$\textstyle \parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ... Erlandsson, L-Å Lindahl \\ B Ivarsson, Y Ameur, K Sigstam\\ \end{flushleft}}$ $\textstyle \parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} TENTAMEN 2000-12-14\\ Analys MN1\\ \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR
1.
2

2.
$\frac{3}{2}$

3.
2

4.
$\frac{1}{4}$

5.
$\pi$

6.
$\pi$

7.
$-\cos x+1$

8.
$y^2=4\sqrt{x}+C$

9.
$y=\frac{1}{x}+\frac{C}{x^2}$

10.
$y=C_1e^{-x}+C_2xe^{-x}+x-2$

11.
2

12.
1

13.
$y=0$

14.
$-\frac{1}{2e}$

15.
1

16.
$a>0$

17.
2

18.
$y=Ce^{-1/x}$

19.
$\frac{3}{4}$

20.
$y=0$

4 problem till vilka fullständiga lösningar ska redovisas.
SVAR OCH ANVISNINGAR
1.
Triangelns area $\,A(x)\,$ är funktionen $A(x)=\left\{\begin{array}{lll}&1,&0<x\le 1\\ &2x-x\sqrt{x},&1<x\le 4\end{array}\right.$

$A(x)\,$ är kontinuerlig på $0<x\le 4,$ $\lim_{x\to 0+} A(x)=1\,$ och $\,A(4)=0.$ Maximum är därför antingen $\,A=1\,$ som erhålles för $\,0<x\le 1\,$ eller lika med ett värde som fås i en punkt i $1<x<4.$ Denna punkt måste vara nollställe till $\,A'(x)\,$ för $1<x<4.$ $A'(x)=2-\frac{3}{2}\sqrt{x}.$ $A'(x)=0\,$ då $\,\sqrt{x}=\frac{4}{3}$, dvs $x=\frac{16}{9}\,$ som just ligger i intervallet $1<x<4.$ Man finner att $A(\frac{16}{9})=\frac{32}{27}>1$ som alltså är det största värdet.

2.
Definitionsmängden är $x\ne 1.$ Vertikal asymptot är $x=1.$ $\lim_{x\to +\infty} y=\lim_{x\to +\infty} \frac{x}{1-x}=\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{1/x-1}=-1$ och $\lim_{x\to -\infty} y=\lim_{x\to -\infty} \frac{-x}{1-x}=\lim_{x\to +\infty} \frac{-1}{1/x-1}=+1$ så horisontella asymptoter är $y=-1$ då $x\to +\infty$ och $y=+1$ då $x\to -\infty.$ För värden på $x$ nära origo är $y=\vert x\vert(1-x)^{-1}=\vert x\vert(1+x+\dots)$ så grafen har en spets i origo.


\begin{displaymath}y'=\left\{\begin{array}{lll}&-\frac{1}{(1-x)^2}, &-\infty<x<0\\ &\frac{1}{(1-x)^2}, &0<x<1,1<x<\infty\end{array}\right.\end{displaymath}

Funktionen är alltså avtagande för $-\infty<x<0$ och växande i intervallen $0<x<1$ respektive $1<x<\infty.$ Lokalt minimum $y(0)=0.$

3.
Volymen är beloppet av $2\pi\int_0^1 x\ln x\,dx.$ Med partiell integration finner vi att denna integral blir $=2\pi\frac{1}{2}x^2\ln x\vert _0^1-2\pi\int_0^1\frac{x^2}{2}\frac{1}{x}\,dx=-\frac{\pi}{2}.$ Volymen är alltså $\,\frac{\pi}{2}.$ Vi har använt att $\lim_{x\to 0+}x^2\ln x=0$ och $\ln 1=0.$

4.

\begin{displaymath}f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\frac{1}{x}-0}{x}=\lim_{x\to 0}x\sin\frac{1}{x}=0 \end{displaymath}

eftersom $\vert\sin\frac{1}{x}\vert\le 1$ fär $x\ne 0.$ För $x\ne 0$ är

\begin{displaymath}f'(x)=2x\sin\frac{1}{x}- \cos\frac{1}{x}.\end{displaymath}

Eftersom $x\sin\frac{1}{x}\to 0$ då $x\to 0$ men $\cos\frac{1}{x}$ antar värdena -1 och +1 hur nära origo som helst har alltså $f'(x), x\ne 0$ inget gränsvärde då $x\to 0$. Alltså är $f'(x)$ diskontinuerlig i origo.


Till tentan Tillbaka till Analys MN1