10x 3 4x 2 + x. 4. Bestäm eventuella extrempunkter, inflexionspunkter samt horizontella och vertikala asymptoter. y = x 1 x + 1

Transkript

1 TM-Matematik Mikael Forsberg Pär Hemström Övningstenta Envariabelanalys ma034a ovnt--vt0 Skrivtid: 5 timmar. 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.. Beräkna följande gränsvärden x 7 0x 3 4x + x x + 4x + 4 (a) lim (b) lim x 49 x 49 x 5 x x 3 (c) lim x 4 4 x. Derivera följande funktioner (a) f(x) = 4x + x 3 (b) g(x) = e ln x (c) h(x) = x 3 ln x x (a) Skissa grafen till y = x, x > 0 och visa att funktionen är inverterbar (grafiskt och algebraiskt) och bestäm inversen. (b) Ange definitionsmängd och värdemängd för funktionen och dess invers? 4. Bestäm eventuella extrempunkter, inflexionspunkter samt horizontella och vertikala asymptoter till y = x x + 5. (a) Beräkna andra ordningens Taylorpolynom till x utvecklad i en godtycklig punkt a. (b) Beräkna ett närmevärde till 0 genom att använda en andra ordningens Taylorutveckling av rotfunktionen, kring en lämpligt vald punkt. (c) Hur stort blir felet/osäkerheten i denna bestämmning? Blir felet positivt eller negativt? 6. Beräkna integralerna (a) x dx (b) x cos x dx cos (ln x) 7. beräkna integralen x + 3 x 3 x + x 8. Kurvan y = x + innesluter tillsammans med x-axeln samt linjerna x = 0 och x = ett område i planet. Vad blir volymen av den kropp som bildas då detta område roterar kring x-axeln? Rita figur.

2 Svar till tentamen i Envariabelanalys, ovnt--vt0.. (a) /4 (b) 5 (c) /. (a) 4x 3 x 4 (b) x (c) 3x ln x 3. (a) inversen är x (b) Funktionens definitionsmängd: x > 0 Funktionens värdemängd: y > 0 Inversens definitionsmängd x > 0 Inversens värdemängd y > Inga extrempunkter, inga inflexionspunkter, horizontell asymptot y =, vertikal asymptot x =. 5. (a) a + a (b) (c) (a) tan(ln x) + C (b) x tan x ln cos x + C (x a) 8 a (x a) a =a 3/ 7. ln x arctan x ln(x + ) + C 8. Volymen är 8π 5

3 Lösningar till tentamen i Envariabelanalys, ovnt--vt0.. (a) Notera att x 49 = ( x 7)( x + 7) vilket ger oss x 7 x 49 = x 7 ( x 7)( x + 7) = x = 4 då x 49 (b) När x så dominerar termerna x 3 i täljare och nämnare. Vi multiplicerar täljare och nämnare med /x 3 och får då 0x 3 4x + x 5 x x 3 = 0x 3 4x +x x 3 5 x x 3 x + x = x 3 x 3 x 0 = 0 3 då x (c) I denna uppgift så ska man se att nämnaren inte blir noll då vi närmar oss gränsen x = 4. Detta betyder att funktionen är kontinuerlig i x = 4 och vi kan beräkna gränsvärdet genom direkt insättning:. (a) Vi använder kvotregeln: x + 4x + 4 lim = ( 4) + 4( 4) + 4 = 4 x 4 4 x 4 ( 4) 8 = [ 4x f ] + (x) = x 3 = ( 4x + ) x 3 ( 4x + )(x 3 ) (x 3 ) = = ( 8x)x3 ( 4x + )(3x ) x 6 = 8x4 + x 4 3x x 6 = = 4x 3 x 4 (b) I denna uppgift använder man kedjeregeln men innan vi startar deriveringen kan vi snygga till funktionen genom att notera att Derivering ger då förstås att f (x) = x f(x) = e ln x = x (c) I denna uppgift har vi en summa av två funktioner vi kan då använda additionsregeln för att dela upp deriveringen som en derivering av vardera term för sig: x 3 h (x) = (x 3 ln x) ( 3 ) ) =(x 3 ) ln x+x 3 (ln x) =3x /3 Den första termen är nu derivatan av en produkt och då använder vi produktregeln (Leibniz regel) för att beräkna denna. Den andra är bara en konstant gånger x 3 så derivatan blir h (x) = 3x ln x + x3 x x = 3x ln x =0 3. (a) Grafen till den givna funktionen visas i figur.

