Högskolan i Skövde (SK, YW) Svensk version Tentamen i matematik Kurs: MA52G Matematisk Analys MA23G Matematisk analys för ingenjörer Tentamensdag: 2-5-5 kl 8.3-3.3 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 8. Var och en av dessa åtta 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 8 minst 5% (2 poäng) från uppgift 92, för betyg 5 minst 75% (8 poäng). Lämna fullständiga lösningar till alla uppgifter (Skriv inte mer än en uppgift på varje blad.). Del I. Uppgift 8 räknas för godkänt betyg. Varje uppgift kan ge upp till 3 poäng. För godkänt (betyg 35) krävs minst 4 poäng. Uppgift 6 kan en och en ersättas av duggapoäng. (D.). Bestäm värdet på konstanten a så att funktionen { e 3/x 2, för x f(x) = a, för x = blir kontinuerlig i punkten där x =. Lösningsförslag: För att f skall vara kontinuerlig i x =, så måste, per denition, gränsvärdet lim x f(x) existera och vara lika med f(). Vi noterar att 3/x 2, både då x och då x +. Alltså är lim x e 3/x2 = lim u eu =, och f(x), som denierad ovan, är kontinuerlig i x = om och endast om a =. (D.2) 2. Bestäm samtliga lösningar till ekvationen z 3 = 8i. Ange lösningarna på formen z = a + bi. Lösningsförslag: Antag att z = a + bi = r(cosθ + i sin θ), där a, b, r, θ är reella tal och r = a 2 + b 2. Då är z 3 = r 3 (cos 3θ + i sin 3θ), så, eftersom 8i = 8(cos π 2 + i sin π 2 ), z 3 = 8i r 3 = 8 och 3θ π 2 = 2πn, där n är ett heltal. Med villkoret att r är ett positivt reellt tal är detta ekvivalent med att r = 8 /3 = 2 och θ = ( π ) 3 2 + 2π n = π 6 + 2πn 3. 2
Vi får tre fall beroende på vad n har för rest vid division med 3, n = 3k, n = 3k + respektive n = 3k, där k är heltal. Rötterna till z 3 = 8i är z = 2(cos( π 6 z = 2(cos( π 6 z = 2(cos( π 6 2π 3k + ) + sin( π 3 6 + 2π3k 3 ) = 2(cos π 6 + sin π 6 = 2( 32 + 2 i) = 3 + i, 2π(3k + ) + ) = 2(cos 5π 3 6 + sin 5π 6 = 2( 32 + 2 i) = 3 + i, 2π(3k + ) + ) + sin( π 3 6 2π(3k ) + ) + sin( π 3 6 2π(3k ) + ) = 2(cos 3π + sin 3π 3 6 6 = 2( i) = 2i. (D2.) 3. Bestäm ett värde på parametern k så att kurvan som beskrivs (implicit) med sambandet x 3 + y 3 xy = + k ln x har en vågrät tangentlinje i punkten (, ). Lösningsförslag: Deriverar vi båda sidor av ekvationen x 3 + y 3 xy = + k ln x (*) med avseende på x, får vi, om k är en konstant, men y beroende av x, 3x 2 + 3y 2 ( dx y + x ) = k dx x. (**) Villkoret att kurvan som beskrivs av ekvationen (*) har vågrät tangent i punkten (, ) kan då översättas till att (**) gäller med antagandena x =, y =, dx dessa värden i (**) får vi ekvationen 3 + 3 ( + ) = k k = 2. Villkoret för att kurvan ska ha vågrät tangent i (, ) är alltså att k = 2. =. Sätter vi in (D2.2) 4. Betrakta funktionen f(x) = x2 2x + 4 x 2. Skissa kurvan y = f(x) med angivande av asymptoter, maximi- och minimipunkter. Lösningsförslag: Vi konstaterar först att x = 2 är en vertikal asymptot till y = f(x), för att f(x) då x 2 och f(x) + då x 2 +. Vidare är f(x) = x(x 2)+4 x 2 = x + 4 x 2, där 4 x 2 asymptot, då x såväl som då x +. För att bestämma lokala maximi- och minimipunkter betraktar vi då x ±, så y = x är en sned f (x) = (2x 2)(x 2) (x2 2x + 4) (x 2) 2 = x2 4x x(x 4) = (x 2) 2 (x 2) 2. Vi ser att f (x) < då < x < 4 och att f (x) > då x < eller x > 4. Alltså har y = f(x) ett lokalt maximum y = f() = 2 då x = och ett lokalt minimum y = f(4) = 6 då x = 4. 3
