$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...ndsson, Lars-Åke Lindahl \\ Björn Ivarsson, Mattias Palmer\\ \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} Övningstentamen 1\\ Analys MN1\\ 1999-12-17 \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR

1.

$$\lim_{x\to 0}\frac{\left(\cos(x^2)-1\right)\ln(1-x)}{3x-\sin 3x}=$$

$$=\lim_{x\to 0} \frac{\left[(1-\frac{(x^2)^2}{2!}+\frac{(x^2)^... ...x -\left(3x-\frac{(3x)^3}{3!}+\frac{(3x)^5}{5!}-\dots)\right)}=$$

$$=\lim_{x\to 0} \frac{\left(-\frac{x^4}{2!}+\frac{x^8}{4!}-\do... ...frac{x^6}{4}+\dots} {\frac{27x^3}{3!}-\frac{3^5x^5}{5!}+\dots}=$$

$$=\lim_{x\to 0} \frac{\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{4}+\dots} {\frac{27}{3!}-\frac{3^5x^2}{5!}+\dots}=0.$$

2.

Triangelns bas har längden $\,x\,$ och triangelns höjd är $\,x(2-x).$
Triangelns area är därför $\,A(x)=\frac{x\cdot x(2-x)}{2}, \quad0<x<2.$ Den deriverbara funktionen $\,A(x)\,$ uppfyller $\,A(x)>0\,$ i $\,0<x<2\,$ och i intervallets ändpunkter är $\,A(x)=0.$ Funktionen har därför ett största värde i det inre av intervallet och det är att söka bland de $\,x\,$ för vilka $\,A'(x)=0.$ Då $\,A(x)=x^2-x^3/2\,$ finner vi $\,A'(x)=2x-3x^2/2=x(2-(3/2)x)\,$ och detta ger $\,A'(x)=0\,$ då $\,x=0\,$ eller $\,x=4/3.$ Det enda nollstället till $\,A'(x)\,$ i $\,0<x<2\,$ är $\,x=4/3\,$ som alltså ger maximala triangelarean $\,=16/27.$

3.

$$\int_0^\infty \frac{\arctan x}{1+x^2}\,dx= \left.\frac{\arct... ...infty=\frac{\left(\frac{\pi}{2}\right)^2}{2}= \frac{\pi^2}{8}.$$

$$\int_1^e \ln x^2\,dx=2\int_1^e \ln x\,dx= \left.2x\ln x\right\vert _1 ^e-2\int_1^e x\frac{1}{x}\,dx=$$

$$=\left.2x\ln x\right\vert _1 ^e-2\int_1^e \,dx =[\ln e =1,\ln 1 =0]=(2e-0)-(2e-2)=2.$$

Observera skillnaden mellan $\,\ln x^2=\ln(x^2)\,$ och $\,\ln^2 x=(\ln x)^2.$

4.

Den homogena ekvationen $\,y''+2y'+5y=0\,$ har karakteristiska ekvationen $\,r^2+2r+5=0\,$ med rötterna $\,-1\pm 2i\,$ så lösningarna till homogena ekvationen är $\,y_{H}=e^{-x}(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x).$ För att bestämma en partikulärlösning $\,y_{P}\,$ till den inhomogena ekvationen $y''+2y'+5y=\cos x\,$ ansättes $\,y_ {P}=A\cos x+ B\sin x.$ Derivering och insättning ger $\,A=1/5,B=1/10\,$ så den allmänna lösningen till den givna ekvationen ges av

$$\,y=e^{-x}(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x)+\frac{1}{5}\cos x+\frac{1}{10} \sin x.$$

Den lösning för vilken $\,y(0)=0, \,y'(0)=1\,$ bestäms slutligen till

$$\,y=e^{-x}(-\frac{1}{5}\cos 2x+\frac{7}{20}\sin 2x)+\frac{1}{5}\cos x+\frac{1}{10} \sin x.$$

5.

Volymen är

$$V=\pi\int\limits_0^1\left(\sqrt{x}\, e^{x^2}\right)^2\,dx= \p... ...left.\frac{1}{4}e^{2x^2}\right\vert _0^1= \frac{\pi}{4}(e^2-1).$$

6.

$$y=f(x)=\sqrt{\frac{x^2+1}{x-1}}\,.$$

Definitionsområdet är $\,x>1.$ Vertikal asymptot är $\,x=1\,$ och
$\,\lim\limits_{x\to 1+} y=+\infty.$ Kurvan har inga sneda asymptoter men då

$$\sqrt{\frac{x^2+1}{x-1}}=\sqrt{x+1+\frac{2}{x+1}}$$

uppför sig kurvan som $\,\sqrt{x+1}\,$ för stora positiva $\,x.$

$$f'(x)=\frac{1}{2}\left({\frac{x^2+1}{x-1}}\right)^{-\frac{1}{2}}\frac{x^2-2x-1}{(x-1)^2}$$

Derivatan har alltså nollställena $\,1\pm \sqrt{2}\,$ men endast $\,1+\sqrt{2}\,$ ligger inom definitionsområdet $\,x>1.$ Eftersom kurvan är deriverbar för $\,x>1\,$ och $\,\lim\limits_{x\to 1+} y=+\infty\,$ samt $\,\lim\limits_{x\to\infty} y =+\infty\,$ måste $\,1+\sqrt{2}\,$ vara en minimipunkt.

7.

$$\frac{\frac{1}{n^a}(\sin\frac{1}{n})} {\frac{1}{n^{a+1}}}= \f... ...a+1}}(1-\frac{(\frac{1}{n})^2}{3!}+\dots)} {\frac{1}{n^{a+1}}}=$$

$$=1-\frac{(\frac{1}{n})^2}{3!}+\dots\,\to 1, \quad \quad{n\to\infty}.$$

Alltså är den givna serien konvergent då $\,\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{a+1}}\,$ konvergerar, dvs för $\,a>0.$

8.

Maclaurinutveckling ger

$$\frac{\ln(1+2x)}{x}=\frac{2x-\frac{(2x)^2}{2}+\frac{(2x)^3}{3}-\dots}{x}= 2-2x +\frac{8}{3}x^2 - \dots$$

För att funktionen $\,f\,$ ska bli kontinuerlig i $\,x=0\,$ måste

$$\lim_{x\to 0+}f(x)= \lim_{x\to 0-}f(x)=f(0)=b.$$

Eftersom $\lim_{x\to 0-}f(x)=b=f(0)$ och $\lim_{x\to 0+}f(x)=2$ följer att b=2.

Funktionen är deriverbar i x=0 om $f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}$ existerar dvs om

f'_-(0)=f'₊(0).

$$f'_{-}(0)= \lim_{x\to 0-}\frac{f(x)-f(0)}{x}=a.$$

$$f'_{+}(0)= \lim_{x\to 0+}\frac{f(x)-f(0)}{x}= \lim_{x\to 0+}\frac{(2-2x +\frac{8}{3}x^2 - \dots)-2}{x}=$$

$$=\lim_{x\to 0+}(-2 +\frac{8}{3}x - \dots)=-2.$$

Alltså är f deriverbar om a=-2.

Tillbaka till Övningstentamen 1

Tillbaka till Övningstentamina

Tillbaka till Analys MN1