4 Figure : inversen grafiskt:: Att denna funktion har invers kan förstås grafiskt genom att inse att för varje y värde så finns det bara ett x värde som kan nå y. Vilket illustreras i figur inversen mha bijektivitet Vi visar att funktionen är injektiv: Vi behöver visa att f(x ) = f(x ) x = x. Detta fås direkt med våra funktioner eftersom x = x x = x Normalt sett skulle vi få x = ±x men eftersom både x och x är positiva (eftersom de tillhör funktionens definitionsområde) så får vi bara lösningen som har plustecknet. Detta visar alltså injektiviteten. Vi behöver nu kontrollera om funktionen är surjektiv, dvs om det för varje y i värdmängden finns ett x i definitionsmängden så att y = f(x). Vi gör som följer: Låt y > 0 dvs y tillhör värdemängden för vår funktion. Vi är klara om vi kan hitta ett x så att y = x. Vi får: y = x x = y Roten ur y är väldefinierat eftersom y > 0 och då har vi hittat vårt x. Funktionen är alltså både surjektiv och injektiv och således finns det en invers. Inversen som funktion av x får vi genom att utföra speglingen x y vilket innebär att x och y byter plats så att inversen till y = x, x > 0 blir x inversen pga växande Eftersom derivatan till x är x så ser vi att derivatan är positiv för alla x > 0. Detta betyder att funktionen är växande. Det finns nu en sats som säger att funktioner med f (x) > 0 på ett intervall har invers på detta intervall Se 4

5 (b) Funktionens definitions mängd är x > 0 och värdemängden blir y > 0. Inversens definitionsmängd och värdemängd blir också (0, ) respektive (0, ). 4. Eftersom extrempunkter ofta återfinns i kritiska punkter och singulära punkter så behöver vi derivera y (x) = y 4 (x) = ( + x) 3 ( + x) Från detta ser vi att det inte finns varken kritiska punkter (derivatan aldrig noll) eller inflexionspunkter (andra derivatan aldrig noll) Derivatan ej definierad i x = ger oss en singulär punkt. 5. (a) Taylors formel ger att andra ordningens Taylorpolynom till x, utvecklad kring x = a, blir p (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a)(x a) = = a + (x a) a 8 a (x a) a =a 3/ (b) Eftersom vi ska beräkna ett närmevärde till 0 så är det lämpligt att utveckla x kring ett värde på x som dels ligger nära 0 och som dels är lätt att beräkna när vi stoppar in i det approximerande polynomet. x = 9 har båda dessa egenskaper och vi får att x approximeras av som ger att p (x) = (x 9) (x 9) = 3 + (x 9) (x 9) 6 6 (c) Feltermen enligt Taylors sats blir (0 9) 6 6 (0 9) = = E (x) = f (c) (x a) 3 = 3! 6c c (x a)3, där c ligger mellan x och a. Om x = 0 och a = 9 så får vi att felet ges av 6c c = G(c) Vi har att detta uttryck avtar som funktion av c (se figur och eftersom c [9, 0] så får vi att felet måste vara störst i den nedre gränsen 9. Mao felet i vår approximation är högst G(9) = = (a) Här gör vi substitutionen u = ln x, du = dx x och integralen blir x dx cos (ln x) = du cos = tan u = tan(ln x) u 5

6 Figure : I denna figur plottas grafen till G(c) och visar hur felet beror av parametern c. Från Taylors sats vet vi att c måste ligga mellan 9 och 0 och för vår feluppskattning ser vi att detta betyder att felet kan högst bli värdet av G(c) då c = 9. (b) Här gör vi en partiell integration x sin x cos dx = x tan x tan xdx = x tan x x cos x dx = = [ subst: u = cos x, du = sin xdx ] = du = x tan x = x tan x ln u = u = x tan x ln cos x + C 7. Vi börjar med att faktorisera nämnaren och observerar att x = är ett nollställe men detta är den enda delaren till konstanttermen som funkar (- är inte ett nollställe vilket man lätt verifierar). Vi utför då polynomdivisionen x 3 x + x x = x + och då ser vi att vår integral kan partialbråksuppdelas enligt x + 3 (x )(x + ) = A x + Bx + C x + Här ger handpåläggning att A =. För att beräkna B och C så sätter vi in värdena x = 0 respektive x = och får då att B = och C =. Vi kan nu utföra integreringen x + 3 x 3 x + x = x + x dx dx x dx = ln x + x = + x x + dx subst: u=x +,du=xdx du = ln x arctan x = ln x arctan x ln u = u = ln x arctan x ln(x + ) + C } {{ } arctan x Alternativt kan man sätta på gemensamt bråkstreck, täljarna ska då vara lika vilket ger oss likheten: x + 3 = A(x + ) + (Bx + C)(x ) x + 3 = (A + B)x + (C B)x + A C vilket ger oss systemet A + B = 0, C B = och A C = 3 ur vilket vi kan lösa ut våra värden. 6

7 8. Situationen är som i figurerna 3 och Figure 3: Grafen och området som ska roteras kring x-axeln. uppgiften En sådan bild ger poäng på Volymen blir V = π b a [ x 5 = π y dx = π 5 + x3 3 + x 0 ] (x + ) dx = π 0 0 [( = π ) x 4 + x + dx = ] 0 = 8π 5 7

8 Figure 4: Rotationen av funktionen x + runt x-axeln. 8