Lösningar till tentamen

Lösningar till tentamen
Analys A,
090116.
1.a)
p
lim
n2 + 3n − n =
n→∞
√
√
( n2 + 3n − n)( n2 + 3n + n)
√
lim
=
n→∞
n2 + 3n + n
3n
n2 + 3n − n2
p
= lim
=
lim √
n→∞ n(
n→∞
n2 + 3n + n
1 + 3/n + 1)
3
3
3
lim p
= √
= .
2
1+0+1
1 + 3/n + 1
n→∞
b) MacLaurin-utvecklingen sin x = x − 16 x3 + O(x5 ) ger
sin(sin x) = sin(x −
1
1 3
x + O(x5 )) = (x − x3 + O(x5 ))
6
6
1
1
1
− (x − x3 + O(x5 ))3 + O(x5 ) = x − x3 + O(x5 ).
6
6
3
Det följer att
sin(sin x) − sin x
x3
5
1 3
x − 3 x + O(x ) − (x − 61 x3 + O(x5 ))
lim
=
x→0
x3
3
5
− 1 x + O(x )
1
1
= lim (− + O(x2 )) = − .
lim 6
x→0
x→0
x3
6
6
lim
x→0
2.Funktionen är kontinuerlig i alla punkter så lodräta asymptoter saknas. limx→±∞ f (x) =
0 vilket ger att x-axeln är en tvåsidig asymptot.
P g a beloppstecknet måste vi dela upp i två fall:
x > 0 ⇒ f (x) = (x + 1)e−x och derivation ger
f 0 (x) = e−x − (x + 1)e−x = −xe−x .
Denna funktion saknar nollställen för x > 0 men vi noterar att limx→0+ f 0 (x) = 0.
x < 0 ⇒ f (x) = (x + 1)ex och derivation ger
f 0 (x) = ex (x + 1)ex = (x + 2)ex .
Denna funktion har nollstället x = −2 som uppfyller villkoret x < 0. Vi noterar också
att limx→0− f 0 (x) = 2, vilket tillsammans med motsvarande högergränsvärde ger att
f inte är deriverbar i 0.
Vi får följande teckentabell:
x
f0
f
−∞
0
−
&
−2
0
−e−2
+
%
0
odef
1
∞
−
&
0
Det framgår att x = −2 är en lokal, i själva verket global, minpunkt (med minvärde
−e−2 ). På samma sätt framgår att x = 0 är en lokal, i själva verket global, maxpunkt
(med maxvärde 1).
Genom att derivera en gång till får vi att
x > 0 ⇒ f 00 (x) = D(−xe−x ) = (x − 1)e−x ,
x < 0 ⇒ f 00 (x) = D((x + 2)ex ) = (x + 3)ex .
Vi får nollställena x = 1 och x = −3 och följande teckentabell:
x
f 00
f
−
_
−3
0
−2e−3
+
^
0
odef
1
−
_
1
0
2e−1
+
^
Vi ser att alla de tre punkterna −3, 0 och 1 är inflexionspunkter och att f är
konvex, på intervallen [−3, 0] och [1, ∞[, och konkav på intervallen ] − ∞, −3] och
[0, 1].
3. Tangenten till kurvan i punkten (a, f (a)), där f (x) = x3 − x + 2, ges av
y = f (a) + f 0 (a)(x − a) = (a3 − a + 2) + (3a2 − 1)(x − a).
För att tangenten ska gå genom origo måste högerledet bli 0 då x = 0. Detta ger
ekvationen
0 = (a3 − a + 2) + (3a2 − 1)(−a) = −2a3 + 2 ⇔ a = 1.
Insatt i tangentens ekvation får vi y = 2x.
4.Eftersom funktionen är partiellt deriverbar överallt i halvcirkelnskivan räcker det att
undersöka kritiska punkter i det inre och längs randstyckena y = 0, −2 < x < 2 och
x2 + y 2 = 4, 0 < y samt hörnen (−2, 0), och (2, 0) för att hitta max och min.
