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