SF1625 Envariabelanalys Tentamen Onsdagen den 5

SF1625 Envariabelanalys
Tentamen
Onsdagen den 5 juni, 2013
Skrivtid: 8:00-13:00
Till˚atna hj¨alpmedel: inga
Examinator: Bengt Ek, Maria Saprykina
Tentamen best˚ar av nio uppgifter som vardera ger maximalt fyra po¨ang. De tre f¨orsta uppgifterna, som utg¨or del A, kan ers¨attas med resultat fr˚an den l¨opande examinationen. Bonuspo¨ang
tillgodor¨aknas vid de upp till tv˚a f¨orsta tentamina man skriver under l¨as˚aret. Kontrollskrivning
i svarar d˚a mot uppgift i (i = 1, 2) och seminarierna mot uppgift 3. Godk¨and kontrollskrivning ger 3 po¨ang p˚a motsvarande uppgift och v¨al godk¨and kontrollskrivning ger 4 po¨ang. Varje
godk¨ant seminarium ger 1 po¨ang p˚a uppgift 3. Det a¨ r maximum av resultatet fr˚an den l¨opande
examinationen och resultatet p˚a motsvarande uppgift p˚a tentamen som r¨aknas.
De tre f¨oljande uppgifterna utg¨or del B och de tre sista uppgifterna del C. F¨or de h¨ogsta
betygen, A och B, kr¨avs vissa po¨ang p˚a del C.
Betygsgr¨anserna vid tentamen kommer att ges av
Betyg
A B C D E Fx
Total po¨ang
27 24 21 18 16 15
varav fr˚an del C 6 3 – – – –
F¨or full po¨ang p˚a en uppgift kr¨avs att l¨osningen a¨ r v¨al presenterad och l¨att att f¨olja. Det inneb¨ar
speciellt att inf¨orda beteckningar ska definieras, att den logiska strukturen tydligt beskrivs i ord
eller symboler och att resonemangen a¨ r v¨al motiverade och tydligt f¨orklarade. L¨osningar som
allvarligt brister i dessa avseenden bed¨oms med h¨ogst tv˚a po¨ang.
Var god v¨and!
2
SF1625 Envariabelanalys — Tentamen 2013-06-05
D EL A
1. Visa att
1
x
1
− ≤
≤
2
2
1+x
2
f¨or alla (reella) v¨arden p˚a x.
2. Ber¨akna den obest¨amda integralen
Z
sin x
dx,
5 − 3 cos x
dvs finn alla primitiva funktioner till funktionen
sin x
.
5−3 cos x
3. a. (3p) Best¨am den allm¨anna l¨osningen till differentialekvationen
y 00 − 6y 0 + 8y = 2 + 8x.
b. (1p) Best¨am den l¨osning som satisfierar y(0) = 3, y 0 (0) = 5.
D EL B
4. Betrakta funktionen
(
1 − x2 , 0 ≤ x < 1
f (x) =
x ln x, 1 ≤ x ≤ e.
Ber¨akna integralen
Z
a
f (x) dx
0
f¨or alla v¨arden p˚a a i intervallet [0, e].
5. Best¨am gr¨ansv¨ardet
sin(x3 ) + ln(1 + x3 )
.
x→0
arctan x − x
lim
6. En 5 m l˚ang stege st˚ar lutad mot en v¨agg.
Stegens nedre a¨ nde a¨ r 3 m fr˚an v¨aggen. Stegen glider och nedre a¨ nden r¨or sig med hastigheten 0,2 m/s o¨ ver golvet, vinkelr¨att ut fr˚an v¨aggen.
Hur snabbt r¨or sig stegens o¨ vre a¨ nde l¨angs med v¨aggen?
SF1625 Envariabelanalys — Tentamen 2013-06-05
3
D EL C
7. Bevisa att om funktionen f har lokalt maximum i en inre punkt x0 i definitionsintervallet
och om f a¨ r deriverbar i x0 s˚a a¨ r
f 0 (x0 ) = 0.
8. Ange en Riemannsumma som approximerar integralen
Z 1
1
dx
0 1+x
med ett fel som till beloppet a¨ r mindre a¨ n 0,05.
Motivera ordentligt felets storlek. Du beh¨over inte ber¨akna Riemannsummans v¨arde.
9. L˚at
Z
x
F (x) =
0
sin(t3 )
dt.
3 + 2 cos t
Ber¨akna gr¨ansv¨ardet
F (x2 )
.
x→0
x8
lim
SF1625 Envariabelanalys
L¨osningsf¨orslag till tentamen 2013-06-05
D EL A
1. Visa att
1
x
1
− ≤
≤
2
2
1+x
2
f¨or alla (reella) v¨arden p˚a x.
