$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...utionen}\\ T Erlandsson, H Avelin\\ A Pelander, K Sigstam\\ \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} TENTAMEN 2003-01-16\\ Analys MN1\\ \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR

1.

0

2.

$\frac{\pi}{4}$

3.

$\frac{\pi}{2}$

4.

$\ln\frac{1}{2}$

5.

0

6.

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

7.

$y=\ln (x+e)$

8.

$y=(x+1)e^x$

9.

$y=1+\sin x$

10.

$y=\sqrt{1+2x^2}$

11.

1

12.

$\frac{3}{2}$

13.

$-1$

14.

$y$-axeln

15.

$x=1$

16.

$\frac{1}{1-1/e}$

17.

$-1< x\le 1$

18.

$-\frac{1}{2}$

19.

2

20.

$y=0$

4 problem till vilka fullständiga lösningar ska redovisas

SVAR OCH ANVISNINGAR

1.

Definitionsmängden är $x\ne 1.$ Vertikal asymptot är $\,x=1.$ Horisontell asymptot är $\,y=0\,$

då $\,x\to \pm\infty.$ $\,\,y'=-\frac{1+x}{(x-1)^3},\,\, y''=2\frac{x+2}{(x-1)^4}.\quad$ $y'(-1)=0\,$ ger lokalt minimum $\,= -1/4\,$ eftersom t ex $\,y''(-1)>0.$ $\,y''(-2)=0\,$ ger inflexionspunkt i $\,(-2,-2/9)\,$ eftersom $\,y''\,$ byter tecken vid $\,x=-2.$

2.

$\ln\frac{1}{x}=-\ln x\,$ vars graf ska vara välkänd. Volymen är

$$-2\pi\int_0^1 x\ln x\,dx= -\pi x^2\ln x\vert _0^1+\pi\int_0^1 x^2 \frac{1}{x}\,dx= 0+\pi\int_0^1 x\,dx=\frac{\pi}{2}.$$

Vi har utnyttjat standardgränsvärdet $\lim_{x\to 0+}x^2\ln x=0.$

3.

$\,f(x)=x\ln^2 x\,$ är kontinuerlig på $\,0<x\le 1 ,\,$ $\,\lim_{x\to +0} f(x) =\lim_{x\to +0}(\sqrt{x}\ln x)^2= 0,\, \,f(1)=0.$
$f(1/e)>0\,$ så $\,f(x)\,$ har ett största värde på $\,0<x< 1\,$ (Adam's Gift).
$f(x)=\ln^2/x\,$ är kontinuerlig på $\,1<x<\infty ,\,$ $\,\lim_{x\to 1+} f(x) =0,$ $\lim_{x\to \infty}\ln^2 x/x= 0.$
$f(e)>0\,$ så $\,f(x)\,$ har ett största värde på $1<x<\infty$ (Adam's Gift).
Största värdet är att söka bland derivatans nollställen. För $\,0<x< 1\,$ är $f'(x)=\ln^2x +2\ln x\,$ så maximipunkt är $(1/e^2,4/e^2).$ För $\,1<x<\infty\,$ är $f'(x)=(2\ln x -\ln^2 x)/x^2\,$ så maximipunkt är $\,(e^2,4/e^2).$ Det största värdet är alltså $\,4/e^2.$
Genom att i t ex fallet $x>1$ sätta $\,x=1/t\,$ skulle vi istället kunna studera funktionen $\,f(t)=t\ln^2 (1/t)\,$ för $0<t<1.$ Eftersom $f(t)=t(-\ln t)^2=t\ln^2 t,\,0<t<1\,$ skulle vi då få samma funktion att studera som i fallet $0<x<1.$ Detta förklarar varför de båda funktionsgrenarna har samma största värde.

4.

$$f(x)=e^{-1/\vert x\vert}, \,x\ne 0. \mbox{ Då är } f'(x)=\fr... ...ad f''(x)=(1-2x\,\mbox{sgn }x)\frac{e^{-1/\vert x\vert}}{x^4}.$$

$\lim_{x\to 0}x^{-n}e^{-1/\vert x\vert}=\lim_{t\to \pm\infty}t^{n}e^{-\vert t\vert}=0,\,\, n\in \mathbf{Z}.$ Då $\,f(0)=0\,$ är därför
$f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=0\,$ och $f''(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}=0.$ Vidare är $f''(\pm 1/2)=0.$ $\,f''(x)\,$ byter tecken bara vid $x=\pm 1/2$ så vi har inflexion i $\,(\pm 1/2,1/e^2).$ Origo är en minimipunkt eftersom $f(x)>0,\, x\ne 0.$
Det finns inga lodräta asymptoter. Då $\lim_{x\to \pm\infty}f(x)=\lim_{t\to \pm 0}e^{-\vert t\vert}=1$ är alltså $\,y=1\,$ horisontell asymptot då $\,x\to \pm\infty.$ Vid kurvritningen noterar vi att $\,f(x)\,$ är en jämn funktion.

Till tentan

Tillbaka till Analys MN1