$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...sitet}\\ \textbf{Matematiska Institutionen}\\ T Erlandsson\\ \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} TENTAMEN 2004-01-15\\ Analys MN1\\ \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR

FRÅGOR

1.

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

2.

$\frac{\pi}{2}-1$

3.

$-2$

4.

$-1$

5.

$y=1$

6.

$y=-\cos x+Ax+B$

7.

$y=Ae^x+Be^{-x}$

8.

$y=Ae^x+Be^{-x}-1$

9.

$y=Ce^{-x^2}+1$

10.

$y=Cx-1\quad$ (lätt att t ex separera)

11.

$\frac{1}{1-1/e^2}$

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.

$\infty$ (använd kvottestet eller känn igen serien som Maclaurinserien för $\,e^x$ )

15.

$f''(0)=0$

SVAR OCH ANVISNINGAR

Två problem till vilka fullständiga lösningar ska redovisas

1.

Definitionsmängden är $x\ne 2.$ Vertikal asymptot är $\,x=2\,$ där $\lim_{x\to 2-}y=+\infty\,$ och $\lim_{x\to 2+}y=-\infty.$ Horisontell asymptot är $\,y=0-\,$ då $\,{x\to \pm\infty}.$ Derivatan har nollställena $\,1\,$ och $\,\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}.$ Teckenväxling ger lokalt maximum för $\,x=1\,$ och lokalt minimum för $\,\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}.$

2.

Vid kurvritningen är det viktigt att observera att $\,-x\ln x>0$ på definitionsmängden och att $\,\lim_{x\to 0+}y=0.$ Vidare är $y'=-\ln x-1\,$ så funktionen har ett maximum för $\,x=1/e.$ Volymen är

$$V=\pi\int_0^1 x^2\,\ln^2 x\,dx=\pi \frac{1}{3}x^3\ln^2 x\vert _0^1- \pi\int_0^1\frac{1}{3}x^3\cdot 2\ln x\cdot \frac{1}{x}=$$

$$=-\pi\int_0^1 2\frac{1}{3}x^2\,\ln x\,dx= -\pi 2(\frac{1}{3})^2x^3\ln x\vert _0^1+\pi\int_0^1 2(\frac{1}{3})^2x^3 \cdot \frac{1}{x}\,dx=$$

$$= \pi\int_0^1 2(\frac{1}{3})^2x^2 \,dx=2\pi(\frac{1}{3})^3.$$

$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...tematiska Institutionen}\\ H Avelin, A Pelander, K Sigstam\\ \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} \par Tentamen del II \\ ANALYS MN1\\ 2004-01-15\end{flushright}}$

Lösningar

4.

$$\int_0^\infty \frac{e^x}{e^{2x}+1}\,dx =\int_0^\infty \frac{e^x}{(e^x)^2+1}\,dx<\int_0^\infty \frac{e^x}{(e^x)^2} =\int_0^\infty e^{-x}<\infty.$$

$$\int_0^\infty \frac{e^x}{(e^x)^2+1}\,dx=\tan^{-1}e^x\vert _0^\infty=\frac {\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}$$

eller

$$\int_0^\infty \frac{e^x}{(e^x)^2+1}\,dx=[e^x=u,e^x\,dx=du] =\int_... ...u}{u^2+1}= \tan^{-1}u\vert _1^\infty=\frac {\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}$$

5.

a)

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

b)

Då $p>1$ kan vi välja ett tal $a>0$ så att $p=1+a+a$. 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 $\frac{\ln n}{n^p}=\frac{\ln n}{n^a}\frac{1}{n^{1+a}}<\frac{1}{n^{1+a}}$ för $n>N$ och då serien $\,\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^{1+a}}\,$ är konvergent visar jämförelsetestet att också den givna serien är konvergent.

6.

Lösning: Eftersom $xy'=1+x-y-xy=(1-y)(x+1)\,$ är ekvationen är separabel, dvs

$$\frac{dy}{1-y}=\frac{(1+x)dx}x, x\ne0 y\ne1$$

Integrering ger $-\ln\vert 1-y\vert=(x+c)+\ln\vert x\vert$, för något godtyckligt $c$. En förenkling av detta ger

$$y=\frac{Cxe^{x}-1}{Cxe^{x}}, \vert C\vert=e^c .$$

Till tentan

Tillbaka till Analys MN1