L¨osningsf¨orslag.
x
ardem¨angd, a¨ r inneh˚allen
Metod 1 (standard): L˚at f (x) = 1+x
2 . Vi skall visa att Vf , f :s v¨
1 1
i intervallet [− 2 , 2 ].
f a¨ r definierad och deriverbar f¨or alla reella x. Vi finner v¨ardem¨angden med en v¨ardetabell.
2 )−x·2x
1−x2
Regeln f¨or derivatan av en kvot ger f ′ (x) = 1·(1+x
= (1+x
allen a¨ r
2 )2 . Dess nollst¨
(1+x2 )2
x = ±1.
”−∞”
−1
1
”∞”
Tabell:
x
f ′ (x)
f (x)
−
0
0
+ 0 −
ց − 21 ր
1
2
ց
0
0 under ”−∞” och ”∞” st˚ar f¨or gr¨ansv¨ardena d˚a x → ±∞. De a¨ r v¨asentliga n¨ar man
avg¨or vilka v¨arden f antar. De a¨ r b˚ada 0 eftersom f a¨ r en rationell funktion med l¨agre
grad i t¨aljaren a¨ n i n¨amnaren.
Ur tabellen ses att Vf = [− 12 , 21 ], s˚a saken a¨ r klar,
x
1
or alla reella v¨arden p˚a x.
− 12 ≤ 1+x
2 ≤ 2 f¨
Graf (olika skalor p˚a x- och y-axlarna):
Metod 2 (speciell) Eftersom 1 + 2x + x2 = (1 + x)2 ≥ 0 och 1 − 2x + x2 = (1 − x)2 ≥ 0
f¨or alla reella x a¨ r 2x ≥ −(1 + x2 ) och 1 + x2 ≥ 2x. 1 + x2 > 0, s˚a vi kan dividera dessa
x
1
1
x
¨ r klar.
olikheter med 2(1 + x2 ) och f˚ar 1+x
2 ≥ − 2 och 2 ≥ 1+x2 . Saken a
Svar.
Olikheterna visade ovan.
2
SF1625 Envariabelanalys — L¨osningsf¨orslag till tentamen 2013-06-05
2. Ber¨akna den obest¨amda integralen
Z
sin x
dx,
5 − 3 cos x
dvs finn alla primitiva funktioner till funktionen
sin x
.
5−3 cos x
L¨osningsf¨orslag.
Eftersom derivatan av cos x n¨astan a¨ r sin x (bara tecknet skiljer), f¨orenklas integralen av
variabelbytet t = cos x. Det ger sin x dx = −dt och den obest¨amda integralen blir
Z
Z
−1
1
sin x
dx =
dt = −
ln |5 − 3t| + C,
5 − 3 cos x
5 − 3t
−3
d¨ar C a¨ r en godtycklig konstant. Ins¨attning av t = cos x ger 31 ln |5 − 3 cos x| + C och
eftersom cos x ≤ 1 a¨ r 5 − 3 cos x > 0 f¨or alla reella x, s˚a |5 − 3 cos x| = 5 − 3 cos x.
Svar.
Den obest¨amda integralen ges av 13 ln(5 − 3 cos x) + C, C en godtycklig konstant.
SF1625 Envariabelanalys — L¨osningsf¨orslag till tentamen 2013-06-05
3
3. a. (3p) Best¨am den allm¨anna l¨osningen till differentialekvationen
y ′′ − 6y ′ + 8y = 2 + 8x.
b. (1p) Best¨am den l¨osning som satisfierar y(0) = 3, y ′ (0) = 5.
L¨osningsf¨orslag. Karakteristiska ekvationen f¨or motsvarande homogena ekvation a¨ r
r2 − 6r + 8 = 0,
med r¨otterna r1 = 4, r2 = 2, s˚a den homogena ekvationens allm¨anna l¨osning a¨ r
yh (x) = C1 e4x + C2 e2x .
F¨or en partikul¨arl¨osning till den inhomogena ekvationen g¨ors ansatsen y(x) = Ax + B.
Ins¨attning i ekvationen ger 0 − 6A + 8(Ax + B) = 8Ax + (−6A + 8B) = 8x + 2.
Identifikation av koefficienterna ger A = 1, −6A + 8B = 2 s˚a B = 1 och
yp (x) = x + 1.