x = 2 (4, 6) 5 5 5 5 (, 2) y = x 5 (D3.) 5. Bestäm värdet av integralen π x cos(x 2 ) dx Lösningsförslag: Vi använder variabelsubstitutionen u = x 2, som ger du dx = 2x. Då gäller π x cos(x 2 ) dx = π 2 cos u du = [sin u]u=π u= 2 = (sin π sin ) =. 2 (D3.2) 6. Beräkna värdet av den konvergenta generaliserade integralen Lösningsförslag: Per denition är xe 2x dx. xe 2x dx = om detta gränsvärde existerar. Vi har b xe 2x dx = [ ( x ) ] x=b e 2x 2 x= dx b lim b + b = b b 2 e 2b + 2 e 2x dx = b 2 e 2b xe 2x dx, ( ) e 2x dx 2 [ ] x=b 4 e 2x = b x= 2 e 2b 4 e 2b + 4, 4
och lim b + ( b 2 e 2b 4 e 2b + ) 4 lim b + b 2 e 2b lim b + 4 e 2b + lim b + 4 = + + 4 = 4. Alltså gäller xe 2x dx = 4. 7. Lös dierentialekvationen dt = y 3 + t om y() =. Lösningsförslag: Dierentialekvationen är både separabel och linjär. Alternativ. Utnyttjar vi separabiliteten har vi dt = y 3 + t y = dt 3 + t ln y = ln 3 + t + C y = ±(3 + t)e C y = c(3 + t), där c = ±e C är sådan att c(3 + ) =, dvs c = /3. Lösningen är alltså y = + 3 t. Alternativ 2. Utnyttjar vi i stället lineariteten och att dt = så bestämmer vi först en integrerande faktor Vi tar 3+t y 3 + t dt 3 + t y = e dt 3+t = e ln 3+t +C = ±ec 3 + t. som integrerande faktor och har då dt = y 3 + t dt 3 + t y = d ( ) y = dt 3 + t 3 + t y 3 + t = C y = C(3 + t). 5
Villkoret y() = ger att C = /3 och lösningen y = 3 + t 3 = + 3 t. 8. Bestäm en lösning y = f(x) till dierentialekvationen d 2 y dx 2 + 4 dx + 3y = 3x2 + x + 6 som uppfyller villkoren f() = 3 och f () = 4 Lösningsförslag: Dierentialekvationen d 2 y dx 2 + 4 dx + 3y = 3x2 + x + 6 (*) är linjär av andra ordningen, med konstanta koecienter. Den allmänna lösningen är summan av en partikulärlösning och den allmänna lösningen till den homogena komplementärekvationen d 2 y dx 2 + 4 + 3y =. (**) dx Vi har den karakteristiska ekvationen r 2 + 4r + 3 = (r + 2) 2 = r = 2 ±. Eftersom den karakteristiska ekvationen saknar dubbelrötter får vi den allmänna lösningen till (**) som y = c e 3x + c 2 e x, där c och c 2 är godtyckliga parametrar. För att bestämma en partikulärlösning till (*) ansätter vi y = a 2 x 2 + a x + a och får då d 2 y +4 dx2 dx +3y = 2a 2+4(2a 2 x+a )+3(a 2 x 2 +a x+a ) = 3a 2 x 2 +(8a 2 +3a )x+2a 2 +4a +3a, så y = a 2 x 2 + a x + a är en lösning till (*) om och endast om 3a 2 = 3 a 2 = 8a 2 + 3a = som är ekvivalent med a = 2a 2 + 4a + 3a = 6 a =. Alltså är y = x 2 + x 2 en partikulärlösning till (*), och den allmänna lösningen till (*) är y = f(x) = x 2 + x + c e 3x + c 2 e x. Vi sätter in begynnelsevillkoren f() = 3 och f () = 4 för att bestämma c och c 2 : f() = 3 c + c 2 = 3 c + c 2 = 3 2c = 2 c = f () = 4 3c c 2 = 4 3c c 2 = 5 2c 2 = 4 c 2 = 2. Lösnigen till begynnelsevärdesproblemet är alltså y = x 2 + x + e 3x + 2e x. 6
