$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...ndsson, Lars-Åke Lindahl \\ Björn Ivarsson, Mattias Palmer\\ \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} Övningstentamen 3\\ Analys MN1\\ 1999-12-17 \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR

1.

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

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

$$=\lim_{x\to 0} \frac{2x-\frac{8x^3}{2\cdot 3}+\dots- 2x+\frac{2x^3}{2!}-\dots} {-3x^3-\frac{9x^4}{2}+\dots}=$$

$$=\lim_{x\to 0} \frac{-\frac{4x^3}{3}+\frac{3x^3}{3}+\dots} {-... ...\lim_{x\to 0} \frac{-\frac{1}{3}+\dots} {-3+\dots}=\frac{1}{9}.$$

2.

Den homogena ekvationen $\,y''-4y=0\,$ har karakteristiska ekvationen $\,r^2-4=0\,$ med rötterna $\,\pm 2\,$ så lösningarna till homogena ekvationen är $\,y_{H}=C_1e^{-2x}x+C_2e^{2x}.$ För att bestämma en partikulärlösning $\,y_{P}\,$ till den inhomogena ekvationen $y''-4y=e^{2x}\,$ ansättes $\,y_ {P}=Axe^{2x}.$ Derivering och insättning ger $\,A=1/4\,$ så den allmänna lösningen till den givna ekvationen ges av

$$\,y=C_1e^{-2x}x+C_2e^{2x}+\frac{1}{4}xe^{2x}.$$

3.

$$\int_0^\infty \frac{x\tan^{-1}x^2}{1+x^4}\,dx=[x^2=u] =\frac{1}{2}\int_0^{\infty} \frac{\tan^{-1}u}{1+u^2}\,du$$

$$= \left.\frac{1}{4}(\tan^{-1} u)^2 \right\vert _0^\infty= \frac{\pi^2}{16}.$$

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

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

Observera att $\,\ln \sqrt{e}=\frac{1}{2}\ln e= \frac{1}{2}\,$ och $\lim\limits_{x\to 0}x^2\ln x=0\,$ som är ett standardgränsvärde.

4.

Triangelns bas har längden $\,x\,$ och triangelns höjd är $\,x(x-1)(x-2).$
Triangelns area är därför $\,A(x)=\frac{1}{2}x^2(x-1)(x-2), \quad0<x<1.$ Den deriverbara funktionen $\,A(x)\,$ uppfyller $\,A(x)>0\,$ i $\,0<x<1\,$ och då $\lim\limits_{x\to 0}\,A(x)=0\,$ samt $\lim\limits_{x\to 1}\,A(x)=0\,$ har funktionen därför ett största värde i $\,0<x<1\,$ och det är att söka bland de $\,x\,$ för vilka $\,A'(x)=0.$ Då $\,A'(x)=\frac{1}{2}(4x^3-9x^2+4x)\,$ finner vi $\,A'(x)=0\,$ då $\,x=\frac{9+\sqrt{15}}{8}\,$ eller $\,x=\frac{9-\sqrt{15}}{8}.$ Det enda nollstället till $\,A'(x)\,$ i $\,0<x<1\,$ är $\,x=\frac{9-\sqrt{15}}{8}\,$ som alltså ger maximala triangelarean $=A\left(\frac{9-\sqrt{15}}{8}\right)$ där $\,A(x)=\frac{1}{2}x^2(x-1)(x-2).$

5.

Definitionsmängden är alla $x\ne 1.$ Horisontell asymptot då $x\to +\infty$ är x-axeln. Vertikal asymptot är x=1. Maxpunkt i $x=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$. Minimipunkt i $x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$.

6.

Volymen är

$$V=2\pi\int\limits_0^{\sqrt{\pi/4}} x\tan x^2\,dx= 2\pi\int\li... ...{\pi/4}} x\frac{\sin x^2 }{\cos x^2}\,dx= [inre\quad derivata]=$$

$$= -2\pi\left.\frac{1}{2}\ln(\cos x^2)\right\vert _0^{\sqrt{\pi/4}}=\frac{1}{2}\pi\ln 2.$$

7.

I den positiva serien $\sum a_n$ utvecklar vi a_n i Maclaurinserie.

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

Vi jämför med den positiva $\sum b_n$ där b_n=n^a-2 (limit comparison).

$$\frac{a_n}{b_n}=\frac{n^{a-2}+\dots}{n^{a-2}}=1+\dots\to 1$$

då $n\to \infty.$ Alltså är den givna serien konvergent då $\sum b_n$ är konvergent, dvs för a-2<-1, alltså för a<1.

8.

$f'(x)=3x\vert x\vert,\,\, x\ne 0,$ och $f''(x)=6\vert x\vert,\,\, x\ne 0,$ som ju inte är deriverbar i origo, dvs f⁽³⁾(0) existerar inte. Derivatans definition ger direkt $f'(0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=0$
och $f''(0)=\lim_{h\to 0}\frac{f'(h)-f'(0)}{h}=0.$

Tillbaka till Övningstentamen 3

Tillbaka till Övningstentamina

Tillbaka till Analys MN1