Lösningsförslag Högskolan i Skövde (SK, JS) Tentamen i matematik Kurs: MA52G Matematisk Analys MA23G Matematisk analys för ingenjörer Tentamensdag: 203-05- kl 4.30-9.30 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. 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. (D.). Funktionen f definieras som f(x) = ln(ln(x)), och är strängt växande och är därför inverterbar, med en invers funktion f. (a) Vad har f för maximal defininionsmängd (domain)? (b) Bestäm (en formel för) f (x). Lösningsförslag: (a) Den maximala lösningsmängden är (, ), eftersom ln t bara är definierat för t > 0 och ln x > 0 om och bara om x >. (p) (b) Vi har att y = f (x) f(y) = x ln(ln y) = x ln y = e x y = e ex. Inversa funktionen till f(x) = ln(ln x) är alltså f (x) = e ex. (2p) 2
(D.2) 2. Funktionen f definieras genom 2 x om x, f(x) = 2 x 2 om < x <, x om x. Besvara följande frågor med ja eller nej. Rätt svar ger +, fel svar, utelämnat svar 0, hela uppgiften kan inte ge negativ poäng. (Ange endast svar.) (a) Är f(x) kontinuerlig i x =? (b) Är f(x) deriverbar i x =? (c) Är f(x) deriverbar i x =? Lösningsförslag: (a) Ja. (b) Ja. (c) Nej. (D2.) 3. Ekvationen (x ) 2 + (y 2) 2 = 2 beskriver en cirkel i xy-planet. Bestäm en ekvation för tangentlinjen till cirkeln i punkten (x, y) = (2, 3). Lösningsförslag: Vi noterar först att punkten (x, y) = (2, 3) verkligen ligger på cirkeln genom att konstatera att (2 ) 2 + (3 2) 2 = 2 + 2 = 2. För att få tangentens lutning bestämmer vi värdet av Med implicit derivering får vi att om så är Utvecklar vi vänsterledet ser vi att (x ) 2 + (y 2) 2 = 2 d ( (x ) 2 + (y 2) 2) = 0. d ( (x ) 2 + (y 2) 2) d(x ) d(y 2) = 2(x ) + 2(y 2) är noll då När (x, y) = (2, 3) har värdet = x y 2. = 2 (x,y)=(2,3) 3 2 =. för kurvan i tangeringspunkten. = 2(x ) + 2(y 2), 3
Den sökta tangentlinjen ges alltså av ekvationen y 3 = (x 2). (Eller ekvivalent, om man föredrar det, y = x + 5, eller, för den delen, x + y = 5.) (D2.2) 4. Vad är det största respektive minsta värdet som f(x) = x 3 3 x antar på intervallet [, ], och för vilka värden på x antas de? Motivera väl. Lösningsförslag: En funktion f(x) som är kontinuerlig tar alltid ett största och ett minsta värde på intervall om det är slutet och begränsat, och de antas antingen (i) i en ändpunkt till intervallet, (ii) där f inte är deriverbar, eller (iii) där f (x) = 0. Om f(x) = x 3 3 x så är 3x 2 3 = 3(x 2 ), om x > 0, f (x) = 3x 2 + 3 = 3(x 2 + ), om x < 0, odefinierad, om x = 0. Vi har alltså att f (x) är odefinierad då x = 0, f () = 0 och f ( ) = 0. Vi ser också att om < x < 0, så är f (x) > 0, dvs f är växande, men om 0 < x < så är f (x) < 0, dvs f avtagande. Kollar vi de kritiska punkterna, 0, ser vi att f( ) = 4, f(0) = 0 och f() = 2. På det slutna begränsade intervallet [, ] är alltså f(x) som störst, f(0) = 0, då x = 0, och som minst f( ) = 4, då x =. (D3.) 5. Utveckla den obestämda integralen x e x2. Obs: d x = x x = om x > 0,. om x < 0 4
