$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...ndsson, Lars-Åke Lindahl \\ Björn Ivarsson, Mattias Palmer\\ \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} Tentamen \\ Analys MN1\\ 2000-01-13 \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR

1.

$$\lim_{x\to 0}\frac{\ln^2(1+x)-x^2}{e^{x^3}-1}= \lim_{x\to 0}\frac{\left[\ln(1+x)+x\right]\left[\ln(1+x)-x\right]}{e^{x^3}-1}$$

$$=\lim_{x\to 0} \frac{(x-\frac{x^2}{2}+\dots+x)(x-\frac{x^2}{2... ...+\dots)(-\frac{x^2}{2}+\dots)} { x^3+\frac{(x^3)^2}{2!}+\dots}=$$

$$=\lim_{x\to 0} \frac{-x^3+\dots} { x^3+\dots} =\lim_{x\to 0} \frac{-1+\dots} {1+\dots}=-1.$$

2.

Den homogena ekvationen $\,y''-y=0\,$ har karakteristiska ekvationen $\,r^2-1=0\,$ med rötterna $\,\pm 1\,$ så lösningarna till homogena ekvationen är $\,y_{H}=C_1e^x+C_2e^{-x}.$ För att bestämma en partikulärlösning $\,y_{P}\,$ till den inhomogena ekvationen $y''+y=x-1\,$ ansättes $\,y_ {P}=Ax+B.$ Derivering och insättning ger $\,A=-1, B=1\,$ så den allmänna lösningen till den givna ekvationen ges av

$$\,y=C_1e^x+C_2e^{-x}-x+1.$$

Man finner slutligen att villkoret $\,y(0)=1, \,y'(0)=0\,$ ger $\,C_1=1/2$, C₂=-1/2, så mängden av lösningar består endast av $\,y=(1/2)e^x-(1/2)e^{-x}-x+1$ som också kan skrivas $\,y=\sinh x-x+1.$

3.

$$\int_1^{e^2} \frac{dx}{x(2+\ln x)}=\ln(2+\ln x)\vert _1^{e^2}=\ln(2+2)-\ln 2=\ln(4/2)=\ln 2.$$

$$\int_0^1 \ln(1+x^2)\,dx=x\ln(1+x^2)\vert _0^1-2\int_0^1\frac{x^2}{1+x^2}\,dx=$$

$$=\ln 2 - 2\int_0^1\,dx+2\int_0^1\frac{dx}{1+x^2}=\ln 2 - 2 + 2\tan^{-1}x\vert _0^1= \ln 2 - 2 + \frac{\pi}{2}.$$

4.

Cylinderns höjd är $\,a\,$ och basdisken har radien $\,ae^{-a}.$
Cylinderns volym är därför $\,V(a)=\pi a^3e^{-2a}, \quad0<a<\infty.$ Den deriverbara funktionen $\,V(a)\,$ uppfyller $\,V(a)>0\,$ i $\,0<a<\infty\,$ och då $\,\lim_{a\to 0+} V(a)=0$ och $\,\lim_{a\to +\infty} V(a)=0$ har funktionen därför ett största värde i det inre av intervallet och det är att söka bland de $\,a\,$ för vilka $\,V'(a)=0.$ $V'(a)=\pi a^2(3-2a)e^{-2a}\,$ och detta ger $\,V'(a)=0\,$ då och endast då $\,a=\frac{3}{2}.$ Den maximala cylindervolymen är därför $\frac{27\pi}{8e^3}.$

5.

Definitionsområdet är $-\infty<x<0,0<x<1,1<x<\infty.$
För $\, x >1\,$ är $\,y= x+\frac{1}{x}.$
För $\,-\infty<x<0,0<x<1$ är $y=-x-\frac{1}{x}.$
Vertikal asymptot är $\,x=0.$ $\,\lim\limits_{x\to 0+} y=-\infty.$ $\,\lim\limits_{x\to 0-} y=+\infty.$
För $\, x >1\,$ är $\,y=x+\frac{1}{x}\to x$ då $\,x\to \infty.$ Linjen $\,y=x\,$ är alltså sned asymptot då $x\to +\infty.$
För $\,x<0\,$ är $\,y=-x-\frac{1}{x}\to -x$ då $\,x\to -\infty.$ Linjen $\,y=-x\,$ är alltså sned asymptot då $x\to -\infty.$
$\lim y_{x\to 1+}=+2$ och $\lim y_{x\to 1-}=-2$ så kurvan är diskontinuerlig i x=1.

$y'=1-\frac{1}{x^2},\quad x>1$ och $y'=-1+\frac{1}{x^2},\quad -\infty<x<0,0<x<1.$

Derivatan har alltså ett nollställe i x=-1 som måste vara en minimipunkt eftersom $\lim _{x\to 0-}y=\lim_{x\to -\infty}y=+\infty.$

6.

För a<0 går seriens termer mot $\pm\infty$ dvs inte mot 0 och serien är alltså divergent. För a=0 är serien $1-1+1-1+\dots$ och då termerna inte går mot 0 är serien divergent. För a>0 är serien konvergent enligt Alternerande Serie Testet. Serien $\sum_1^\infty\vert(-1)^{n-1}\frac{1}{n^a}\vert=\sum_1^\infty\frac{1}{n^a}$ är konvergent för a>1 och divergent för $a\le 1.$ Den givna serien är alltså dessutom absolut konvergent för a>1.

7.

En integrerande faktor är $\,e^{-2\ln\cos x}=e^{\ln(1/\cos^2x)}=\frac{1}{\cos^2x}.$ Efter multiplikation av ekvationen med denna erhålles ekvationen $(\frac{1}{\cos^2x}y)'=1$ som ger $\frac{1}{\cos^2x}\,y=x+C$ så allmänna lösningen är $y=(x+C)\cos^2 x.$

8.

Om vi observerar att kurvan är en cirkel med radien 3 och centrum i origo O kan vi finna en enkel geometrisk lösning.De två tangenterna från P=(0,5) på y-axeln tangerar cirkeln i T. Vinkeln mellan radien OT och tangenten TP är rät så Pythagoras sats ger längden av PT lika med 4. Likformiga trianglar ger $m=\pm\frac{4}{3}.$

Tillbaka till tentamen 2000-01-13

Tillbaka till Analys MN1