1. No category

F¨or ingenj¨ors och distansstudenter
TM-Matematik
Mikael Forsberg 0734-412331
P¨ar Hemstr¨om 026-648962
Envariabelanalys
ma034a
2012 06 04
Skrivtid: 09:00-14:00. Inga hj¨alpmedel. L¨osningarna skall vara fullst¨andiga och l¨atta att f¨olja.
B¨orja varje ny uppgift p˚
a ny sida.
Anv¨and ej baksidor. Skriv namn p˚
a varje inl¨amnat blad.
1. Ber¨akna f¨oljande gr¨ansv¨arden
x2 + x − 2
x2 + 12
b.)
lim
x→∞ 4x − x3
x→−2
x2 − 4
2. Derivera f¨oljande funktioner (och f¨orenkla)
a.) lim
x2
+ x2 ln x
2
1
3. L˚
at f (x) =
x−1
(a) f (x) = −
(b) g(x) =
−7x2 − 5x + 6
x→∞ 15 − 8x + 3x2
c.) lim
1 − 4x2
x3
(c) h(x) = ecos 4x
(a) Ber¨akna f −1 (x).
(b) Ber¨akna sammans¨attningen f −1 (f (x)) och rita dess graf.
4. Best¨am eventuella extrempunkter, inflexionspunkter samt horizontella och vertikala asymptoter till
2
y =1+ .
x
Rita funktionens graf.
√
5. (a) Ber¨akna andra ordningens Taylorpolynom till x utvecklad i en godtycklig punkt a.
√
(b) Ber¨akna ett n¨armev¨arde till 17 genom att anv¨anda en andra ordningens
Taylorutveckling av rotfunktionen, kring en l¨ampligt vald punkt.
(c) G¨or en uppskattning av hur stort felet/os¨akerheten i denna approximation blir?
6. Ber¨akna integralerna
R
(a) x2 cos x3 dx.
R
(b) x2 cos xdx.
7. Ber¨akna integralen
Z
x2 + 1
dx
x3 + 6x2 + 11x + 6
8. Ett omr˚
ade i planet begr¨ansas av linjerna x + y = 6 och y = 0 samt linjerna x = 1 och
x = 4. Ber¨
akna volymen som omr˚
adet ger n¨
ar det roteras kring x-axeln1 . Rita figur.
1
Meningen om rotationsvolym hade r˚
akat falla bort i den version som gavs ut vid tentamen. Vid r¨
attning och po¨
angs¨
attning kommer det
att tas h¨
ansyn till detta, med korrigerade betygsniv˚
aer osv.
Svar till tentamen i Envariabelanalys, 2012 06 04.
1. (a) 3/4
(c) − 73
(b) 0
2. (a) f 0 (x) = 2x ln x
3.
(a) 1 −
(b) g 0 (x) =
4x2 − 3
x4
(c) h0 (x) = −4ecos 4x sin 4x
1
x
(b) f −1 (f (x)) = x, x 6= 1.
4. Inga extrempunkter, inga inflexionspunkter, horisontell asymptot y = 1, vertikal asymptot
x = 0.
5.
(a)
√
a+
1
√
(x
2 a
− a) −
1√
(x
8a a
− a)2
|{z}
=a3/2
(b) 4 + 18 (x − 16) −
(c)
6.
1
512 (x
− 16)2 ,
√
17 ≈
1
16384
(a)
1
3
sin x3 + C
(b) x2 sin x + 2x cos x − sin x + C
7. ln |x + 1| − 5 ln |x + 2| + 5 ln |x + 3| + C
8. Volymen ¨ar 39π volymsenheter.
2111
512
L¨
osningar till tentamen i Envariabelanalys, 2012 06 04.
1.
(a) B¨orja med att faktorisera t¨aljare och n¨amnare:
x2 + x − 2
(x − 1)(x + 2)
x−1
=
=
2
x −4
(x − 2)(x + 2)
x−2
som g˚
ar mot
−3
3
=
d˚
a x → −2
−4
4
(b) H¨ar noterar vi att t¨aljarpolynomets gradtal ¨ar mindre ¨an n¨amnarpolynomets gradtal.
Detta leder till att n¨amnaren v¨axer snabbare ¨an t¨aljaren och d˚
a x blir stor s˚
a dividerar vi
med ett allt st¨orre tal och s˚
a sm˚
aning om f˚
ar vi noll. Tekniskt kan vi dividera b˚
ade t¨aljare
3
och n¨amnare med den termen som blir st¨orst, dvs x :
x2 + 12
=
4x − x3
x2
x3
4x
x3
+
−
12
x3
x3
x3
som g˚
ar mot
0+0
= 0, d˚
ax→∞
0−1
¨
(c) Aven
i denna uppgift studeras ett gr¨ansv¨arde d˚
a x → ∞, s˚
a h¨ar g¨or vi samma trick som i
f¨oreg˚
aende uppgift, dvs dividera med st¨orsta termen. H¨ar v¨axer n¨amnare och t¨aljare lika
snabbt eftersom de b˚
ada ¨ar polynom av grad 2. Det betyder att t¨aljare och n¨amnare ¨
ar
balanserade och d˚
a f¨orv¨antar man sig ett ¨andligt nollskillt gr¨ansv¨arde:
2
− 7x
− 5x
+ x62
−7 + 0 + 0
−7x2 − 5x + 6
7
x2
x2
som g˚
ar mot
=
=−
2
2
8x
3x
15
15 − 8x + 3x
0+0+3
3
− x2 + x2
x2
2.