Lösningsförslag: då att Vi gör variabelsubstitutionen u = x 2 och får då du x e x2 = = 2 e x2 ( 2x ) 2 eu du = 2x. Vi har = 2 eu + C = 2 e x2 + C, där C är en allmän konstant. (D3.2) 6. Bestäm värdet av integralen på formen a ln b, om möjligt. x 2 4 Lösningsförslag: Vi ser (t.ex. genom konjugatregeln) att x 2 4 = (x 2)(x + 2), så integranden är diskontinuerig vid x = ±2, men det ligger ju utanför integrationsintervallet, och ställer alltså inte till några problem. Vi kan göra en partialbråksuppdelning genom ansatsen x 2 4 = (x 2)(x + 2) = A x 2 + B x + 2. () För att bestämma A och B kan vi (till exempel) använda handpåläggningsmetoden. För att bestämma A multiplicerar vi i () med x 2, vilket ger sätter in x = 2 och får A + B(x 2) x + 2 A = 4. = x + 2, På motsvarande sätt, genom att multiplicera () med x + 2 och sätta in x = 2 får vi A(x + 2) B = + B = = x 2 x= 2 x 2 x= 2 4. Vi har alltså att och sedan att (Obs. att ln = 0.) x 2 4 = 4 x 2 + 4 x + 2 = 4 x 2 4 = = 4 ( x 2 ) x + 2 ( 4 x 2 ) x + 2 [ ln x 2 ln x + 2 ] x= x= = (ln ln 3 (ln 3 ln )) 4 = (ln ln 3 ln 3 + ln ) 4 = ln 3. 2 5
7. Bestäm lösningen P = P (t) till differentialekvationen som uppfyller villkoret P () =. dp dt = P t, där t > 0, P > 0 Lösningsförslag: Differentialekvationen är separabel. dp dt = P t P /2 dp = t /2 dt 2P /2 = 2 3 t3/2 + C P /2 = 3 t3/2 + C/2 ( ) 2 = P = 3 t3/2 + C/2, där C är en allmän konstant större än lika med noll (för att ge 3 t3/2 + C/2 > 0 för alla t > 0). Vi bestämmer C/2 så att P () =. Villkoret (P ()) /2 = 3 + C/2 = /2 = ger Den sökta lösningen är alltså eller, alternativt uttryckt, P = C/2 = 2 3. ( 3 t3/2 + 2 ) 2, 3 ( t 3/2 + 2 ) 2 P =. 9 8. Bestäm den allmänna lösningen, för x > 0, till differentialekvationen x y = x3 + x 2. (Observera att det är minustecken i vänsterledet.) Lösningsförslag: Efter att h delat båda led i ekvationen med x har vi den ekvivalenta differentialekvationen x y = x2 + x. (2) För att kunna lösa ut y genom integration multiplicerar vi med en integrerande faktor e ( /x) = e ln x+c = x e c. 6
Vi multiplicerar båda led i (2) med denna multiplicerande faktor, med c = 0, och får ( (2) x ) x y = x (x 2 + x) d ( x y ) = x + d ( x y ) = x + x y = (x + ) x y = 2 x2 + x + C y = 2 x3 + x 2 + Cx. Slutsats: Den allmänna lösningen till differentialekvationen x y = x3 + x 2 för x > 0 är alltså y = 2 x3 + x 2 + Cx, där C är en allmän konstant. 9. Bestäm den allmänna lösningen y = y(x) till differentialekvationen y + 4y + 5y = 8 sin x. Lösningsförslag: Den allmänna lösningen till y + 4y + 5y = 8 sin x (3) består av den allmänna lösningen till den homogena hjälpekvationen adderad till en partikulärlösning till (3). y + 4y + 5y = 0 (4) Vi kan börja med att bestämma en partikulärlösning y = y p till (3) genom att ansätta y p = a cos x + b sin x. Då är y p = a sin x + b cos x, y p = a cos x b sin x och därmed y p +4y p+5y p = ( a+4b+5a) cos x+( b 4a+5b) sin x = (4a+4b) cos x+( 4a+4b) sin x. För att y = y p ska vara en lösning till (3) måste alltså 4a + 4b = 0 och 4a + 4b = 8, vilket är ekvivalent med att Vi har alltså att a = och b =. y = y p = cos x + sin x är en partikulärlösning till (3). 7
För att bestämma den allmänna lösningen till (4), konstaterar vi att y = e rx är en lösning om och bara om r 2 + 4r + 5 = 0, dvs r = 2 ±, och att den allmänna lösningen till (4) då är y = y h = C e ( 2+i)x + C 2 e ( 2 i)x = e 2x (A cos x + B sin x). Slutsats: Den allmänna lösningen till (3) är alltså y = y p + y h = cos x + sin x + e 2x (A cos x + B sin x). 