$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...sitet}\\ \textbf{Matematiska Institutionen}\\ T Erlandsson\\ \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} TENTAMEN 2003-12-12\\ Analys MN1\\ \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR

FRÅGOR

1.

$\frac{1}{2}$

2.

$-\frac{1}{4}$

3.

$-\frac{1}{2}$

4.

$-\frac{3}{2}$

5.

$y=0\quad$ (dvs $x-$axeln)

6.

$y=-\sin x+x$

7.

$y=0\quad$ (dvs $y=0$ för alla $x$)

8.

$y=1-\cos x$

9.

$y=e^{x^2}-1$

10.

$y=e^{x^2}-1\quad$ (lätt att separera men det är samma ekvation som i uppgift 9)

11.

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

12.

$-1\le x<1$

13.

$a_2=\frac{1}{2}\quad$ $\left(1/\sqrt{1-x^2}=(1+(-x^2))^{-\frac{1}{2}}=1+(-\frac{1}{2})(-x^2)+\dots =1+\frac{1}{2}x^2+\dots\right.$
så $\left. a_0=1,\,a_1=0,\,a_2=\frac{1}{2},\dots \right)$

14.

Konvergensradien är $2\,$ (serien är geometrisk)

15.

$f''(0)=1$

SVAR OCH ANVISNINGAR

Två problem till vilka fullständiga lösningar ska redovisas

1.

Definitionsmängden är $x\ne 9/2.$ Vertikal asymptot är $\,x=9/2.$ Horisontell asymptot är $\,y=0\,$ då $\,{x\to +\infty}.$ Eftersom $\,\lim_{x\to -\infty}y/x\,$ inte existerar har funktionen inga fler asymptoter. $\,\,y'=\frac{2(x-3/2)(x-3)}{(9-2x)^2}e^{-x}.$ Derivatans teckenväxling ger lokalt maximum i $\,(3/2,1/4e^{3/2})\,$ och lokalt minimum i $\,(3,1/e^{3}).$

2.

Volymen är

$$V(k)=2\pi\int_0^1 x\,\frac{1}{x^{k}}\,dx=2\pi\int_0^1 x^{1-k}\,dx= 2\pi\frac{x^{2-k}}{2-k}\vert _0^1 \,$$ då $$\,k\ne 2\,$$    och $$\, =2\pi\ln x\vert _0^1 \,$$ då $$\, k=2.$$

Volymen är alltså ändlig för $\,k<2.$ $\,V(k)=\frac{2\pi}{2-k}\,$ och $\,\lim_{k\to -\infty}V(k)=0.$

$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...tematiska Institutionen}\\ H Avelin, A Pelander, K Sigstam\\ \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} \par Tentamen del II \\ ANALYS MN1\\ 2003-12-12\end{flushright}}$

Lösningar

4.

Använd variabelbytet $u=e^x$ och få

$$\int_0^\infty \frac{e^x+1}{e^{2x}+1}\,dx=\int_1^\infty \frac{u+1}{u^{2}+1}\frac1u\,du.$$

Ansätt sedan partialbråksuppdelningen

$$\frac{u+1}{u(u^{2}+1)}=\frac{Au+B}{u^2+1}+\frac Cu$$

vilket leder till

$$\begin{split}&\int_1^{\infty} \frac{u+1}{u(u^{2}+1)}\,du=\int... ...n \frac 1{\sqrt{2}}=\\ =&\frac\pi 4+\frac 12\ln 2. \end{split}$$

Detta visar att integralen är konvergent.

5.

a)

Jämförelsetest visar att $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^p \ln n}$ är konvergent ($p>1$), eftersom $\frac{1}{n^p\ln n}<\frac{1}{n^p}$ för $n \geq 3$, och $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}$ är konvergent.

b)

Då $p<1$ kan vi välja ett tal $a>0$ så att $p+a<1$ (t ex $a=\frac{1-p}{2}$). Från standardgränsvärdet $\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{\ln n}{n^a}=0$, vet vi att $\ln n < n^a$ för $n>N$ där $N$ är något tillräckligt stort heltal. Alltså är $\frac{1}{n^p \ln n}>\frac{1}{n^p n^a}=\frac{1}{n^{p+a}}$ för $n>N$. Jämförelsetest visar alltså att $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^p \ln n}$ är divergent ($p<1$), eftersom $\frac{1}{n^p\ln n}>\frac{1}{n^{p+a}}$ för $n>N$, och $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{p+a}}$ är divergent ($p+a<1$).

c)

Låt $f(t)=\frac{1}{t \ln t}$ $(t>1)$. Då $f$ är kontinuerlig, positiv och avtagande och vi har att $f(n)=\frac{1}{n \ln n}$ för $n\geq 2$ kan vi använda integraltestet. Eftersom $\int_2^\infty f(t)dt=\int_{2}^\infty\frac{dt}{t \ln t}=[u=\ln t]=\int_{\ln 2}^\infty\frac{du}{u}$ är en divergent integral så är $\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n \ln n}$ divergent.

6.

Lösningarna till karakteristiska ekvationen $r^2-3r=r(r-3)=0$ är 0 och 3. Då blir lösningen till den homogena ekvationen

$$y_h=A+Be^{3x}.$$

Termerna i högerledet, $1$ och $e^{3x}$, finns redan i homogena lösningen. Då bör partikulärlösningen $y_p$ ha formen $y_p=x(c+de^{3x})$ där $c$ och $d$ bestäms genom insättning av $y_p'$ och $y_p''$ i differentialekvationen. Vi vet att $y_p'=c+(1+3x)de^{3x}$ och $y_p''=(6+9x)de^{3x}$. Insättning ger

$$1+e^{3x}=y_p''-3y_p'=[(6+9x)-(3+9x)]de^{3x}-3c =3de^{3x}-3c$$

Så att $c=-\frac13$, och $d=\frac13$, och $y_p=\frac x3(e^{3x}-1)$. Alltså blir den allmänna lösningen

$$y=y_h+y_p=A+Be^{3x}+\frac x3(e^{3x}-1).$$

Alternativt: Börja med att integrera båda sidor och få $y'-3y=x+\frac{e^{3x}}3+c$. Multiplicering båda sidorna med integrerande faktor $e^{-3x}$ ger $(ye^{-3x})'=(y'-3y)e^{-3x}=(x+c)e^{-3x}+\frac13$. Ytterligare integration ger

$$ye^{-3x} =\int(x+c)e^{-3x}dx+\frac x3+d=-\frac{(x+c)}3e^{-3x}- \frac19e^{-3x}+\frac x3+D$$

$$=-\frac{3(x+c)+1}9e^{-3x}+\frac x3+D$$

Alltså

$$y=C+De^{3x}+\frac{x}3(e^{3x}-1)$$   för några godtyckliga konstanter $C$ och $D$.

Till tentan

Tillbaka till Analys MN1