1. No category

¨
Ovningstenta
TM-Matematik
Mikael Forsberg
P¨ar Hemstr¨om
Envariabelanalys
ma034a
ovnT-1-vt2012
Skrivtid: 5 timmar. 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
√
x−7
−10x3 − 4x2 + x
(a) lim
(b) lim
x→∞
x→49 x − 49
5 − x − 2x3
x2 + 4x + 4
x→−4
4−x
(c) lim
2. Derivera f¨oljande funktioner
(a) f (x) =
−4x2 + 1
x3
(b) g(x) = eln x
2
(c) h(x) = x3 ln x −
x3
3
3. (a) Skissa grafen till y = x2 , x > 0 och visa att funktionen ¨ar inverterbar (grafiskt och
algebraiskt) och best¨am inversen.
(b) Ange definitionsm¨angd och v¨ardem¨angd f¨or funktionen och dess invers?
4. Best¨am eventuella extrempunkter, inflexionspunkter samt horizontella och vertikala asymptoter till
x−1
y=
x+1
√
5. (a) Ber¨akna andra ordningens Taylorpolynom till x utvecklad i en godtycklig punkt a.
√
(b) Ber¨akna ett n¨armev¨arde till 10 genom att anv¨anda en andra ordningens Taylorutveckling av rotfunktionen, kring en l¨ampligt vald punkt.
(c) Hur stort blir felet/os¨akerheten i denna best¨ammning? Blir felet positivt eller negativt?
6. Ber¨akna integralerna
R
(a) x1 · cos2dx
(ln x)
R x
(b) cos2 x dx
7. ber¨akna integralen
Z
x3
x+3
− x2 + x − 1
8. Kurvan y = x2 + 1 innesluter tillsammans med x-axeln samt linjerna x = 0 och x = 1 ett
omr˚
ade i planet. Vad blir volymen av den kropp som bildas d˚
a detta omr˚
ade roterar kring
x-axeln? Rita figur.
Svar till tentamen i Envariabelanalys, ovnT-1-vt2012.
1. (a) 1/14
2.
(b) 5
(c) 1/2
4x2 −3
x4
(a)
(b) 2x
(c) 3x2 ln x
3.
(a) inversen ¨ar
√
x
(b) Funktionens definitionsm¨angd: x > 0
Funktionens v¨ardem¨angd: y > 0
Inversens definitionsm¨angd x > 0
Inversens v¨ardem¨angd y > 0.
4. Inga extrempunkter, inga inflexionspunkter, horizontell asymptot y = 1, vertikal asymptot
x = −1.
5.
(a)
√
a+
1
√
(x
2 a
− a) −
1√
(x
8a a
− a)2
|{z}
=a3/2
(b)
683
216
1
(c) + 3888
6.
(a) tan(ln x) + C
(b) x tan x − ln | cos x| + C
7. 2 ln |x − 1| − arctan x − ln(x2 + 1) + C
8. Volymen ¨ar
28π
15
L¨
osningar till tentamen i Envariabelanalys, ovnT-1-vt2012.
1.
√
√
(a) Notera att x − 49 = ( x − 7)( x + 7) vilket ger oss
√
√
x−7
x−7
1
1
1
√
= √
=
d˚
a x → 49
=√
→
x − 49
7+7
14
( x − 7)( x + 7)
x+7
(b) N¨ar x → ∞ s˚
a dominerar termerna x3 i t¨aljare och n¨amnare. Vi multiplicerar t¨aljare och
n¨amnare med 1/x3 och f˚
ar d˚
a
−10x3 −4x2 +x
x3
5−x−2x3
x3
−10x3 − 4x2 + x
=
5 − x − 2x3
=
−10 − 4 x1 +
5
x3
−
1
x2
1
x2
−2
→
−10
10
=
d˚
ax→∞
−2
3
(c) I denna uppgift s˚
a ska man se att n¨amnaren inte blir noll d˚
a vi n¨armar oss gr¨ansen x = −4.
Detta betyder att funktionen ¨ar kontinuerlig i x = −4 och vi kan ber¨akna gr¨ansv¨ardet
genom direkt ins¨attning:
x2 + 4x + 4
(−4)2 + 4(−4) + 4
4
1
=
= =
x→−4
4−x
4 − (−4)
8
2
lim
2.
