$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...ndsson, Lars-Åke Lindahl \\ Björn Ivarsson, Mattias Palmer\\ \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} Övningstentamen 2\\ Analys MN1\\ 1999-12-17 \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR

1.

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

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

$$=\lim_{x\to 0} \frac{2x-\frac{8x^3}{3}+\frac{32x^5}{5}-\dots-... ...ac{2x^5}{4!}+\dots} {2x^3-\frac{4x^4}{2}+\frac{8x^5}{3}-\dots}=$$

$$=\lim_{x\to 0} \frac{-\frac{5x^3}{3}+\dots} {2x^3+\dots}=\lim_{x\to 0} \frac{-\frac{5}{3}+\dots} {2+\dots}=-\frac{5}{6}.$$

2.

Den homogena ekvationen $\,y''+4y=0\,$ har karakteristiska ekvationen $\,r^2+4=0\,$ med rötterna $\,\pm 2i\,$ så lösningarna till homogena ekvationen är $\,y_{H}=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x.$ För att bestämma en partikulärlösning $\,y_{P}\,$ till den inhomogena ekvationen $y''+4y=e^{-2x}\,$ ansättes $\,y_ {P}=Ae^{-2x}.$ Derivering och insättning ger $\,A=1/8\,$ så den allmänna lösningen till den givna ekvationen ges av

$$\,y=C_1\cos 2x+C_2\sin 2x+\frac{1}{8}e^{-2x}.$$

3.

$$\int_0^{\pi/4} \frac{\sin x}{\cos^5x}\,dx= \int_0^{\pi/4} \sin x(\cos x)^{-5}\,dx=$$

$$=[inre\quad derivata]= \left.\frac{1}{4}(\cos x)^{-4} \righ... ...ac{1}{4}\left((\frac{1}{\sqrt{2}})^{-4}-1\right)= \frac{3}{4}.$$

$$\int_0^1\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\,dx=\int_0^1 x^{-\frac{1}{2}}\ln x\,dx =[partiell\quad integration]=$$

$$=\left.2x^{\frac{1}{2}}\ln x\right\vert _0^1 -2\int_0^1 x^{\frac{1}{2}}\cdot\frac{1}{x}\,dx=$$

$$=0-2\int_0^1 x^{-\frac{1}{2}}\,dx=-4\left.x^{\frac{1}{2}}\right\vert _0^1=-4.$$

Observera att $\left.2x^{\frac{1}{2}}\ln x\right\vert _0^1 = 0\,$ ty $\,\ln 1=0\,$ och $\lim\limits_{x\to 0}x^{\frac{1}{2}}\ln x=0\,$ som är ett standardgränsvärde.

4.

Triangelns bas har längden $\,x\,$ och triangelns höjd är $\,xe^{-x}.$
Triangelns area är därför $\,A(x)=\frac{x^2e^{-x}}{2}, \quad0<x<\infty.$ Den deriverbara funktionen $\,A(x)\,$ uppfyller $\,A(x)>0\,$ i $\,0<x<\infty\,$ och då $\lim\limits_{x\to 0}\,A(x)=0\,$ samt $\lim\limits_{x\to \infty}\,A(x)=0\,$ har funktionen därför ett största värde i $\,0<x<\infty\,$ och det är att söka bland de $\,x\,$ för vilka $\,A'(x)=0.$ Då $\,A'(x)=xe^{-x}-\frac{x^2}{2}e^{-x}\,$ finner vi $\,A'(x)=xe^{-x}(1-x/2)\,$ och detta ger $\,A'(x)=0\,$ då $\,x=0\,$ eller $\,x=2.$ Det enda nollstället till $\,A'(x)\,$ i $\,0<x<\infty\,$ är $\,x=2\,$ som alltså ger maximala triangelarean $\,=2e^{-2}.$

5.

Volymen är

$$V=2\pi\int\limits_0^1 x\arctan x\,dx=[partiell\quad integration]=$$

$$=2\pi\left. \frac{1}{2}x^2\arctan x\right\vert _0^1-2\pi\int\... ...ts_0^1 \frac{1}{2}x^2\frac{1}{1+x^2}\,dx=[kort\quad division] =$$

$$=2\pi\frac{1}{2}\frac{\pi}{4}-\pi\int\limits_0^1\,dx + \pi\in... ...\,dx= \pi\frac{\pi}{4}-\pi+ \pi\left.\arctan x\right\vert _0^1=$$

$$=\pi\frac{\pi}{4}-\pi+\pi\frac{\pi}{4}=\frac{{\pi}^2}{2}-\pi.$$

6.

Eftersom en primitiv funktion till $\,\frac{2x}{1+x^2}\,$ är $\,\ln(1+x^2)\,$ är alltså

$$e^{\ln(1+x^2)}=1+x^2$$

en integrerande faktor till den givna differentialekvationen. Efter multiplikation med den integrerande faktorn erhålles ekvationen

$$\frac{d}{dx}(1+x^2)y=\frac{1}{1+x^2}.$$

Integrering ger

$$(1+x^2)y=\arctan x + C$$

dvs

$$y=\frac{\arctan x}{1+x^2}+ \frac{C}{1+x^2}.$$

Eftersom $\,y(0)=0\,$ måste $\,C=0\,$ och lösningen blir

$$y=\frac{\arctan x}{1+x^2}.$$

7.

Vi studerar funktionen

$$f(x)=\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}-\ln x, \quad x\ge 1.$$

$$f'(x)=\frac{1}{2}\frac{1}{{x}^\frac{1}{2}}+ \frac{1}{2}\frac{... ...{x}}{{x}^\frac{3}{2}}=\frac{(\sqrt{x}-1)^2}{{x}^\frac{3}{2}}.$$

Alltså är $\,f'(x)>0\,$ för $\,x>1\,$ och det följer att $\,f(x)\,$ är strikt växande för $\,x>1.$ Eftersom $\,f(1)=0\,$ blir alltså $\,f(x)\ge 0\,$ för $\,x\ge 1.$ V.S.B

8.

Om en serie $\,\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n}\,$ är konvergent så är $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0,$ dvs det finns ett tal $\,N\,$ så att $\,\vert a_{n}\vert<\pi/4\,$ för alla $\,n\ge N.$ För vår serie är dessutom $\,a_{n}>0\,$ för alla $\,n\,$ så eftersom $\,0<a_{n}<\pi/4\,$ för $\,n\ge N\,$ följer alltså att $\,\sin a_{n}>0\,$ för alla $\,n\ge N.$
Serien $\,\sum\limits_{n=N}^{\infty}\sin a_{n}\,$ är alltså positiv och vi kan använda jämförelsekriteriet med gränsvärde för positiva serier. Vi jämför $\,\sum\limits_{n=N}^{\infty}\sin a_{n}\,$ med den konvergenta positiva serien $\,\sum\limits_{n=N}^{\infty} a_{n}\,$ och finner att då

$$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{\sin a_{n}}{a_{n}}=1,$$

eftersom $\,a_{n}\to 0,$ så är serien $\,\sum\limits_{n=N}^{\infty}\sin a_{n}\,$ konvergent. Då är också den givna serien $\,\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sin a_{n}\,$ konvergent.

Tillbaka till Övningstentamen 2

Tillbaka till Övningstentamina

Tillbaka till Analys MN1