Eventuella kritiska punkter i det inre uppfyller ekvationerna
(
2
2
2
2
0 = fx0 = e−x −y − 2x(x + y)e−x −y ,
2
2
2
2
0 = fy0 = e−x −y − 2y(x + y)e−x −y .
2
2
Genom att dividera båda ekvationerna med 2e−x −y och subtrahera ekvationerna
från varandra får vi att (x + y)(x − y) = 0, dvs x + y = 0 eller x = y. Det första
fallet ger uppenbarligen inga lösningar medan det andra fallet Insatt i den första av
ekvationerna ger 1 − 4x2 = 0 som har lösningarna x = ± 21 . Detta ger punkterna
( 12 , 12 ), och (− 21 , − 12 ) varav endast den första ligger i området.
2
På randstycket y = 0, −2 < x < 2 sätter vi h1 (t) = f (t, 0) = te−t vilket ger
√
2
0
h1 (t) = (1 − √
2t2 )e−t med nollställena
t = ±1/ 2. Vi får därför två möjliga extrem√
punkter: (1/ 2, 0) och (−1/ 2, 0)
På randstycket
x2 + y 2 = 4, 0 < y sätter vi h2 (t) = f (2 cos t, 2 sin t) = (2 cos t +
√
2 sin t)e−4 = 2 sin(t + π/4)e−4 (0 < t < π). Denna funktion
√ har
√ en enda kritisk
punkt då t = π/4 vilket svarar mot en möjlig extrempunkt i ( 2, 2). √
√
Sammanfattningsvis har vi alltså sex punkter att jämföra: ( 12 , 12 ), (1/ 2, 0), (−1/ 2, 0),
√ √
( 2, 2), (−2, 0) och (2, 0) med motsvarande funktoionsvärden e−1/2 , √12 e−1/2 , − √12 e−1/2 ,
√
2 2e−4 , −2e−4 och 2e−4 .
Man ser lätt att det största av dessa är e−1/2 och det minsta är − √12 e−1/2 .
5. Villkoren på området kan även skrivas 21 y ≤ x ≤ 2y, 0 ≤ y ≤ 1 vilket betyder att
vi kan skriva om integralen som en itererad enkelintegral:
!
ZZ
Z
Z
1
2y
(x + y)2 dx dy =
(x + y)2 dxdy =
D
Z
0
1
1y
2
0
x=2y
( 3 y)3
(3y)3
− 2
3
3
1y
0
x= 2
1
1
63 4
63
63 3
y dy =
y
=
.
8
32
32
0
0
(x + y)3
3
Z
=
Z
1
dy =
!
dy
6. (cos x)y 0 + (sin x)y = 1, ⇔ y 0 + (tan x)y = cos1 x . En primitiv funktion till tan x
är − ln | cos x| och vi väljer därför som integrerande faktor I = e− ln(cos x) = 1/ cos x.
Ekvationen kan därför skrivas om som
y sin x
1
1
1 0
=
y +
y=
⇔D
,
2
2
cos x
cos x
cos x
cos x
cos2 x
vilket efter integration blir
y
= tan x + C ⇔ y = sin x + C cos x.
cos x
Insättning av bivillkoret y(0) = 2 ger att 2 = C och därmed blir lösningen y =
sin x + 2 cos x.
b) Motsvarande homogena ekvation y 00 − 4y 0 + 3y = 0 har den karakteristiska
ekvationen r2 −4r+3 = 0 med lösningarna r1 = 1 och r2 = 3. Den homogena lösningen
blir alltså yh = C1 ex + C2 e3x . En partikulärlösning kan bestämmas antingen genom
variabelbyte eller ansats. Vi väljer ansats och observerar att eftersom högerledet är
en lösning till den homogena ekvationen måste denna bli yp = Axex .
Derivering ger yp0 = (Ax + A)ex och yp00 = (Ax + 2A)ex , vilket insatt i ekvationen
ger
(Ax + 2A)ex − 4(Ax + A)ex + 3Axex = ex ⇔
1
−2Aex = ex ⇔ A = − .
2
Vi får alltså att yp = − 12 xex och därmed den allmänna lösningen
y = yh + yp = C1 ex + C2 e3x −
/Martin Tamm/090116/
1 x
xe .
2