Den allm¨anna l¨osningen till ekvationen a¨ r allts˚a
y(x) = yh (x) + yp (x) = C1 e4x + C2 e2x + x + 1,
vilket ger y ′ (x) = 4C1 e4x + 2C2 e2x + 1.
Konstanterna C1 och C2 best¨ams av villkoren p˚a y(0) och y ′ (0), s˚a C1 + C2 + 1 = 3 och
4C1 + 2C2 + 1 = 5, vilket ger C1 = 0, C2 = 2 och l¨osningen
y(x) = 2e2x + x + 1.
Svar.
a. Den allm¨anna l¨osningen a¨ r y(x) = C1 e4x + C2 e2x + x + 1,
b. Den s¨okta l¨osningen a¨ r y(x) = 2e2x + x + 1.
4
SF1625 Envariabelanalys — L¨osningsf¨orslag till tentamen 2013-06-05
D EL B
4. Betrakta funktionen
f (x) =
(
1 − x2 ,
x ln x,
Ber¨akna integralen
Z
0≤x<1
1 ≤ x ≤ e.
a
f (x) dx
0
f¨or alla v¨arden p˚a a i intervallet [0, e].
L¨osningsf¨orslag.
Eftersom f (x) definieras av olika uttryck i de tv˚a intervallen f˚ar vi skilja p˚a tv˚a fall f¨or a,
beroende p˚a om alla x i integrationsintervallet uppfyller 0 ≤ x < 1 eller inte.
Fall 1: Om 0 ≤ a ≤ 1 a¨ r
Z a
Z a
ia
h
3
3
(1 − x2 ) dx = x − x3 = a − a3 .
f (x) dx =
0
0
0
Fall 2: Om 1 ≤ a ≤ e ger en partialintegration i den andra integralen
Z a
Z 1
Z a
2
x ln x dx =
(1 − x ) dx +
f (x) dx =
1
0
0
h 2
ia Z a 2
h 2 ia
13
x
1
2
a2
x
x
= (1 − 3 ) + 2 ln x −
·
dx
=
+
(
ln
a
−
0)
−
=
2
x
3
2
4
1
=
2
3
+
a2
2
Z
a
ln a −
2
( a4
−
1
)
4
(
a−
=
1
11
12
1
+
a2
2
ln a −
a2
.
4
Svar.
f (x) dx =
0
a3
,
3
2
11
+ a2
12
ln a −
a2
4
,
0≤a<1
1 ≤ a ≤ e.
SF1625 Envariabelanalys — L¨osningsf¨orslag till tentamen 2013-06-05
5
5. Best¨am gr¨ansv¨ardet
sin(x3 ) + ln(1 + x3 )
.
x→0
arctan x − x
lim
L¨osningsf¨orslag.
Vi anv¨ander Maclaurinutveckling av t¨aljaren och n¨amnaren.
Den k¨anda utvecklingen sin t = t + t3 · B1 (t) ger sin(x3 ) = x3 + x9 · B(x).
P.s.s. ger ln(1 + t) = t + t2 · C1 (t) att ln(1 + x3 ) = x3 + x6 · C(x).
3
Vidare vet vi att arctan x = x − x3 + x5 · D(x).
H¨ar a¨ r, som vanligt, B1 (t), C1 (t) begr¨ansade funktioner i en omgivning av t = 0 och
B(x), C(x), D(x) begr¨ansade i en omgivning av x = 0.
Tillsammans ger de (d˚a x 6= 0 kan vi f¨orkorta med x3 )
sin(x3 ) + ln(1 + x3 )
x3 + x9 · B(x) + x3 + x6 · C(x)
2 + x6 · B(x) + x3 · C(x)
.
=
=
3
arctan x − x
− 31 + x2 · D(x)
x − x3 + x5 · D(x) − x
Det ger
2 + x6 · B(x) + x3 · C(x)
sin(x3 ) + ln(1 + x3 )
2
= lim
=
= −6.
1
x→0
x→0
arctan x − x
− 3 + x2 · D(x)
− 31
lim
Alternativt kan man anv¨anda l’Hospitals regel (fast det egentligen kr¨avs en s˚adan lite starkare form av
regeln som n¨amns i en anm¨arkning i kursboken – n¨amnarens derivata a¨ r ju noll f¨or x = 0).
cos(x3 ) · 3x2 +
sin(x3 ) + ln(1 + x3 )
= lim
lim
1
x→0
x→0
arctan x − x
−1
1+x2
3x2
1+x3
=
3(1 + 1) · 1
3(cos(x3 )(1 + x3 ) + 1)(1 + x2 )
=
= −6
x→0
(−1)(1 + x3 )
(−1) · 1
= lim
Svar.