(a) Additions och produktreglerna ger oss
f 0 (x) = −
2x
1
+ 2x ln x + x2 · = −x + 2x ln x + x = 2x ln x
2
x
(b) H¨ar ¨ar det kvotregeln som g¨aller:
g 0 (x) =
(−8x) · x3 − (1 − 4x2 ) · 3x2
4x4 − 3x2
4x2 − 3
=
=
(x3 )2
x6
x4
(c) I denna uppgift ¨ar cos 4x sammansatt med ex och vi beh¨over d¨arf¨or anv¨anda oss av kedjeregeln. ex ¨ar den yttre funktionen och cos 4x ¨ar den inre. Notera ocks˚
a att cos4x ocks˚
a
¨ar sammansatt d¨ar vi beh¨over komma ih˚
ag inre derivatan som ¨ar 4.
h0 (x) = ecos 4x · (− sin 4x) · 4 = −4ecos 4x sin 4x
3.
(a) F¨or att ber¨akna inversen s˚
a s¨atter vi y = f (x) och l¨oser ut x:
y=
1
x−1
⇒
(x − 1)y = 1
⇒
x−1=
1
y
⇒
x=1+
1
y
F¨or att skriva inversen som en funktion av x s˚
a g¨or vi bytet x ↔ y (en spegling i y = x)
och f˚
ar d˚
a
1
x+1
f −1 (x) = 1 + = som ocks˚
a kan skrivas =
x
x
(b) Alternativ 1 Eftersom f och f −1 ¨ar varandras inverser s˚
a g¨aller f −1 (f (x)) = x f¨or alla
x d¨ar f (x) ¨ar definierad vilket allts˚
a ¨ar alla reella tal utom x = 1.
Alternativ 2 Ber¨akna f −1 (f (x)) explicit:
f −1 (f (x)) = 1 +
1
1
= [ f¨orutsatt att x 6= 1] = 1 + 1 = 1 + (x − 1) = x
f (x)
x−1
Grafen blir helt enkelt den r¨ata linjen y = x men med punkten (1, 1) borttagen, vilket
visas i figur 1.
3
2
Ÿ
1
-3
-2
1
-1
2
3
-1
-2
-3
Figure 1: H¨ar ¨ar grafen till f −1 (f (x)). Notera att eftersom f ej ¨ar definierad i x = 1 s˚
a har
grafen inget v¨arde f¨or denna punkt, indikerat med symbolen .
4. Vi presenterar l¨osningen stegvis:
Extrem och inflexionspunkter
F¨or att ber¨akna extrempunkter och inflexionspunkter s˚
a beh¨over vi ber¨akna nollst¨allen till f¨orsta
och andraderivatorna. Vi b¨orjar d¨arf¨or med att derivera:
y0 = −
2
,
x2
och
y 00 =
4
x3
Eftersom varken f¨orsta eller andraderivatan har n˚
agra nollst¨allen s˚
a f¨orst˚
ar vi att v˚
ar graf inte
har varken extrempunkter eller inflexionspunkter.
Asymptoter:
Eftersom funktionen inte ¨ar definierad i x = 0, vilket ocks˚
a g¨aller f¨or funktionens derivator s˚
a
har vi singularitet och veritkal asymptot d˚
a x = 0. F¨or horisontell asymptotik s˚
a beh¨over vi
studera hur funktionen beter sig i o¨andligheten.
lim 1 +
x→±∞
2
=1
x
|{z}
→0
vilket ger att y = 1 ¨ar horisontell asymptot.
Teckenstudium:
Grafritning: Mha teckenstudiet, asymptoterna och kanske konkret r¨akning av n˚
agra v¨arden
kan ge en graf som liknar figur 2 som ¨ar genererad med Mathematica.
4
x
y
y0
y
y”
x<0
&
−
_
−
ej
ej
ej
ej
0
def
def
def
def
x>0
&
−
^
+
Table 1: teckenstudium
10
5
-4
2
-2
4
-5
-10
Figure 2: Grafen till funktionen f (x) = 1 +
5.
1
x
i uppgift 4.
