Malmö högskola
Teknik och samhälle
Lösningar till tentamensskrivning
Analys A 5 poäng
2006-10-30
1. (a) (i) f ′ (x) = esin x cos x
p
1
3
(ii) f ′ (x) = (1 + x2 ) 2 2x = 3x 1 + x2
2
− sin x sin x − cos x cos x
1
′
(iii) f (x) =
=− 2
2
sin x
sin x
(b) f (x) = x(x − 1)(x + 2) − (x2 − 2x) = x3 + x2 − 2x − x2 + 2x = x3
f är en udda funktion eftersom f (−x) = (−x)3 = (−1)3 x3 = −x3 = −f (x).
2. (a)
x+3
1
+1≤0⇔
≤0
x+2
x+2
Teckentabell
−3 −2
− 0 +
+
−
− 0 +
+ 0 − | +
x
x+3
x+2
f (x)
(b)
Svar: Olikheten är uppfylld då −3 ≤ x < −2
x2 + 9x + 14
(x + 2)(x + 7)
= lim
= lim x + 2 = −5
x→−7
x→−7
x→−7
x+7
x+7
lim
(c)
lim
n→∞
1
1+
n
3n
= lim
n→∞
1
1+
n
n 3
=
lim
n→∞
1
1+
n
n 3
= e3
3. (a) Eftersom x = 1 är en rot till ekvation är x − 1 en faktor i tredjegradspolynomet och således
gäller att
x3 − 5x2 + 5x − 1 = (x − 1)(ax2 + bx + c)
⇐⇒
x3 − 5x2 + 5x − 1 = ax3 + (b − a)x2 + (c − b)x − c
Här ser man direkt att a = 1, b = −4 och c = 1.
Ekvationen
x2 − 4x + 1 = 0
Har lösningarna x = 2 ±
√
3.
Svar: Rötterna till ekvationen är x = 1 och x = 2 ±
1
√
3.
√
3 − x = x − 1 =⇒ 3 − x = (x − 1)2
(b)
⇐⇒ x2 − x − 2 = 0
⇐⇒ x = −1 eller x = 2
Endast x = 2 löser rotekvationen.
Svar: x = 2
(c)
cos(2x) = cos x ⇐⇒ 2x = ±x + n 2π, n heltal
⇐⇒ x = n
2π
, n heltal
3
Observera att x = m 2π, m heltal, är inkluderat i ovanstående lösningar.
2π
Svar: Ekvationen har lösningarna x = n , där n är heltal.
3
4. (a) Med z = x + iy fås
iz + 2z + 4 − 3i = 0 ⇐⇒ i(x + iy) + 2(x − iy) + 4 − 3i = 0
⇐⇒ 2x − y + i(x − 2y) = −4 + 3i
Ekvationen är uppfylld om och endast om
x = − 11
3
2x − y = −4
⇐⇒
x − 2y = 3
y = − 10
3
11 10
− i
3
3
√ π √ 3π
√
√ iπ
3π
π
(b) Det sökta talet är 2e 4 z = 2ei 4 3 2ei 4 = 3( 2)2 ei( 4 + 4 ) = 6eiπ = −6
√
√
π π π
(3 + 3i)( 3 + i)
π
(c) arg
= arg(3 + 3i) + arg( 3 + i) − arg(5i) = + − + (n 2π) = − + n 2π
5i
4
6
2
12
23π
Svar:
12
π
Z
h
x iπ
x
=2
cos dx = 2 sin
5. (a)
2
2 0
Svar: z = −
0
(b)
Z1
0
(c)
Z2
1
1
1 1
1
1
1
= − =
dx
=
−
(x + 3)2
x+3 0
3 4
12
2
2x
8
dx = ln(4 + x2 ) 1 = ln 8 − ln 5 = ln
2
4+x
5
Observera att integranden är på formen
f ′ (x)
med f (x) = 4 + x2 .
f (x)
p
6. (a) Funktionen f (x) = 1 + x2 har Df = [0, ∞] och Vf = [1, ∞].
p
p
y = 1 + x2 , x ≥ 0 ⇔ y 2 = 1 + x2 , x ≥ 0, y ≥ 1 ⇔ x = y 2 − 1, y ≥ 1
Alltså ges inversen av
p
f −1 (x) = x2 − 1
med Df −1 = Vf = [1, ∞] och Vf −1 = Df = [0, ∞]
2
(b)
sin 2ϕ
2 sin ϕ cos ϕ
2 sin ϕ
=
=
= 2 tan ϕ
cos2 ϕ
cos ϕ
1 − sin2 ϕ
(c)
f (x + h) − f (x)
= lim
h→0
h→0
h
f ′ (x) = lim
1
x+h
−
h
3
1
x
= lim
h→0
1
1
1x−x−h
= lim −
=− 2
h→0
h x(x + h)
x(x + h)
x
