Lösning av TMA305 Envariabelanalys I, del a

Lösning av TMA305 Envariabelanalys I, del a, 05 08 15
1. Sätt A = (−2, −2, −2), B = (0, 1, 0), C = (−2, 1, −1) och P = (a, 1, a2 ).
~ × BC
~ = (−2, −3, −2) × (−2, 0, −1) = (3, 2, −6).
Planet har en normal som ges av ~n = BA
~ = (a, 0, a2 ), så ges avståndet mellan planet och punkten P av längden
Om man nu sätter ~u = BP
av den ortogonala projektionen av ~u längs ~n, som är (~u · ~n/|~n|2 )~n.
Vi ska alltså ha
√
1/7 = |3a − 6a2 |/ 9 + 4 + 36
eller
0 = a2 − a/2 ± 1/6.
p
p
p
p
Detta ger a = 1/4 ± 1/16 ± 1/6 = 1/4 ± (3 + 8)/48 = (1/4)(1 ± 11/3). Svar: (1 ± 11/3)/4.
2. Derivering ger
f ′ (x) = −
1
x2 − 5x/2 + 1
(x − 1/2)(x − 2)
5x/2
+
=
=
.
(1 + x2 )2
1 + x2
(1 + x2 )2
(1 + x2 )2
Av detta ser vi att funktionen är växande när x < 1/2 och när x > 2, medan den är avtagande när
1/2 < x < 2.
Vi har alltså ett lokalt maximum f (1/2) = 1 + arctan(1/2) ≈ 1.463647609, när x = 1/2 och ett
lokalt minimum f (2) = 1/4 + arctan(2) ≈ 1.357148718 när x = 2.
Vi har också att f (x) → −π/2, när x → −∞, samt f (x) → π/2 ≈ 1.570796327, när x → ∞,
Svar: Funktionen har det lokala minimumet 1/4 + arctan(2) när x = 2 och det lokala maximumet
1 + arctan(1/2), när x = 1/2. Den största undre begränsningen är −π/2, medan den minsta övre
begränsningen är π/2.
3. För kontinuitet krävs att f (x) har ett gränsvärde när x → 1± och att dessa blir f (1) = b.
När x < 1 är f (x) = (x2 + ax + 3)/(x − 1), som har gränsvärde när x → 1− , bara om täljaren blir
0 när x = 1. Detta ger a = −4 och f (x) = x − 3, när x < 1. Av detta följer att f (x) → −2, när
x → 1− .
När x > 1 är f (x) = x3 + b och f (x) → 1 + b, när x → 1+ . Detta ger att b = −3 för kontinuitet
(och f (1) = −2).
När x < 1 är Q = (f (x) − f (1))/(x − 1) = (x − 3 + 2)/(x − 1) = 1 som har gränsvärdet 1 när
x → 1− .
När x > 1 är Q = (x3 − 3 + 2)/(x − 1) = x2 + x + 1, som har gränsvärdet 3 när x → 1+ . Allstå är
f inte deriverbar i x = 1
Svar: a = −4, b = −2 och funktionen är inte deriverbar när x = 1.
6. Man har
f ′ (x) = 1 · cos(ln x) + x(− sin(ln x))(1/x)
så f ′ (1) = cos(ln 1) − sin(ln 1) = cos(0) − sin(0) = 1 − 0.
Svar: 1.
7. Tangentlinjens ekvation är y = f ′ (1)(x − 1) + f (1). Vi har f (1) = 1, f ′ (x) = (3(x2 + 3) − 2x(3x +
1))/(x2 + 3)2 , och f ′ (1) = 1/4.
Svar: y = x/4 + 3/4.
8. Om ~v = (−2, 3, −1) och ~u = (3, 2, −6), så ges den ortogonala projektionen av ~v på ~u av
~v · ~u −6 + 6 + 6
6
~u =
(3, 2, −6) =
(3, 2, −6).
||~u||2
9 + 4 + 36
49
Svar: (18/49, 12/29, −36/49).
1
9. Man har f ′ (x) = −1/x2 + 1/x = (1 − x2 )/(1 + x + x2 )2 , så f ′ < 0, när x < −1 samt när x > 1 och
f ′ > 0, när −1 < x < 1.
Vidare gäller att f (x) → 0, när x → ±∞, så största värdet är f (1) = 1/3, medan det minsta är
f (−1) = −1.
Svar: Minsta värdet är −1, och det största värdet är 1/3.
10. Sätt
arctan x − x
x sin x
som ger ett gränsvärde av typ “0/0” när x → 0. Derivering av täljare och nämnare för sig ger kvoten
A=
A1 =
1/(1 + x2 ) − 1
sin x + x cos x
som också ger ett gränsvärde av typ “0/0” när x → 0. Derivering av täljare och nämnare för sig ger
kvoten
−2x/(1 + x2 )2
.
A2 =
2 cos x − x sin x
Vi ser att A2 → 0/2 = 0, när x → 0. l’Hospitals regel ger att även A har detta gränsvärde.
Svar: 0.
11. Kvoten Q = (eax − 1 + 2x − 2x2 )/(sin x − x) ger ett gränsvärde av typ “0/0” när x → 0. Derivering
av täljare och nämnare för sig ger kvoten Q1 = (aeax + 2 − 4x)/(cos x − 1), som har ett gränsvärde
när x → 0 bara om a = −2.
Detta ger Q1 = (−2e−2x + 2 − 4x)/(cos x − 1), som är av typ “0/0” när x → 0. Derivering av täljare
och nämnare för sig ger kvoten Q2 = (4e−2x − 4)/ − sin x, som också är av typ “0/0” när x → 0.
Ytterligare derivering ger kvoten Q2 = 8e−2x / cos x, som går mot 8 när x → 0. l’Hospitals regel
ger att även Q har detta gränsvärde.
Svar: a = −2 och gränsvärdet är 8.
2