$\textstyle \parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...tutionen}\\ T Erlandsson, H Avelin, A Pelander, K Sigstam\\ \end{flushleft}}$ $\textstyle \parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} TENTAMEN 2002-12-13\\ Analys MN1\\ \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR
1.
1

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

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

4.
$\ln 3$

5.
0

6.
$y=0$

7.
$y=-\ln (1-x)$

8.
$y=xe^{-x}$

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

10.
$y^2=x$

11.
1

12.
$\frac{3}{2}$

13.
$-\frac{1}{3}$

14.
$x$-axeln

15.
$x$-axeln

16.
$\frac{1}{1+1/4}=\frac{4}{5}$

17.
$-1\le x<1$

18.
$a_n=1, n=0,1,2 \dots$

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

20.
$y=1$

4 problem till vilka fullständiga lösningar ska redovisas
SVAR OCH ANVISNINGAR
1.
Definitionsmängden är $x\ne 0.$ Vertikal asymptot är $x=0.$ $\lim_{x\to \pm\infty} y-(x-2) =$
$=\lim_{x\to \pm\infty} \left(\frac{1}{x}\right)=0\,$ så $\,y=x-2\,$ är sned asymptot då $x\to \pm\infty.$ $\,\,y'=1-\frac{1}{x^2},\,\, y''=\frac{2}{x^3}.$ $y'(1)=0\,$ ger lokalt minimum = $0$ och $\,y'(-1)=0\,$ ger lokalt maximum =$-4 .$ Inga inflexionspunkter.

2.

\begin{displaymath}\lim_{x\to \infty} f(x)=0,\,\, f(0)=0,\,\,f'(x)=(1-x)e^{-x},\,\, f'(1)=0.\end{displaymath}

Funktionen har största värdet $ 1/e$ i $x=1$ enligt Adam's Gift. Asymptot är $\,x$-axeln. Volymen är

\begin{displaymath}\pi\int_0^\infty x^2e^{-2x}\,dx= -\pi\frac{1}{2}x^2e^{-2x}\ve... ...e^{-2x}\vert _0^\infty+\pi\int_0^\infty\frac{1}{2} e^{-2x}\,dx=\end{displaymath}


\begin{displaymath}=0+0-\pi\frac{1}{4} e^{-2x}\vert _0^\infty=\frac{\pi}{4}.\end{displaymath}

3.
$\,f(x)=-x^2\ln x,\,$ som är kontinuerlig på $\,0<x\le 1 ,\,$ $\,\lim_{x\to +0} f(x) = 0,\, \,f(1)=0. $
$f'(x)=-2x\ln x -x=-x(\ln x^2+1) .$ $f'(1/\sqrt{e})=0$ och största värdet är $\frac{1}{2e}\,$ i $\,x=\frac{1}{\sqrt{e}}\,$ enligt Adam's Gift. $ \,\lim_{x\to +0} f'(x) = 0,\, f'(1)=-1.$ $f''(x)=-2\ln x - 2-1=-(2\ln x+3).$ $f''(\frac{1}{e^{3/2}})=0. \,$ $\,f''(x)\,$ växlar tecken i $x=\frac{1}{e^{3/2}}\,$ så $\,(\frac{1}{e^{3/2}},\frac{3}{2e^3})\,$ är inflexionspunkt.

4.

\begin{displaymath}f(x)=\left\{\begin{array}{lccl}&xe^{-1/x^2},&x\ne 0\\ &0,&x... ...ght., \quad f'(x)=e^{-1/x^2}+\frac{2}{x^2}e^{-1/x^2},\, x\ne 0,\end{displaymath}


\begin{displaymath}f''(x)= -\frac{2}{x^3}e^{-1/x^2}+\frac{4}{x^5}e^{-1/x^2}= -2\,\frac{x^2-2}{x^5}\,e^{-1/x^2},\,x\ne 0.\end{displaymath}

$\lim_{x\to 0}x^{-n}e^{-1/x^2}=\lim_{t\to \pm \infty}t^{n}e^{-t^2}=0,\,\, n\in \mathbf{Z}.$ Därför är $f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=0\, $ och $f''(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}=0. $ Vidare är $f''(\pm \sqrt{2})=0.$ $\,f''(x)\,$ byter tecken kring samtliga nollställen så vi har inflexion i origo samt i $\,(\pm \sqrt{2}, \pm \sqrt{\frac{2}{e}}\,).$
Det finns inga lodräta asymptoter. Då $\lim_{x\to \pm \infty}\frac{f(x)}{x}=1$ är $\,y=x+l\,$ kandidat som sned asymptot. Vi försöker bestämma $\,l.$

\begin{displaymath}l=\lim_{x\to \pm\infty}(xe^{-1/x^2}-x)= \lim_{x\to \pm\infty}x( e^{-1/x^2}-1)=\lim_{t\to \pm 0}\frac{e^{-t^2}-1}{t}=\end{displaymath}

$=\lim_{t\to \pm 0} \frac{1-t^2+\frac{1}{2!}t^4+ \dots -1}{t}=0\,$ så $\,y=x\,$ är alltså sned asymptot då $\,x\to \pm \infty.$


Till tentan Tillbaka till Analys MN1