(a) Vi anv¨ander kvotregeln:
0
−4x2 + 1
(−4x2 + 1)0 x3 − (−4x2 + 1)(x3 )0
f (x) =
=
=
x3
(x3 )2
(−8x)x3 − (−4x2 + 1)(3x2 )
−8x4 + 12x4 − 3x2
=
=
=
x6
x6
4x2 − 3
=
x4
0
(b) I denna uppgift anv¨ander man kedjeregeln men innan vi startar deriveringen kan vi snygga
till funktionen genom att notera att
2
f (x) = eln x = x2
Derivering ger d˚
a f¨orst˚
as att f 0 (x) = 2x
(c) I denna uppgift har vi en summa av tv˚
a funktioner vi kan d˚
a anv¨anda additionsregeln f¨
or
att dela upp deriveringen som en derivering av vardera term f¨or sig:
h0 (x) =
(x3 ln x)0
| {z }
=(x3 )0 ln x+x3 (ln x)
x3
− ( )0 )
3 }
| {z
0
=3x2 /3
Den f¨orsta termen ¨ar nu derivatan av en produkt och d˚
a anv¨ander vi produktregeln (Leibniz
regel) f¨or att ber¨akna denna. Den andra ¨ar bara en konstant g˚
anger x¨3 s˚
a derivatan blir
h0 (x) = 3x2 ln x +
x3
− x2 = 3x2 ln x
x
| {z }
=0
3.
(a) Grafen till den givna funktionen visas i figur 1.
Figure 1:
inversen grafiskt:: Att denna funktion har invers kan f¨orst˚
as grafiskt genom att inse att
f¨or varje y v¨arde s˚
a finns det bara ett x v¨arde som kan n˚
a y. Vilket illustreras i figur
1
inversen mha bijektivitet Vi visar att funktionen ¨ar injektiv: Vi beh¨over visa att
f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 .
Detta f˚
as direkt med v˚
ara funktioner eftersom
x21 = x22
⇒
x1 = x2
Normalt sett skulle vi f˚
a x1 = ±x2 men eftersom b˚
ade x1 och x2 ¨ar positiva (eftersom
de tillh¨or funktionens definitionsomr˚
ade) s˚
a f˚
ar vi bara l¨osningen som har plustecknet.
Detta visar allts˚
a injektiviteten.
Vi beh¨over nu kontrollera om funktionen ¨ar surjektiv, dvs om det f¨or varje y i
v¨ardm¨angden finns ett x i definitionsm¨angden s˚
a att y = f (x). Vi g¨or som f¨oljer:
L˚
at y > 0 dvs y tillh¨or v¨ardem¨angden f¨or v˚
ar funktion. Vi ¨ar klara om vi kan hitta
2
ett x s˚
a att y = x . Vi f˚
ar:
y = x2
⇒
x=
√
y
Roten ur y ¨ar v¨aldefinierat eftersom y > 0 och d˚
a har vi hittat v˚
art x. Funktionen
¨ar allts˚
a b˚
ade surjektiv och injektiv och s˚
aledes finns det en invers.
Inversen som funktion av x f˚
ar vi genom att utf¨ora speglingen x ↔ y vilket inneb¨
ar
√
2
att x och y byter plats s˚
a att inversen till y = x , x > 0 blir x
inversen pga v¨
axande Eftersom derivatan till x2 ¨ar 2x s˚
a ser vi att derivatan ¨ar positiv
f¨or alla x > 0. Detta betyder att funktionen ¨ar v¨axande. Det finns nu en sats som
s¨ager att funktioner med f 0 (x) > 0 p˚
a ett intervall har invers p˚
a detta intervall1
1
Se http://www.envariabelanalys.se/wp-content/uploads/increasingInverse.pdf
4
(b) Funktionens definitions m¨angd ¨ar x > 0 och v¨ardem¨angden blir y > 0. Inversens definitionsm¨angd och v¨ardem¨angd blir ocks˚
a (0, ∞) respektive (0, ∞).
4. Eftersom extrempunkter ofta ˚
aterfinns i kritiska punkter och singul¨ara punkter s˚
a beh¨over
vi derivera
y 0 (x) =
y 00 (x) = −
2
(1 + x)2
4
(1 + x)3
Fr˚
an detta ser vi att det inte finns varken kritiska punkter (derivatan aldrig noll) eller inflexionspunkter (andra derivatan aldrig noll) Derivatan ej definierad i x = −1 ger oss en singul¨
ar
punkt.
