$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...ndsson, Lars-Åke Lindahl \\ Björn Ivarsson, Mattias Palmer\\ \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} Tentamen \\ Analys MN1\\ 1999-12-17 \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR

1.

$$\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1-x^2)}{e^{x^2}-e^{-x^2}}=$$

$$=\lim_{x\to 0} \frac{-x^2-\frac{(-x^2)^2}{2}+\dots} {\left[1+... ...+\dots\right]-\left[1+(-x^2)+\frac{(-x^2)^2}{2!}+\dots\right]}=$$

$$=\lim_{x\to 0} \frac{-x^2+\frac{x^4}{2}+\dots} {2x^2+\dots}= \lim_{x\to 0}\frac{-1+\frac{x^2}{2}+\dots} {2+\dots}=-\frac{1}{2}.$$

2.

Den homogena ekvationen $\,y''+y=0\,$ har karakteristiska ekvationen $\,r^2+1=0\,$ med rötterna $\,\pm i\,$ så lösningarna till homogena ekvationen är $\,y_{H}=C_1\cos x+C_2\sin x.$ För att bestämma en partikulärlösning $\,y_{P}\,$ till den inhomogena ekvationen $y''+y=x\,$ ansättes $\,y_ {P}=Ax+B.$ Derivering och insättning ger $\,A=1, B=0\,$ så den allmänna lösningen till den givna ekvationen ges av

$$\,y=C_1\cos x+C_2\sin x+x.$$

Man finner slutligen att villkoret $\,y(0)=0, \,y'(0)=1\,$ ger $\,C_1=C_2=0\,$ så mängden av lösningar består endast av $\,y=x.$
ANM Man ser kanske genast att $\,y=x\,$ är en lösning men i problemet krävs att man hittar alla lösningar, dvs i detta fall att man visar att $\,y=x\,$ är den enda lösningen.

3.

$$\int_1^{e^{\pi/2}}\frac{\cos(\ln x)}{x}\,dx= \left.\sin(\ln x)\right\vert _1^{e^{\pi/2}}=\sin\frac{\pi}{2}-\sin 0 =1.$$

$$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\tan^{-1}\sqrt{x}\,dx= 2\sqrt{x}\t... ... 2\sqrt{x}\,\frac{1}{1+x}\,\frac{1}{\sqrt{x}}\,\frac{1}{2}\,dx=$$

$$=2\tan^{-1}(1)-\ln(1+x)\vert _0^1=\frac{\pi}{2}-\ln 2.$$

4.

Cylinderns höjd är $\,a\,$ och basdisken har radien $\,\sqrt{1-a^2}.$
Cylinderns volym är därför $\,V(a)=\pi (1-a^2)a, \quad0<a<1.$ Den deriverbara funktionen $\,V(a)\,$ uppfyller $\,V(a)>0\,$ i $\,0<a<1\,$ och i intervallets ändpunkter är $\,V(a)=0.$ Funktionen har därför ett största värde i det inre av intervallet och det är att söka bland de $\,a\,$ för vilka $\,V'(a)=0.$ Då $\,V(a)=\pi(a-a^3)\,$ finner vi $\,V'(a)=\pi(1-3a^2)\,$ och detta ger $\,V'(a)=0\,$ då $\,a=\frac{1}{\sqrt{3}}\,$ eller $\,a=-\frac{1}{\sqrt{3}}.$ Det enda nollstället till $\,V'(a)\,$ i $\,0<a<1\,$ är $\,a=\frac{1}{\sqrt{3}}\,$ som alltså ger maximala cylindervolymen $\,\frac{2\pi}{9}\sqrt{3}.$

5.

Definitionsområdet är $\,x\ne 0.$ Funktionen är udda, dvs $\,y(-x)=-y(x).$ Det är alltså tillräckligt att studera kurvan för $\,x>0\,$ och sedan spegla den i origo.
För $\,\vert x\vert>1\,$ är $\,y=\frac{x^2-1}{x}=x-\frac{1}{x}.$ För $\,\vert x\vert<1\,$ är $\,y=-\frac{x^2-1}{x}=-x+\frac{1}{x}.$
Funktionens nollställen är $\,x=\pm 1.$
Vertikal asymptot är $\,x=0.$ $\,\lim\limits_{x\to 0+} y=+\infty.$ $\,\lim\limits_{x\to 0-} y=-\infty.$
För $\,\vert x\vert>1\,$ är $\,y=\frac{x^2-1}{x}=x-\frac{1}{x}\to x$ då $\,x\to \pm\infty.$ Linjen $\,y=x\,$ är alltså sned asymptot.

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

Derivatan har alltså inga nollställen för $\,x\ne \pm 1.$

$$y'(1)_-=\lim_{h\to 0-}=\frac{y(1+h)-y(1)}{h}=\lim_{h\to 0-}=\frac{-(1+h)+\frac{1}{1+h}}{h}=-2.$$

$$y'(1)_+=\lim_{h\to 0+}=\frac{y(1+h)-y(1)}{h}=\lim_{h\to 0+}=\frac{+(1+h)-\frac{1}{1+h}}{h}=2.$$

$x=1\,$ är alltså en lokal minimipunkt. Eftersom funktionen är udda följer att $\,x=-1\,$ är en lokal maximipunkt.

6.

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

7.

Den givna serien $\,\sum a_n \,$ är positiv. Vi jämför med $\,\sum b_n=\sum\frac{1}{n^{a+1}},$ som är konvergent för $\,a>0,$ och använder ''limit comparison''.

$$\frac{a_n}{b_n}=\frac{n^{a+1}}{n^{a+1}-n}=\frac{1}{1-(1/n^a)}\to 1<\infty, \quad n\to \infty,\quad a>0.$$

Den givna serien är alltså konvergent.

8.

För $\,a<0\,$ är $\,y=(1-a)x+a\,$ en rät linje med positiv lutning som skär y-axeln mellan $\,y=-a\,$ och $\,y=0.$ En horisontell rät linje mellan $\,y=-a\,$ och $\,y=0\,$ skär alltså grafen av $\,f\,$ i två punkter och $\,f\,$ är alltså inte ett-till-ett.
För $\,a=0\,$ är $f(x)=x\,$ alla $\,x\,$ som är ett-till-ett.
För $\,0<a<1\,$ är $\,y=(1-a)x+a\,$ strikt växande och skär y-axeln mellan $\,y=0\,$ och $\,y=a.$ Funktionen $\,f\,$ är då ett-till-ett.
För $\,a=1\,$ är $\,f(x)=1\,$ för $\,x>0\,$ och $\,f\,$ är inte ett-till-ett.
För $\,a>1\,$ är $\,y=(1-a)x+a\,$ strikt avtagande och $\,\lim_{x\to \infty}y=-\infty\,$ så en horisontell linje under x-axeln måste skära grafen av $\,f\,$ i två punkter. Alltså är $\,f\,$ inte ett-till-ett.

Tillbaka till tentamen 1999-12-17

Tillbaka till Analys MN1