$\textstyle \parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ... Erlandsson, L-Å Lindahl \\ B Ivarsson, Y Ameur, K Sigstam\\ \end{flushleft}}$ $\textstyle \parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} TENTAMEN 2001-01-17\\ Analys MN1\\ \end{flushright}}$

SVAR PÅ FRÅGORNA
1.
1

2.
3

3.
$\frac{1}{2}$

4.
$\frac{1}{2}$

5.
$\frac{\pi}{4}$

6.
$\frac{\pi}{4}$

7.
$\frac{1}{2}x^2+x+1$

8.
$y=Ce^{\frac{2}{3}x^{3/2}}$

9.
$y=x^3+Cx^2$

10.
$y=Ce^{-x}+xe^{-x}$

11.
1

12.
2

13.
$y=0$

14.
$\frac{4}{e^2}$

15.
1

16.
Ja

17.
$2(1-\frac{1}{e})$

18.
$y=\sqrt{\frac{2}{3}x^3+1}$

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

20.
$y=0$

4 problem till vilka fullständiga lösningar ska redovisas.
SVAR OCH ANVISNINGAR
1.
$f(x)\,$ är kontinuerlig på det slutna intervallet $0\le x\le 4.$ Maximum erhålles därför antingen i ändpunkterna , dvs i $\,x=0\,$ eller i $\,x=4,$ eller i någon av de kritiska punkterna där $f'(x)$ antingen inte existerar eller är lika med 0. De kritiska punkterna är $\,x=1\,$, där $f'(x)$ inte existerar, samt $\,x=3\,$ där $f'(x)=\frac{1}{4}(2x-6)$ har ett nollställe. Eftersom $f(0)=1,$ $f(1)=1,$ $f(3)=\frac{1}{2}$ och $f(4)= \frac{5}{8}$ följer att funktionen $\,f(x)\,$ har största värdet $=1.$

2.
Definitionsmängden är $\{0\le x<1,\, x> 1\}.$ Vertikal asymptot är $x=1.$ $\lim_{x\to +\infty} y=\lim_{x\to +\infty} \frac{\sqrt{x}}{1-x}=\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{\sqrt{x}}\left(\frac{1}{1/x-1}\right)=0$ så horisontell asymptot är $y=0$ då $x\to +\infty.$ För värden på $x>0$ nära origo är $y=\sqrt{x}(1-x)^{-1}=\sqrt{x}(1+x+\dots)$ så grafen kan skissas som $\sqrt{x}$ nära origo.

$y'=\frac{x^{1/2}+x^{-1/2}}{2(1-x)^2}>0$ för $0<x<1$ och $x>1$ så funktionen är strikt växande i dessa intervall var för sig. Origo blir en lokal minimipunkt i definitionsmängdens vänstra ändpunkt. Täljaren i $y''=\frac{3x^{1/2}+6x^{-1/2}-x^{-3/2}}{4(1-x)^3}$ kan vi skriva $\frac{1}{x^{3/2}}(3x^2+6x-1)$ som har det enkla nollstället $-1+ \frac{2}{\sqrt{3}}$ i definitionsmängden. Inflexionspunkten har alltså
$x$-koordinaten $-1+ \frac{2}{\sqrt{3}}.$

3.
Med partiell integration finner vi att volymen blir

$2\pi\frac{1}{2}x^2\ln (1+\frac{1}{x})\vert _0^1-2\pi\int_0^1\frac{x^2}{2}\frac{... ...0^1\frac{1}{1+x}\,dx)=\pi(\ln 2+1-\ln (1+x)\vert _0^1) =\pi(\ln 2+1-\ln 2)=\pi.$ Vi har använt att $\lim_{x\to 0+}x^2\ln (1+\frac{1}{x})=\lim_{x\to 0+}x^2\ln \frac{1+x}{x}=\lim_{x\to 0+}x^2\ln (1+x)-\lim_{x\to 0+}x^2\ln x=0\,$ och $\ln 1=0.$

4.

\begin{displaymath}f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{e^{... ...\to 0}\frac{e^{-1/x^2}}{x}= \lim_{t\to \pm\infty}te^{-t^2}=0 .\end{displaymath}

För $x\ne 0$ är $f'(x)=2\frac{1}{x^3}e^{-1/x^2}.$ Alltså är

\begin{displaymath}f''(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{... ...c{(2/x^3)e^{-1/x^2}}{x}= \lim_{t\to \pm\infty}2t^4e^{-t^2}=0 .\end{displaymath}

För $x\ne 0$ är $f''(x)=-\frac{6}{x^6}(x^2-\frac{2}{3})e^{-1/x^2}$ som har enkla nollställen i $x=\pm\sqrt\frac{2}{3}$ som alltså är inflexionspunkternas respektive $x$-koordinater. Eftersom $\lim_{x\to \pm\infty}e^{-\frac{1}{x^2}}=e^0=1$ är $y=1$ horisontell asymptot.


Till tentan Tillbaka till Analys MN1