(a) Taylors formel ger att andra ordningens Taylorpolynom till f (x) =
x = a, blir
√
x, utvecklad kring
1
p2 (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + f 00 (a)(x − a)2 =
2
√
1
1
√ (x − a)2
= a + √ (x − a) −
2 a
8a a
|{z}
=a3/2
√
√
(b) Eftersom vi ska ber¨akna ett n¨armev¨arde till 17 s˚
a ¨ar det l¨ampligt att utveckla x kring
ett v¨arde p˚
a x som dels ligger n¨ara 17 och som dels ¨ar l¨att att ber¨akna n¨ar vi stoppar in
√
i det approximerande polynomet. x = 16 har b˚
ada dessa egenskaper och vi f˚
ar att x
approximeras av
p2 (x) =
√
1
1
1
1
√ (x − 16)2 = 4 + (x − 16) −
16 + √ (x − 16) −
(x − 16)2
8
512
2 16
8 · 16 16
som ger att
√
1
1
1
1
2111
17 ≈ 4 + (17 − 16) −
(17 − 16)2 = 4 + −
=
8
512
8 512
512
(c) F¨or att ber¨akna feltermen s˚
a noterar vi att tredjederivatan till
3
3
000
f (x) = x−5/2 = 2 √
8
8x x
5
√
x blir
Feltermen enligt Taylors sats blir d˚
a
E2 (x) =
f 000 (c)
1
√ (x − a)3 ,
(x − a)3 =
3!
16c2 c
d¨ar c ligger mellan x och a. Om x = 17 och a = 16 s˚
a f˚
ar vi att felet ges av
1
√ = G(c),
16c2 c
16 6 c 6 17
0.00030
0.00025
0.00020
0.00015
0.00010
0.00005
6
8
10
12
14
16
18
20
Figure 3: I denna figur plottas grafen till G(c) och visar hur felet beror av parametern c. Fr˚
an
Taylors sats vet vi att c m˚
aste ligga mellan 16 och 17 och f¨or v˚
ar feluppskattning ser vi att detta
betyder att felet kan h¨ogst bli v¨ardet av G(c) d˚
a c = 16.
Eftersom vi har c5/2 i n¨amnaren s˚
a i g¨aller att detta uttryck avtar som funktion av c (se
¨aven figur 3) och eftersom c ∈ [16, 17] s˚
a f˚
ar vi att felet m˚
aste vara st¨orst i den nedre
gr¨ansen 16. Mao felet i v˚
ar approximation ¨ar h¨ogst
G(16) =
6.
1
1
=
16 · 256 · 4
16384
(a) Utf¨or substitutionen u = x3 , du = 3x2 dx s˚
a f¨orvandlas v˚
ar integral till
Z
1
1
1
cos udu = sin u = sin x3 + C
3
3
3
(b) H¨ar partialintegrerar vi i tv˚
a steg
Z
Z
Z
x2 cos xdx = x2 sin x − 2 x sin x = x2 sin x − 2[−x cos x + cos xdx] =
= x2 sin x − 2[−x cos x + sin x] = x2 sin x + 2x cos x − 2 sin x + C
7. B¨orja med att ber¨akna nollst¨allena f¨or t¨aljare och n¨amnare. T¨aljarens nollst¨allen ¨ar ickereella
(= ±i) s˚
a ingen ytterligare reell faktorisering ¨ar m¨ojlig.
N¨amnarens nollst¨allen ¨ar −1, −2 och −3 som vi f˚
ar fram genom att gissa p˚
a alla heltalsdelare
(faktorer) till n¨amnarens konstantterm 6. Heltalsdelarna ¨ar ±1, ±2, ±3, ±6. Dessa tal s¨atts in
i n¨amnarpolynomet, de tal som ger noll ¨ar v˚
ara nollst¨allen (se tabell 1).
Detta betyder att n¨amnaren faktoriseras enligt
x3 + 6x2 + 11x + 6 = (x + 1)(x + 2)(x + 3)
6
x3
+
6x2
x
+ 11x + 6
-6
-60
-3
0
-2
0
-1
0
1
24
2
60
3
120
6
504
Table 2: Resultatet av att ber¨akna n¨amnarpolynomet i de heltal som delar konstanttermen.
och d˚
a kan vi l¨osa integralen genom partialbr˚
aksuppdelning och handp˚
al¨aggning:
x2 + 1
x2 + 1
A
B
C
=
=
+
+
3
2
x + 6x + 11x + 6
(x + 1)(x + 2)(x + 3)
x+1 x+2 x+3
Handp˚
al¨aggning ger oss A = 1, B = −5 och C = 5. Integralen blir d¨arf¨or
Z
Z
Z
dx
5dx
5dx
−
+
= ln |x + 1| − 5 ln |x + 2| + 5 ln |x + 3| + C
x+1
x+2
x+3
8. Vi noterar f¨orst att vi kan skriva linjen x + y = 6 p˚
a standardform enligt y = 6 − x. Vi ritar
upp omr˚
adet som skall roteras kring x-axeln i figur 4.
6
5
4
3
2
1
1
2
3
4
5
6
Figure 4: H¨ar visas omr˚
adet som skall roteras kring x-axeln
Rotationsvolymen ges av
Z
V =π
b
2
Z
2
4
Z
1
4
x3
2
36 − 12x + x dx = π 36x − 6x +
=
3 1
2
[6 − x] dx = π
[f (x)] dx = π
a
4
1
64
1
= π[(144 − 96 + ) − (36 − 6 + )] = 39π
3
3
7