Malmö högskola
Teknik och samhälle
[
∫2
1. (a)
Lösning till tentamen 140821
Analys B 7.5 hp
e
2x
e2x
dx =
2
]2
=−
0
0
e4 − 1
2
∫1
1
π ( π) π
1
dx
=
[arctan
x]
=
− −
=
−1
x2 + 1
4
4
2
−1
9 + x2 = t
4
∫ √
2xdx = dt ⇔ xdx = 12 dt
(c)
x 9 + x2 dx =
x=0⇔t=9
0
x = 4 ⇔ t = 25
(b)
[
t3/2
=
3
∫e
(d)
1
]25
9
∫25 √
t
=
dt
2
9
√
√
[ √ ]25
t t
25 25 − 9 9
98
=
=
=
3 9
3
3
e
x2
x
·
ln
x
dx
=
·
ln
x
2 |{z} −
|{z} |{z}
|{z} g
g
f
F
∫e
1
x
2
z }| {
[ 2
]e
x2
1
x
e2 + 1
·
dx =
(2 ln x − 1) =
2 |{z}
x
4
4
1
|{z}
F
1
g′
2. (a) Multiplicerar vi med ey och separerar variablerna fås
∫
∫
x2
y dy
y
e ·
= x + 1 ⇔ e dy = x + 1 dx ⇔ ey =
+x+C
dx
2
Begynnelsevillkoret y(0) = 0 ger e0 = 0 + 0 + C ⇔ C = 1 och därmed
( 2
)
x2
x
y
e =
+ x + 1 ⇔ y = ln
+x+1
2
2
.
( 2
)
x
Svar: y = ln
+x+1
2
(b)
ln(1 + x) − x
x→0 (1 + x)1/3 − 1 −
lim
lim
x
3
−1
lim 21
x→0 −
9
x→0
=
x−
1+
−
x2
2
x2
9
x
3
2
+ x3 B1 (x) − x
+ x3 B2 (x) − 1 −
x
3
= lim
x→0
− x2 + x3 B1 (x)
2
− x9 + x3 B2 (x)
+ xB1 (x)
9
=
2
+ xB2 (x)
Vid bestämningen av gränsvärdet används att xB1 (x) → 0 och xB2 (x) → 0 då x → 0
eftersom B1 och B2 är begränsade nära x = 0.
1
3. (a) Vi löser ekvationen x2 = (x − 2)2 och får x = 1 som är skärningspunktens x−koordinat.
1
y = (x − 2)2
y = x2
1
2
Området som innesluts av kurvorna y = x2 , y = (x − 2)2 och x−axeln är markerat i
figuren.
Arean av området är
∫1
∫2
A=
2
x dx +
0
∫1
(x − 2) dx = 2
2
1
[
x3
x dx = 2 ·
3
]1
2
0
=
0
2
3
(b) Volymen av rotationskroppen erhålles med skivformeln
∫1
∫2
V =
2 2
π(x ) dx +
0
∫1
π((x − 2) ) dx = 2
2 2
1
[
x5
πx dx = 2π ·
5
]1
4
0
=
0
2π
5
4. Homogena ekvationen: Karakteristiskt ekvation är r2 + 4 = 0 med lösningarna x = ±2i
varför
yh = A cos 2x + B sin 2x
Partikulärlösning: Vi inför hjälpekvationen
u′′ + 4u = 3ei3x
Inför z genom u = ei3x z. Då blir
u′ = ei3x (z ′ + i3z)
u′′ = ei3x (z ′′ + i6z ′ − 9z)
Insättning i differentialekvationen leder till
ei3x (z ′′ + i6z ′ − 9z) + 4ei3x z = 3ei3x
⇔
z ′′ + i6z ′ − 5z = 3.
En partikulärlösning till denna ekvation är
3
up = − .
5
En partikulärlösning till den ursprungliga ekvationen är
yp = Im(− 35 ei3x ) = Im(− 53 (cos 3x + i sin 3x)) = − 53 sin 3x
2
Den allmänna lösningen är då
y = yh + yp = A cos 2x + B sin 2x −
3
sin 3x.
5
Begynnelsevillkoren Vi beräknar först lösningens derivata
y ′ = −2A sin 2x + 2B cos 2x −
9
cos 3x
5
Insättning i begynnelsevillkoren ger nu
{
y(0) = 5
⇔
y ′ (0) = 11
Svar: y = 5 cos 2x +
{
A=5
⇔
2B − 95 = 11
{
A=5
B = 32
5
32
3
sin 2x − sin 3x
5
5
5. (a) Integralen är generaliserad i x = ∞ således har vi
∫∞
−x2
xe
∫X
dx = lim
xe
X→∞
0
−x2
0
∫∞
Svar:
[
]
(
)
1 −x2 X
1 −X 2 1
1
dx = lim − e
= lim − e
+
=
X→∞
X→∞
2
2
2
2
0
1
2
xe−x dx = .
2
0
1
(b) Vi måste välja x = eftersom en geometrisk serie är konvergent om dess kvot x
4
uppfyller −1 < x < 1.
( )N
( )k
( )k
N
∑
1
1
9 1
9 1 − 14
9·
9·
·
= · 3 =3
= lim
= lim
1
N →∞
N →∞ 4
4
4
4 4
1− 4
k=1
k=1
∞
∑
(c) Hastigheten erhålles som derivatan av s. Från analysens huvudsats följer
√
1+t
1
′
v(t) = s (t) =
⇒ v(3) =
1 + t2
5
6. Vi skall lösa begynnelsevärdesproblemet
y ′ (t) = ky(t), y(0) = 2,
där y(t) är jästsvampsmassan i gram vid tiden t. Utöver begynnelsevillkoret har vi dessutom
villkoret y(2) = 6.
Vi löser först ekvationen
y ′ (t) = ky(t) ⇔ y ′ (t) − ky(t) = 0
Efter multiplikation med den integrerande faktorn e−kt kan ekvationen skrivas
(e−kt y(t))′ = 0
Integration av båda sidor i ekvationen ger nu
e−kt y(t) = C ⇔ y(t) = Cekt
3
Den lösning som uppfyller begynnelsevillkoret y(0) = 2 är y(t) = 2ekt . Från villkoret y(2) = 6
följer ekvationen
2e2k = 6
e2k = 3
1
Vi logaritmerar båda sidor i sista ekvationen och får k = · ln 3.
2
Alltså har vi följande samband för massans tillväxt
y(t) = 2 · e(t/2) ln 3 = 2 · 3t/2
Efter 12 timmar har vi
y(12) = 2 · 36 = 2 · 729 = 1458
Svar: Efter 12 timmar finns det 1458 gram jästsvampar.
4