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 funktionen f definieras av f(x) = x(x 3) 2. Vad är den maximala definitionsmängden för f bland de reella talen? Skissa grafen till funktionen så att relevanta delar kommer med. Ange särskilt asymptoter och lokala extrempunkter, med motivering och relevanta beräkningar. Lösningsförslag: Funktionen f är definierad för alla reella tal utom där det är noll i nämnaren, dvs för 0 och 3. Vi kan skriva definitionsmängden som Vi har att D f = (, 0) (0, 3) (3, ). lim f(x) = 0 och lim f(x) = 0 x x dvs y = 0 är en (horisontell) asymptot till grafen y = f(x) då x ±, samt att lim x 0 x(x 3) 2 = 9 lim x 0 x =, lim x 3 + x(x 3) 2 = 3 lim x 3 (x 3) 2 = +, lim x 0 + x(x 3) 2 = 9 lim x 0 + x = +, och vilket beskriver (de vertikala) asymptoterna x = 0 och x = 3. För att bestämma eventuella lokala extrempunkter och funktionens växande/avtagande studerar vi derivatan f (x) = d x(x 3)2 (x(x 3) 2 ) 2 = (x 3)2 + x d(x 3)2 (x(x 3) 2 ) 2 = (x 3)2 + x 2(x 3) (x(x 3) 2 ) 2 = (x 3)(x 3 + 2x) (x(x 3) 2 ) 2 = 3(x 3)(x ) (x(x 3) 2 ) 2 Notera att nämnaren är positiv på hela definitionsmängden, så täljarens tecken bestämmer tecknet. Vi ser att nämnaren blir noll då x = 3 och då x =, och att f (x) > 0 då < x < 3, men f (x) < 0 i övrigt. Vi kan sammanfatta i en tabell: x 0 3 f (x) 0 + f(x) 4 Vi har alltså ett lokalt minimum f() = 4 då x =. 9
. Ur en sfärisk träkula med radien R borras ett hål med radien R/2 centrerat kring en symmetriaxel (se figur). Vad blir volymen av det kvarvarande materialet, som ett uttryck i R, förenklat på lämpligt vis? Påminnelse: En cirkel med radien R med centrum i origo i ett xy-koordinatsystem har ekvationen x 2 + y 2 = R 2 (Pythagoras sats). R/2 R r b R/2 R Lösningsförslag: Om vi låter r vara avståndet från hålets axel och b den borrade kulans bredd parallellt med axeln på det avståndet, så har vi enligt Pythagoras sats att b = 2 R 2 r 2. Med skalmetoden får vi att volymen är R R/2 = 2π 2πr b dr = 3R 2 /4 0 R R/2 2πr 2 R 2 r 2 dr = 0 3R 2 /4 [ ] 2 u=3r 2 /4 u du = 2π 3 u3/2 = 2π 2 3 u=0 2π ( u) du ( 3R 2 /4 ) 3/2 = 4π 3 3 3R 3 8 = 3 2 πr3. 0
2. Bestäm en lösning till differentialekvationen d 2 y 2 + = e 2x som uppfyller villkoren lim y = 2 och = 0. x x=0 Tips: Se standardgränsvärden i formelsamlingen för gränsvärdesvillkoret. Lösningsförslag: Låt z =. Då är ekvationen d 2 y 2 + = e 2x (5) ekvivalent med dz + z = e 2x, (6) en linjär första ordningens differentialekvation med konstanta koefficienter. Med integrerande faktor e x har vi att (6) d (ex z) = e x e x z = e x e x z = e x + C z = e x ( e x + C) = e 2x + Ce x Villkoret ger att C =, så vi har alltså att Vi integrerar och får då y = = 0 x=0 = e 2x + e x ( e 2x + e x) = 2 e 2x e x + D. För att bestämma konstanten D så att villkoret lim x y = 2 gäller konstaterar vi att ( ) lim y = lim x x 2 e 2x e x + D = D, så vi får vår sökta lösning med D = 2. Slutsats: Den sökta lösningen är y = 2 e 2x e x + 2. (Alternativt kan man integrera båda led i den ursprungliga ekvationen så man får ekvationen + y = 2 e 2x + C, och lösa för y ur denna differentialekvation.)
3. Bestäm en funktion f så att integralekvationen f(x) + x 0 t f(t) dt = 2 är uppfylld. Tips: Derivera båda led i integralekvationen för att överföra den till en differentialekvation, och sätt in x = 0 i integralekvationen för att få ett begynnelsevillkor på f. Lösningsförslag: Eftersom, om a är en konstant, så har vi att f(x) + x 0 d x a t f(t) dt = 2 g(t) dt = g(x) f (x) + x f(x) = 0 f(0) = 2 Den linjära differentialekvationen f (x) + x f(x) = 0 kan vi lösa genom att multiplicera med en integrerande faktor e x2 /2. f (x) + x f(x) = 0 d ( ) e x2 /2 f(x) = 0 e x2 /2 f(x) = C f(x) = Ce x2 /2 Begynnelsevillkoret f(0) = 2 ger f(0) = C = 2, Slutsats: Den sökta funktionen f är f(x) = 2e x2 /2. v., 7 september 204/SK 2