Institutionen för Matematik, KTH

Transkript

1 Institutionen för Matematik, KTH Lösningsforslag till tentamen, , kl B04, Envariabel. Uppgift. Den karakteristiske ligningen r 2 r kan omskrives som (r )(r 2) 0. Den generelle homogene løsningen er da y h Ae x + Be 2x. Partikulærløsningen finner vi ved å anta y p Cx + D. Innsetter vi dette i differentialligningen får vi C + 2(Cx + D) 4x 4, dvs. C 2 og D. SVAR. Løsningene til differentialligningen er hvor A og B er vilkårlige konstanter. y(x) Ae x + Be 2x + 2x +, Uppgift 2. Vi bruker L Hopital to ganger og får at SVAR. Den søkte grensen er 2/9. Uppgift. Vi beregner grensen x sin(x) cos(x) sin(x) + x cos(x) sin(x) f(x + h) f(x) h 0 h h 0 x+ (x++h) (x++h)(x+) h cos(x) + cos(x) x sin(x) 9 cos(x) h 0 Dermed har vi vist at f (x) /(x + ) 2. Uppgift 4. Implisitt derivering gir Dette omskriver vi som x++h x+ h 2 9. h 0 (x + ) 2 + (x + )h (x + ) 2 y + xy + 2 cos(x 4y)( 4y ) 0. y (x 8 cos(x 4y)) y 6 cos(x 4y) y y 6 cos(x 4y) x 8 cos(x 4y). Innsetter vi inn kordinatene til punktet P (4, ) får vi at y (P ) Typeset by AMS-TEX

2 SVAR. En ligning for tangentlinjen til kurven i punktet P (4, ) er y 9 (x 4) +. 4 Uppgift 5. Det er klart at y x e x2 x 0. Dermed er det søkte arealet lik er negativ for negative x, og positiv for Ved delvis (partial) integrasjon får vi at A x e x2 dx. R 0 Således har vi at SVAR. Det søkte areal er /2. Uppgift 6. Vi har at 0 x e x2 dx [ 2 x2 e x2 ] R xe x2 dx [ 2 x2 e x2 ] R 0 + [ 2 e x2 ] R 0 R2 2 2 e R + 2 e R2 2. ( R 2 2 A R 2 e R + ) 2 e R f(x) { x x 2 om x < 0 x x 2 om x 0. For x < 0 har vi at f (x) x 2 2x x(x + 2) som gir at x 2/ er et kritisk punkt. For x > 0 har vi at f (x) x(x 2) som gir oss ytterlig et kritisk punkt x 2. Dermed har vi ekstremverdier f( 2 ) 4 27, f(0) 0, f(2 ) Ved å se på uttrykket for f (x) ser vi at f avtar på intervallet (, 2 ) og intervallet (0, 2 2 ), mens funksjonen vokser på intervallene (, 0) og ( 2, ). Vidre har vi f(x) når x (og når x ), og dermed har funksjonen ikke noe globalt maksimum. Den globale minimumsverdien er 4/27. SVAR. Funksjonen har et lokalt maksimum i f(0) 0, lokale minima i f( 2 ) f( 2 ) Ikke noe globalt maksimum, men globala minima i f( ) f( 2 ). 2

3 Uppgift 7. Vi har f(x) cos(x), og dermed at f (x) 2 (cos(x))/2 ( sin(x)) f (x) 4 (cos(x)) /2 ( sin(x)) sin(x) 2 (cos(x))/2 cos(x). Funksjonsverdiene i x 0 er f(0), f (0) 0, f (0) 2, og følgelig har vi at P 2 (x) 4 x2. Vi har at f(x) P 2 (x) + O(x ), slik at f(x) dx P 2 (x) dx ( 4 x2 ) dx [x 2 x ] SVAR. Maclaurin polynomet P 2 (x) av grad 2 er P 2 (x) 4 x2, og dette brukt til å estimere integralet gir at Uppgift 8. Vi begynner med å omskrive cos(x) 6. 5x x 2 + 2x x 4 + x 2 A x + B x 2 + Cx + D x 2 +, hvilket gir at 5x x 2 + 2x A(x + x) + B(x 2 + ) + (Cx + D)x 2 x (A + C) + x 2 (B + D) + x(a) + B. Med andre ord, B, A 2 og dermed at D 2, C. Primitive funksjoner er da 2 x dx + x 2 x 2 dx + x 2 + dx, der x 2 x ln(x2 + ) 2 arctan(x) + C.

4 SVAR. De søkte primitive funksjonene er for vilkårlige konstanter C. Uppgift 9. Vi har at 2 ln x + x + 2 ln(x2 + ) 2 arctan(x) + C, f (x) x2 + ( x + x 2 + (x + )(x2 + ) 2 2x ) + x 2 + ( x 2 (x + )(x 2 + 2x 2 2x + x + ) + ) (x + )(x 2 + ) ( x 2 x + 2 ) (x )(x + 2) (x + )(x 2 + ). Således har vi et kritisk punkt x. Da f (x) > 0 for 0 x <, og f (x) < 0 for x > er f() π/4 et absolutt maksimum. Vi har vidre at slik at x x + x 2 + 0, f(x) ln( x + x x x 2 + ) + arctan(x) ln(x) + π 2. SVAR. Verdimengden til f(x) er (, π/4], dvs alle tall y π/4. Uppgift 0. Vi har at n 4 n n 4 n+ n + n 4 n n + 4, slik at konvergensradien for potensserien er R 4. Vi sjekker endpunktene. Når x 4 blir potensserien n som vi vet er en divergent p-serie. Når x 4 blir serien n n p, p 2, n () n. n n Denne serien er alternerende, og sekvensen {/ n} av positive tal konvergerer monotont mot 0. Ved Leibniz sats om alternerende serier har vi at denne serien er konvergent. SVAR. Potensserien er konvergent for 4 x < 4. 4

5 Uppgift a). Vi har at f (x) x x 2x x2 + x x 2 x2 + > 0, og således er funksjonen f strengt voksende, dvs -, og vi har at f er inverterbar. Uppgift b). Vi har at x x 2 + x x x 2 +, x slik at verdimengden til den kontinuerlige funksjonen f er alle reelle tall. Definisjonsområdet til f er per definisjon lik verdimengden til f, mao alle reelle tal. Uppgift c). Vi har at (f ) (x) /f (f (x)), og vi begynner derfor med å bestemme y f ( 2). Vi har at f(y) y y 2 + 2, som gir at og y 2 (y 2 + ) y 4 + y 2 4. (*) Ligningen u 2 + u 4 (u + 4)(u ) 0 har røtter u 4 og u, som gir at (*) har løsninger y 2 og y 2 4. De eneste reelle løsningene til (*) er da y og y. Siden vi har at f() 2, er det y som er lik f ( 2). Vi innsetter y inn i uttrykket for f som vi har fra oppgave a) og finner at f (f ( 2)) f () , slik at (f ) ( 2) 2/5. SVAR. Vi har at (f ) ( 2) 2/5. Uppgift 2b). La g(x) f(x) x, och låt x 0. Av medelvärdessatsen har vi at g(x) g(0) xg (ξ) x(f (ξ) ) x(2 ) x, (*) for noe ξ mellom 0 og x. Av (*) har vi at når x vokser og går mot så vil nødvendigvis g(x) g(0). Da g(0) er et fiksert tall har vi at g(x) når x. Siden den deriverte g (x), er den spesielt positiv og da g(x) for store nok x har vi at g(x) er positiv for store nok x. Dvs, det finnes et a slik at for x > a da vil g(x) > 0, hvilket betyder at f(x) > x, som var det vi skulle vise. 5