4

4 är definierad för x > 0, men inte för x = 0. Vi noterar att f (x) = 2x /2 = 2 x x = 4 x (2 + x) x (notera förlängning med 2 + x och användning av konjugatregeln) så f (x) > 0 för 0 < x < 4, f (x) = 0 för x = 4, och f (x) < 0 för x > 4. f(x) måste alltså vara maximal för x = 4, f(4) = 4 och minimal på intervallet i någon av ändpunkterna; värdena är där f(0) = 0 respektive f(9) = 3. Slutsats: Funktionen f har på intervallet [0, 9] som största värde f(4) = 4 och som minsta värde f(0) = 0. (D3.) 5. Bestäm värdet av integralen π/2 0 cos x + sin x. Lösningsförslag: Vi använder variabelsubstitutionen u = +sin x som ger du/ = cos x och = π/2 0 2 cos x + sin x u du = [ln u ] u=2 u= = ln 2 ln = ln 2. (D3.2) 6. Vid en inbromsning av ett fordon antar vi att hastigheten v kan beskrivas som en funktion av tiden t enligt formeln där c = /3 s (sekund). v = c 00 m/s, t + c Sträckan s fordonet förflyttar sig sig mellan t = a och t = b ges av integralen s = b a Hur långt har fordonet rört sig från inbromsningens början (t = 0 sekunder) tills farten är nere i 0 m/s? v dt. 5

5 Lösningsförslag: Vi har att s = b a v dt = c 00 m/s t + c = [c ln t + c ] b a 00 m/s = c (ln b + c ln a + c ) 00 m/s = c ln b + c a + c 00 m/s. Om b är tiden från inbromsningens början tills farten är nere i 0 m/s så gäller ekvationen Vi löser ut b. c 00 m/s = 0 m/s. c + b c 00 m/s = 0 m/s c + b c 0 c + b = 0 c = c + b b = 9c Den sökta sträckan är alltså, med a = 0 s, b = 9c och c = /3 s s = 3 s ln 0c c 00 m/s = ln 0 00 m ( 76 m) Låt k vara en konstant parameter. Bestäm (för y > 0) lösningen till differentialekvationen dy = kxy2, som uppfyller begynnelsevärdet y = då x = 0. Lösningsförslag: Vi har dy y 2 = y 2 dy = dy = kxy2 kx kx y = 2 kx2 + C y = kx C där C är en allmän konstant. Begynnelsevillkoret ger ekvationen C = 6

6 som löses av C =. Vår sökta lösning är alltså y = kx 2 2 =. kx Bestäm, för x > 0, den allmänna lösningen till differentialekvationen Lösningsförslag: Vi har, för x 0 att x dy + 2y = sin x. x dy + 2y = sin x () dy + 2 x y = sin x x, (2) är en linjär första ordningens differentialekvation som kan lösas genom integration efter att man multiplicerat med en integrerande faktor 2 ( exp x = exp(2 ln x + C) = ec e ln x ) 2) = e C x 2. Vi multiplicerar (2) med x 2 och får d ( x 2 y ) = x sin x (3) x 2 y = x sin x. (4) Vi utvecklar integralen genom partiell integration av sin x = d( cos x): x sin x = x( cos x) ( cos x) = x cos x + sin x + C, där C är en allmän konstant. Den allmänna lösningen till (), för x > 0, är alltså där C är en allmän konstant. y = sin x ( x cos x + sin x + C) = x2 x 2 cos x x + C x 2, 9. Låt y = dy dt och y = d2 y dt 2. Bestäm lösningen till differentialekvationen som uppfyller begynnelsevillkoren y + 4y + 3y = 2e 2t y t=0 = y t=0 = 0. Lösningsförslag: Vi vill först hitta den allmänna lösningen till y + 4y + 3y = 2e 2t. (5) 7

7 Om a och b är konstanter och det karakteristiska polynomet r 2 + ar + b har två olika nollställen r = r och r = r 2, så är y = C e rt + C 2 e r 2t den allmänna lösningen till den homogena linjära differentialekvationen y + ay + by = 0 och den linjära differentialekvationen y + ay + by = g(t) (6) har den allmänna lösningen y = y p + C e r t + C 2 e r 2t där y = y p är en partikulärlösning till (6). I vårt fall har vi att r 2 + 4r + 3 = (r + 2) 2 = (r + 3)(r + ), så den homogena hjälpekvationen y + 4y + 3y = 0 har allmän lösning y = C e 3t + C 2 e t. För att hitta en partikuklärlösning till (6) ansätter vi y = y p = ae 2t. Då är så dy p dt = 2ae 2t och d2 y p dt 2 = 4ae 2t, y p + 4y p + 3y p = 4ae 2t + 4( 2ae 2t ) + 3ae 2t = ae 2t. Vi har alltså att y = y p = ae 2t löser (5) om a = 2. Den allmänna lösningen till (5) är alltså y = 2e 2t + C e 3t + C 2 e t. (7) För att bestämma C och C 2 så att begynnelsevillkoren stämmer konstaterar vi att y t=0 = 2 + C + C 2 och att y t=0 = 4e 2t 3C e 3t C 2 e t t=0 = 4 3C C 2, vilket för begynnelsevillkoren ger det linjära ekvationssystemet 2 + C + C 2 = 0 C + C 2 = 2 3C C = C C 2 = 0 3C + C 2 = 4 3C 2 C 2 = Den sökta lösningen är alltså y = 2e 2t + e 3t + e t. C = C 2 =. 8

8 Del II. Följande uppgifter räknas för betyg 4 och 5. Varje uppgift kan ge upp till 6 poäng, totalt 24. Även presentationen bedöms. 0. Låt f(x) = x2 x 2 2x. a) Vad är definitionsmängden (domain) för f? (Dvs den största möjliga inom den reella tallinjen.) b) Vad har f för nollställen (zeros)? c) Har kurvan y = f(x) några asymptoter, och i så fall vilka? d) På vilka intervall är f växande (increasing) respektive avtagande (decreasing)? e) Har f(x) några lokala extrema (maxima eller minima), och i så fall vilka?. Bestäm volymen (uttryckt i kubikenheter utifrån i koordinatssystemets enheter) av en tredimensionell kropp som beskrivs genom att låta området mellan kurvorna x =, x = e, y =, y = ln x rotera kring y-axeln. 2. Vilka av följande generaliserade integraler är konvergenta respektive divergenta. För eventuella konvergenta integraler, bestäm värdet. a) 2 x(x ), b) 2 x(x ), c) x(x ). 3. Bestäm en lösning till differentialekvationen d 2 y 2 = + ( ) dy 2 som uppfyller begynnelsevillkoren y t=0 = och dy x=0 = 0. Tips: Sätt z = dy. Notera att z + + z 2 > 0 för alla z och att d dz ln(z + + z 2 ) = + z 2. Lycka till! /SK&JS 9