√
5. (a) Taylors formel ger att andra ordningens Taylorpolynom till x, utvecklad kring x = a,
blir
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
√
√
a ¨ar det l¨ampligt att utveckla x kring
(b) Eftersom vi ska ber¨akna ett n¨armev¨arde till 10 s˚
ett v¨arde p˚
a x som dels ligger n¨ara 10 och som dels ¨ar l¨att att ber¨akna n¨ar vi stoppar
√
in i det approximerande polynomet. x = 9 har b˚
ada dessa egenskaper och vi f˚
ar att x
approximeras av
p2 (x) =
√
1
1
1
1
√ (x − 9)2 = 3 + (x − 9) −
9 + √ (x − 9) −
(x − 9)2
6
216
2 9
8·9 9
som ger att
√
1
1
1
1
683
10 ≈ 3 + (10 − 9) −
(10 − 9)2 = 3 + −
=
6
216
6 216
216
(c) Feltermen enligt Taylors sats blir
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 = 10 och a = 9 s˚
a f˚
ar vi att felet ges av
1
√ = G(c)
16c2 c
Vi har att detta uttryck avtar som funktion av c (se figur 2 och eftersom c ∈ [9, 10] s˚
a
f˚
ar vi att felet m˚
aste vara st¨orst i den nedre gr¨ansen 9. Mao felet i v˚
ar approximation ¨
ar
h¨ogst
1
1
G(9) =
=
16 · 81 · 3
3888
6.
(a) H¨ar g¨or vi substitutionen u = ln x, du = dx
x och integralen blir
Z
Z
1
dx
du
·
=
= tan u = tan(ln x)
x cos2 (ln x)
cos2 u
5
0.0004
0.0003
0.0002
0.0001
8.0
8.5
9.0
9.5
10.0
10.5
11.0
Figure 2: 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 9 och 10 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 = 9.
(b) H¨ar g¨or vi en partiell integration
Z
Z
Z
x
sin x
dx = x tan x − tan xdx = x tan x −
dx =
cos2 x
cos x
= [ subst: u = cos x, du = − sin xdx ] =
Z
du
= x tan x − ln |u| =
= x tan x −
u
= x tan x − ln | cos x| + C
7. Vi b¨orjar med att faktorisera n¨amnaren och observerar att x = 1 ¨ar ett nollst¨alle men detta
¨ar den enda delaren till konstanttermen som funkar (-1 ¨ar inte ett nollst¨alle vilket man l¨att
verifierar). Vi utf¨or d˚
a polynomdivisionen
x3 − x2 + x − 1
= x2 + 1
x−1
och d˚
a ser vi att v˚
ar integral kan partialbr˚
aksuppdelas enligt
x+3
A
Bx + C
=
+ 2
2
(x − 1)(x + 1)
x−1
x +1
H¨ar ger handp˚
al¨aggning att A = 2. F¨or att ber¨akna B och C s˚
a s¨atter vi in v¨ardena2 x = 0
respektive x = −1 och f˚
ar d˚
a att B = −2 och C = −1. Vi kan nu utf¨ora integreringen
Z
Z
Z
Z
Z
x+3
2
2x + 1
2x
dx
=
dx −
dx = 2 ln |x − 1| −
dx
−
=
3
2
2
2
2
x −x +x−1
x−1
x +1
x +1
x +1
|
{z
}
| {z }
subst: u=x2 +1,du=2xdx
arctan x
Z
du
= 2 ln |x − 1| − arctan x − ln u =
u
= 2 ln |x − 1| − arctan x − ln(x2 + 1) + C
= 2 ln |x − 1| − arctan x −
2
Alternativt kan man s¨
atta p˚
a gemensamt br˚
akstreck, t¨
aljarna ska d˚
a vara lika vilket ger oss likheten:
x + 3 = A(x2 + 1) + (Bx + C)(x − 1)
⇒
x + 3 = (A + B)x2 + (C − B)x + A − C
vilket ger oss systemet A + B = 0, C − B = 1 och A − C = 3 ur vilket vi kan l¨
osa ut v˚
ara v¨
arden.
6
8. Situationen ¨ar som i figurerna 3 och 4
5
4
3
2
1
0
-1
1
2
3
Figure 3: Grafen och omr˚
adet som ska roteras kring x-axeln. En s˚
adan bild ger po¨ang p˚
a
uppgiften
Volymen blir
Z
V =π
b
2
Z
y dx = π
a
1
2
2
Z
(x + 1) dx = π
0
1
x4 + 2x2 + 1dx =
0
1
1 2
x3
28π
x5
+2 +x =π
+ +1 −0 =
=π
5
3
5 3
15
0
7
-2
-1
3
2
1
2
-1
1
0
0
0
-1
-2
1
2
Figure 4: Rotationen av funktionen x2 + 1 runt x-axeln.
8