Krzysztof Marciniak, ITN
Linköpings universitet
tel. 011-36 33 20
[email protected]
Lösningar till tentamen TEN1 i Envariabelanalys (TNIU 70)
för BI
2009-08-19 kl. 14.00— 19.00
1. a) Gränsvärdet är av typ 00 så både täljaren och nämnaren innehåller - enligt faktorsatsen - samma
faktorn x 1. Vi måste då utföra en polynomdivision för att faktorisera både täljaren och nämnaren.
Ett ekvivalent, men snabbare sätt att göra detta är genom att använda den välkända formeln:
an
bn = (a
b) an
1
+ an
2
b + an
b + : : : + abn
3 2
2
+ bn
1
, n2N
som ger
x3
x!1 x4
lim
1
1
1) x2 + x + 1
=
x!1 (x
1) (x3 + x2 + x + 1)
x2 + x + 1
3
= lim 3
= .
2
x!1 x + x + x + 1
4
=
(x
lim
b) Vi förlänger både täljaren och nämnaren med nämnarens konjugatuttryck:
lim p
x!1
2
x2 + 5x
p
x2 + 5x + x2 5x
=
= lim p
p
p
p
x!1
x2 + 5x
x2 5x
x2 + 5x + x2 5x
p
p
p
p
2
x2 + 5x + x2 5x
2
x2 + 5x + x2 5x
= lim
= lim
x!1
x!1
x2 + 5x (x2 5x)
10x
!
r
r
p
p
1
x2 + 5x + x2 5x
1
5
5
=
lim
= lim
1+ + 1
=
5 x!1
x
5 x!1
x
x
2
p
x2
5x
p
=
2
.
5
c) Här är två standardgränsvärden gömda:
lim
x!0
ln(1 + x)
ln(1 + x)
x
= lim
cos x = 1 1 1 = 1:
x!0
tan x
x
sin x
2. Vi betraktar alltså funktionen f (x) = esin x de…nierad på Df =
2 ; 0 . Vi ser att
i
i
f 0 (x) = esin x cos x > 0 på
;0
2
å att f är strängt växande på Df och således inverterbar. Dessutom, eftersom f är strängt växande
på Df , värdemängden Vf ges av
h
i
Vf = [f ( =2); f (0)] = esin( =2) ; esin 0 = e 1 ; 1 :
1
Således, Df 1 = Vf = e 1 ; 1 medan Vf
att lösa ut x ur sambandet y = f (x):
1
= Df =
2;0
. Det återstår att räkna ut f
y = esin x ) sin x = ln y ) x = arcsin(ln y) = f
Således, f
1 (x)
= arcsin(ln x). Notera att x 2
2;0
1
1
genom
(y):
så att inversen till sin är verkligen arcsin här.
3. a) Funktionen f är kontinuerlig i punkten a 2 Df om
lim f (x) = f (a):
x!a
b) Vi ser att
x + x2
3x
x + x2
3x
1+x
1
1
= lim
= lim
=1
= :
x!0 sin 3x
x!0 sin 3x
x!0 sin 3x
3x
3
3
3
lim f (x) = lim
x!0
Således, f blir kontinuerlig enbart om A = 13 .
4. a) Se boken sid. 187 (Sats 4.3).
b)
i) Enligt kedjeregeln
d
arctan esin x
dx
esin x cos x
sin x
.
e
cos
x
=
1 + e2 sin x
1 + (esin x )2
1
=
ii) Här behöver vi både kvotregeln och kedjeregeln:
p
1
1 x2 ln(cos x) 2p11
(
sin
x)
d ln(cos x)
cos x
p
=
dx
1 x2
1 x2
(x2 1) tan x + x ln(cos x)
=
:
(1 x2 )3=2
x2
( 2x)
=
5. a) Se boken sid. 206 (Sats 4.10).
p
b) Betrakta funktionen f (x) = 1 + x på intervallet [0; a] där a > 0. Enligt satsen i a) …nns det en
punkt t 2 ]0; a[ så att f (a) f (0) = f 0 (t)(a 0) eller
p
ty t > 0. Således,
p
1+a
1<
a
2
1+a
eller
p
1
a
1= p
a<
2
2 1+t
1+a<1+
a
2
vilket bevisar vårt påstående.
6. Om z = x + iy (med både x och y reella) så antar ekvationen formen
(x + iy)2
2i(x + iy) + 3 = Re(x + iy) + 2 Im(x + iy)
eller
x2 + 2ixy
y2
2ix + 2y + 3 = x + 2y
2
dvs.
x2
x
y 2 + 3 + i(2xy
2x) = 0
vilket ger följande ekvationssystem:
eller
x2
x
2xy
y2 + 3 = 0
2x = 0
x2
x y2 + 3 = 0
x (y 1) = 0
p
Ekvation 2 ger oss att antingen
x
=
0
eller
y
=
1.
Om
x
=
0
ger
den
första
ekvationen
y
=
3
p
vilket betyder att talen
3i är två rötter till ekvationen. Vidare, om vi istället
sätter
y
=
1
i
den
p
första ekvationen får vi x2 x + 2 = 0 som saknar reella lösningar. Således,
3i är samtliga rötter
till vår ekvation.
7. Antag att f är udda dvs. att f ( x) = f (x). Vi skall visa att f 0 är då en jämn funktion dvs. att
f 0 ( x) = f 0 (x). Vi gör det direkt med hjälp av derivatans de…nition:
f ( x + h) f ( x)
= lim
h!0
h
f (x h) f (x)
= lim
= f 0 (x),
h!0
h
f 0 ( x) =
lim
h!0
v.s.v.
3
f (x
h) + f (x)
=
h