Gr¨ansv¨ardet a¨ r −6.
6
SF1625 Envariabelanalys — L¨osningsf¨orslag till tentamen 2013-06-05
6. En 5 m l˚ang stege st˚ar lutad mot en v¨agg.
Stegens nedre a¨ nde a¨ r 3 m fr˚an v¨aggen. Stegen glider och nedre a¨ nden r¨or sig med hastigheten 0,2 m/s o¨ ver golvet, vinkelr¨att ut fr˚an v¨aggen.
Hur snabbt r¨or sig stegens o¨ vre a¨ nde l¨angs med v¨aggen?
L¨osningsf¨orslag.
L˚at, som i figuren, x vara avst˚andet mellan v¨aggen och
t
stegens nedre a¨ nde, y avst˚andet mellan golvet och ste❙
gens o¨ vre a¨ nde och l stegens l¨angd.
❙
Stegen glider, s˚a x (och d¨armed y) beror av tiden t. Vi
❙
❙ l
vet hur snabbt x v¨axer, dvs dess t-derivata x˙ a¨ r k¨and. Vi
y
❙
s¨oker hastigheten f¨or den o¨ vre a¨ nden, dvs y.
˙
❙
❙
Pythagoras sats ger x2 + y 2 = l2 , vilket g¨aller f¨or al❙
la t. Om man deriverar b˚ada leden (implicit derivering)
❙t
f˚ar man 2xx˙ + 2y y˙ = 0, vilket ger (d˚a y 6= 0) att
x
˙
y˙ = − xy x.
√
Ins¨attning av givna v¨arden l = 5 m, x = 3 m (s˚a y = l2 − x2 = 4 m) och x˙ = 0, 2 m/s
ger y˙ = − 34 · 0, 2 = −0, 15 m/s. (y˙ < 0 betyder att den o¨ vre a¨ nden r¨or sig ned˚at.)
Alternativt (lite l¨angre) kan man i detta fall uttrycka y som en funktion av x (y ≥ 0) som
√
y(x) = l2 − x2 .
Kedjeregeln ger sambandet mellan x˙ och y:
˙
y˙ =
(y ′ st˚ar allts˚a f¨or
d
y(x)
dx
och y˙ f¨or
= y ′ (x)x.
˙
d
y(x(t)).)
dt
Med y(x) ovan f˚ar man y (x) =
′
d
y(x(t))
dt
√−2x
2 l2 −x2
=
√ −x ,
l2 −x2
s˚a y˙ =
Svar.
Stegens o¨ vre a¨ nde r¨or sig ned˚at med hastigheten 0, 15 m/s.
√ −x x
˙
l2 −x2
= − xy x,
˙ som ovan.
SF1625 Envariabelanalys — L¨osningsf¨orslag till tentamen 2013-06-05
7
D EL C
7. Bevisa att om funktionen f har lokalt maximum i en inre punkt x0 i definitionsintervallet
och om f a¨ r deriverbar i x0 s˚a a¨ r
f ′ (x0 ) = 0.
L¨osningsf¨orslag.
Eftersom x0 a¨ r en inre punkt i f :s definitionsm¨angd finns ett tal h1 > 0 s˚adant att alla x
med x0 − h1 < x < x0 + h1 tillh¨or definitionsm¨angden.
Eftersom f har ett lokalt maximum i x0 finns h med h1 ≥ h > 0 s˚adant att f (x0 ) ≥ f (x)
f¨or alla x med x0 − h < x < x0 + h.
(x0 )
≤ 0 (eftersom f (x)−f (x0 ) ≤ 0, x−x0 > 0)
D˚a g¨aller f¨or alla x med x0 < x < x0 +h att f (x)−f
x−x0
f (x)−f (x0 )
och f¨or alla x med x0 − h < x < x0 att x−x0 ≥ 0 (eftersom f (x) − f (x0 ) ≤ 0, x − x0 < 0).
Eftersom f a¨ r deriverbar i x0 a¨ r
f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
= lim+
= lim−
.
f ′ (x0 ) = lim
x→x0
x − x0
x − x0
x − x0
x→x0
x→x0
Enligt ovan a¨ r h¨ogergr¨ansv¨ardet ≤ 0 och v¨anstergr¨ansv¨ardet ≥ 0 (gr¨ans¨overg˚ang i olikhet), s˚a f ′ (x0 ) ≤ 0 och f ′ (x0 ) ≥ 0. Det betyder att f ′ (x0 ) = 0, saken a¨ r klar.
