Tentamen 29_sep_03, gamla kurser: 6A2113, 6A2110, ( endast 6

Datum: 29 sep 03
TENTAMEN I MATEMATIK (del 2) , TEN 2
Kurskod 6A2113, 6A2110 (GAMLA KURSER)
Skrivtid: 08:15-12:15
Hjälpmedel: Miniräknare av vilken typ som helst och bifogade formelblad .
Poängfördelning och betygsgränser:
För betyg 3, 4, 5 krävs 9, 13 respektive 16 poäng.
Lärare: Armin Halilovic
Denna tentamenslapp får ej behållas.
Uppgift 1) ( 3 poäng)
a) Bestäm ekvationen för tangenten till kurvan 3x 2  y 2  7 i punkten P=(1,2)
b) Tangenten skär axlarna i två punkter A och B.
Beräkna arean av triangeln ABO där O=(0,0)
Lösning:
a) Implicit derivering gör:
6 x  2 yy   0
 y 
 3x
 [om vi substituerar punktens P(1,2)koordinater]
y
3
2
Tangentens ekvation är
y 
( y  y 0 )  k ( x  x 0 )  ( y  2) 
3
3
7
( x  1)  y 
x
2
2
2
b)
7
3
7 7
49
Triangelns area är =  / 2 
2 3
12
Uppgift 2) ( 3 poäng)
1
Betrakta funktionen y  2 x  .
x
a) Bestäm eventuella asymptoter
b) Bestäm funktionens extrempunkter och avgör deras karaktär ( maximipunkt,
minimipunkt eller terrasspunkt) .
x0 y 
Lösning:
7
2
y 0 x
a) Funktionen är definierad om x  0 .
Eftersom funktionen går mot oändligheten då x->0
( lim  
x  0
, lim   )
x  0
har funktionen en lodrät asymptot x=0 d v s y-axeln är en lodrät asymptot.
1
x
Om x går mot oändligheten då går uttrycket
mot 0. Därför närmar sig funktionen
1
asymptotisk mot funktionen y  2 x som är en sned linje.
x
Alltså är y  2 x funktionens sneda asymptot .
Svar: a) x=0 d v s y-axeln är en lodrät asymptot.
y  2 x är funktionens sneda asymptot .
1
2
y   3
.b) y   2  2 ,
x
x
y  2x 
y  0  2 
y (
1
y (
1
1
0 x
2
x
2
)0  x
2
1
2
1
är en minimi punkt.
2
1
)0  x
Svar: x 
1
är en maximi punkt.
2
är en minimi punkt,
2
x
1
är en maximi punkt.
2
Uppgift 3) ( 3 poäng)
Bestäm volymen då området mellan kurvan
1
och x-axeln , e  x  2 e ,
y
x ln x
roterar kring x-axeln.
Lösning:
V= 
2 e
2 e
  y ( x)  dx =  
2
e
e
2


1

 dx = 
 x  ln x 
2 e

e
1
dx
x (ln x) 2
Vi beräknar först den obestämda integralen
t  ln x
1

dx = [substitutionen
]
1
dt  dx
x(ln x) 2
x
1


  2 dt    
t
ln x
t
Härav
    
  2 e 
V= 
= 
  
  3.65

 ln x  e  ln 2 e   ln e 
Uppgift 4) ( 3 poäng)
Lös differentialekvationen m a p y (x)
2
1
y  y 
x0
x
x
om det gäller y (1)  2
Lösning:
Detta är en linjär DE av första ordningen .
Vi använder formeln :
 P ( x ) dx
P ( x ) dx
y ( x)  
(c  Q ( x ) 
dx)

e
där P ( x ) 
e
(*)
2
1
och Q ( x) 
x
x
Fört beräknar vi integralen i exponenten
2
 P( x)dx   x dx  2 ln | x | =[eftersom x>0] = 2 ln( x)
1
 Q( x)dx   x dx  ln | x | =[eftersom x>0] = ln( x)
Från formeln(*) får vi
 P ( x ) dx
P ( x ) dx
y ( x)  
(c  Q ( x ) 
dx)
e
 2 ln x
y ( x)  e
y ( x) 
x
2

1
(c   e
x
2 ln x
(c  
e
dx)
1 2
dx)
xx
2
y( x)  x (c   xdx)
y ( x) 
x
2
(c 
y ( x)  cx  2 
x2
)
2
1
2
Villkoret y (1)  2  2  c 
Svar: y ( x) 
1
3
 c 
2
2
3 2 1
x 
2
2
Uppgift 5) (3 poäng)
Rörelse i ett mekaniskt system kan beskrivas med följande ekvation
y   2 y   2 y  e t
y (0)  1,
y (0)  1
a) Bestäm y(t)
b) Bestäm systemets stationär tillstånd d v s beräkna lim y (t )
t  
Lösning:
Den karakteristiska ekvationen
(2 p)
(1p)
r 2  2r  2  0 har lösningar r1, 2  1  i 
y H (t )  C1e t cos t  C2 e t sin t
Vi ansätter en partikulär lösning
y p  Ae t
yp   Ae t
y p  Ae t
substituerar i ekvationen och får
y p  Ae t  2 Ae t  2 Ae t  e  t
Härav A  1 , y p  e t och
y(t )  y H (t )  y p (t )  C1e t cos t  C2 e t sin t  e t
Första villkoret y (0)  1  C1  1  1  C1  0
Andra villkoret y (0)  1  (kolla själv) C2  1  1  C2  2
Svar a) y(t )  2e t sin t  e t
Svar b) lim y (t ) =0
t  
Uppgift 6) ( 3 poäng)
En nygräddad kanelbulle med temperaturen 200° C har efter en minut i
rumstemperatur (22° C) svalnat till 140° Hastigheten med vilken temperaturen sjunker är
proportionell mot skillnaden mellan bullens temperatur och rumstemperaturen.
a) Bestäm bullens temperatur som funktion av tiden
(2p)
b) Efter hur lång tid kan bullen ätas? Lämplig serveringstemperatur bör vara 30°. (1p)
Lösning:
dy
dy
dy
 k ( y (t )  22) 
 kdt  
 kdt 
dt
y  22 
y  22
ln | y  22 | kt  C1 
y  22  D  e kt
Startvillkoret y (0)  200  D  178 
 y  22  178  e kt
118
118
  0.411
 e k  k  ln
Villkoret y (1)  140  140  22  178  e k 
178
178
Svar a) y  22  178  e kt  y  22  178  e 0.411t
ln( 8 / 178)
b) y (t )  30  22  178  e kt  30  e kt  8 / 178  kt  ln( 8 / 178)  t 
k
t  7.546 min
Svar b) t  7.546 min