Del II. Följande uppgifter räknas för betyg 4 och 5. Varje uppgift kan ge upp till 6 poäng, totalt 24. Även presentationen bedöms. 9. Om F är en funktion sådan att F (x) = x 3 e x2 och F () =, vad är då värdet av F ()? (Ange detta på formen ae b + c, där a, b och c är numeriska konstanter.) Lösningsförslag: Enligt integralkalkylens huvudsats är b a F (x) dx = F (b) F (a), så F () = F () + u = x 2 du = 2x dx = F (x) dx = + x 3 x 3 e x2 = 2 ue u du [ u( e u ) ] u= u= du du ( e u ) du = e + e u = e + [ e u] u= u= = e e ( e ) = 2e. En solid kropp är rotationssymmetrisk kring en axel. På avståndet x m från kroppens ena ände längs axeln är tvärsnittet cirkelskiva med radien R = x 2 m. Kroppens totala längd längs symmetriaxeln är m. a) Beräkna kroppens volym. b) Beräkna kroppens volym efter att man borrat ett cylindriskt hål med radien 4 m kring symmetriaxeln. (I båda fallen bör volymen uttryckas som ett numeriskt uttryck, som dock kan innehålla faktorn π, t ex 3π 4) Lösningsförslag: a) Med skivning vinkelrätt mot symmetriaxeln får vi volymen i m 3 som πr 2 dx = πx 4 dx = π [ x 5 5 ] x= x= = π 5, eller genom skalmetoden, då höjden av ett skal med radien R meter är h = x = R meter, som 2π R h dr = 2π(R R 3/2 ) dr = 2π [ 2 R2 2 ] R= ( 5 R5/2 = 2π R= 2 2 ) = π 5 5. 7
b) Volymen efter att vi tagit bort en cylinder med radien /4 meter kring symmetriaxeln beräknar vi enklast med skalmetoden som /4 2πR h dr = = 2π /4 [ 2π(R R 3/2 ) dr = 2π 2 R2 2 5 R5/2 ) ( 2 6 )) = 2π 5 6 (( 2 2 5. Bestäm f(π/4) om f (x) + (cos 2x)f(x) = cos 2x och f() =. ] R= R=/4 ( 3 5 32 ) = 3π 8. Lösningsförslag: Dierentialekvationen f (x)+(cos 2x)f(x) = cos 2x är linjär. Vi börjar med att bestämma en integrerande faktor I(x) = e (cos 2x) dx = e 2 sin 2x+C. Vilken konstant C som helst fungerar, så vi kan ta I(x) = e 2 sin 2x. Då gäller att I (x) = I(x) d ( ) sin 2x = I(x) cos 2x, dx 2 så och alltså har vi d dx (I(x)f(x)) = I(x)f (x) + I (x)f(x) = I(x) ( f (x) + (cos 2x) f(x) ), f (x) + (cos 2x)f(x) = cos 2x [ d (I(x)f(x)) = I(x) cos 2x dx e 2 sin 2x f(x) = e 2 sin 2x cos 2x dx e 2 sin 2x f(x) = e 2 sin 2x + C f(x) = + Ce 2 sin 2x. Vi har sedan så vår sökta funktion är och vi har då f() = + C = C =, f(x) = e 2 sin 2x f(π/4) = e 2 sin π 2 = e /2. 2. För y = f(x) gäller dierentialekvationen dx = ( + y2 )(x 2 ). a) Bestäm för vilka värden på x som f(x) har lokalt minimimum respektive maximum. (Det är inte nödvändigt att lösa dierentialekvationen för detta.) 8
b) Lös dierentialekvationen, dvs bestäm ett uttryck för f(x), under villkoret f() =. Lösningsförslag: a) Antag att y = f(x) löser dierentialekvationen på ett intervall (a, b). (Det är inte säkert att det nns en sådan lösning som är denierad på hela tallinjen.) Eftersom f(x) då är deriverbar överallt i (a, b), så kan lokala min och max på intervallet bara förekomma där derivatan är noll. Vi har f (x) = ( + y 2 )(x 2 ) = x 2 = x = ±, och vi noterar också att, eftersom + y 2 > för alla y, så är f (x) < då < x < och f (x) > då x < eller x >. Alltså har f(x) ett lokalt maximum då x = och ett lokalt minimum då x =. b) Eftersom dx = ( + y2 )(x 2 ) + y 2 = (x 2 ) dx arctan y = x 3 /3 x + C y = tan(x 3 /3 x + C) så har dierentialekvationen den allmänna lösningen y = f(x) = tan(x 3 /3 x + C). Då där n är ett heltal. Vi noterar vidare att f(x) = tan C = C = n π, tan(x 3 /3 x + n π) = tan(x 3 /3 x) för varje heltal n, så är y = f(x) = tan(x 3 /3 x), den lösning som uppfyller villkoret f() = på ett intervall som innehåller. Observera att f(x) inte är denierad då x 3 /3 x = π/2 + n π och n är ett heltal! v.2 25 maj 2/SK&YW 9