Svar.
P˚ast˚aendet visat ovan.
8
SF1625 Envariabelanalys — L¨osningsf¨orslag till tentamen 2013-06-05
8. Ange en Riemannsumma som approximerar integralen
Z 1
1
dx
0 1+x
med ett fel som till beloppet a¨ r mindre a¨ n 0,05.
Motivera ordentligt felets storlek. Du beh¨over inte ber¨akna Riemannsummans v¨arde.
L¨osningsf¨orslag.
1
L˚at f (x) = 1+x
och tag ett heltal n > 0.
Vi delar in intervallet [0, 1] med punkterna xk = nk , k = 0, 1, . . . , n. D˚a a¨ r 0 = x0 < x1 <
· · · < xn = 1. Den Riemannsumma f¨or integralen som svarar mot valet ξk = xk−1 a¨ r
n
X
n
X
n−1
1
1X
R1 =
f (xk−1 )(xk − xk−1 ) =
f (xk−1 ) =
f (xk )
n
n k=0
k=1
k=1
och den som svarar mot ξk = xk a¨ r
n
n
n
X
X
1X
1
f (xk ).
R2 =
f (xk )(xk − xk−1 ) =
f (xk ) =
n
n k=1
k=1
k=1
1
a f¨or alla x i ]xk−1 , xk [ g¨aller
f a¨ r en str¨angt avtagande funktion (f ′ (x) = − (1+x)
2 < 0), s˚
R xk
1
f (xk−1 ) > f (x) > f (xk ). Det f¨oljer att (eftersom f (xk−1 ) n > xk−1 f (x) dx > f (xk ) n1 )
Z 1
1
dx > R2 .
R1 >
0 1+x
1
Men R1 − R2 = n1 (f (x0 ) − f (xn )) = n1 (f (0) − f (1)) = n1 (1 − 21 ) = 2n
, s˚a genom att dra
R2 fr˚an olikheten f˚as
Z 1
1
1
>
dx − R2 > 0
2n
0 1+x
och genom att dra alla led i olikheten fr˚an R1 (och byta > mot <) f˚as
Z 1
1
1
0 < R1 −
dx <
.
2n
0 1+x
Det betyder att om n = 10 uppfyller b˚ade R1 och R2 villkoret (0, 05 =
Svar.
T.ex.
10
X
k=1
1
1
·
k−1
1 + 10 10
och
10
X
k=1
1
1
· .
k
1 + 10 10
1
).
2·10
SF1625 Envariabelanalys — L¨osningsf¨orslag till tentamen 2013-06-05
9. L˚at
F (x) =
Ber¨akna gr¨ansv¨ardet
Z
x
0
9
sin(t3 )
dt.
3 + 2 cos t
F (x2 )
.
x→0
x8
lim
L¨osningsf¨orslag.
attning av gr¨ansv¨arden).
Eftersom limx→0 x2 = 0 a¨ r det s¨okta gr¨ansv¨ardet limu→0 Fu(u)
4 (sammans¨
Eftersom b˚ade t¨aljaren och n¨amnaren a¨ r deriverbara hur m˚anga g˚anger som helst och b˚ada
a¨ r 0 d˚a u = 0, kan vi anv¨anda l’Hospitals regel, s˚a
F (u)
F ′ (u)
lim
= lim
.
u→0 u4
u→0 4u3
Enligt analysens huvudsats a¨ r F ′ (u) =
sin(u3 )
,
3+2 cos u
s˚a
F (x2 )
sin(u3 )
sin(u3 )
1
=
lim
=
lim
·
=
8
3
3
x→0
u→0 (3 + 2 cos u) · 4u
u→0
x
u
(3 + 2 cos u) · 4
1
1
=1·
= .
(3 + 2) · 4
20
lim
(Om man inte byter till u = x2 i gr¨ansv¨ardet f˚ar man anv¨anda kedjeregeln f¨or att ber¨akna
d
F (x2 ) = F ′ (x2 ) · 2x, med F ′ som ovan.)
dx
Man kan ocks˚a anv¨anda Maclaurinutveckling.
3
4
R
R
sin(t3 )
= t5 +t5 ·B(t), vilket ger F (x) = x20 +x6 ·C(x) (ty f (x) < g(x) ⇒ 0x f (t) dt < 0x g(t) dt)
3+2 cos t
8
och F (x2 ) = x20 + x12 · D(x) etc. (B, C, D begr¨ansade funktioner n¨ara 0).
Svar.
Gr¨ansv¨ardet a¨ r
1
.
20