Transcript 5 timmar. Inga hjälp

¨
Ovningstenta
TM-Matematik
Mikael Forsberg
P¨ar Hemstr¨om
Envariabelanalys
ma034a
ovnT-2-vt2012
Skrivtid: 5 timmar. Inga hj¨alpmedel. L¨osningarna skall vara fullst¨andiga och l¨atta att f¨olja.
B¨orja varje ny uppgift p˚
a ny sida.
Anv¨and ej baksidor. Skriv namn p˚
a varje inl¨amnat blad.
1. Ber¨akna ett v¨arde p˚
a f (−2) s˚
a att funktionen
f (t) =
t2 + 5t + 6
t2 + t − 2
blir kontinuerlig i t = −2. Ange den kontinuerliga utvidgningen i denna punkt.
2. Best¨am ekvationen f¨or tangenten till kurvan definierad av x3 + y 3 − xy = 7 i punkten (2, 1).
(Ledning: anv¨and implicit derivering)
3. (a) Ange det st¨orsta t¨ankbara definitionsomr˚
ade d¨ar kurvan i figur 1 representerar en
funktion.
(b) Ange det st¨orsta t¨ankbara definitionsomr˚
ade d¨ar kurvan i figur 1 representerar en
funktion som ocks˚
a har en invers
(c) Ange definitionsm¨angd och v¨ardem¨angd f¨or inversen till den funktion som du beskrivit
i b)
Figure 1: Kurva till uppgift 3
[h]
4. Best¨am eventuella extrempunkter, inflexionspunkter samt horisontella och vertikala asymptoter till
4 − 3x
y=
1−x
och rita funktionens graf.
5. (a) Ber¨akna tredje ordningens Taylorpolynom f¨or sin x centrerad i origo.
(b) Anv¨and approximationen fr˚
an uppgift a) f¨or att ber¨akna ett n¨armev¨arde f¨or sin π/2.
Vad ¨ar det exakta v¨ardet?
(c) Ber¨akna felettermen och g¨or en uppskattning av hur stort felet ¨ar.
6. (a) L¨os integralen
R
x2 sin(x3 )dx
(b) L¨os integralen
R
x3 sin x2
7. Ber¨akna integralen
Z
x2 + 2x + 3
x3 − 4x2 + 5x − 2
8. Linjen y = 6 − x innesluter tillsammans med x-axeln samt linjerna x = 1 och x = 4 ett
omr˚
ade i planet. Ber¨akna volymen av den kropp som bildas d˚
a detta omr˚
ade roterar kring
x-axeln. Rita figur.
2
Svar till tentamen i Envariabelanalys, ovnT-2-vt2012.
1. Den kontinuerliga utvidningen ¨ar
t+3
t−1
och dess v¨arde f¨or t = −2 ¨ar −1/3
2. y = −11x + 23
3.
(a) [0, 7]
(b) [0, 5]
(c) Definitionsm¨angd: [−3, 2], V¨ardem¨angd: [0, 5]
4. Se l¨osningen.
5.
(a) p3 (x) = x −
(b)
π
2
x3
6
3
− π48 ≈ 0.9248.
Det exakta v¨ardet: sin π/2 = 1
4
cπ
(c) Feltermen:: E3 (π/2) = sin
24 24
4
π
Maximala felet:: 384
≈ 0.2537
6.
(a) = − 31 cos x3 + C
(b)
7.
1 2
2
2 x cos x
6
x−1
− 21 sin x2 + C
+ 11 ln(x − 2) − 10 ln(x − 1)
8. Volymen ¨ar 39π volymsenheter.
L¨
osningar till tentamen i Envariabelanalys, ovnT-2-vt2012.
1. Som den st˚
ar ¨ar v˚
ar funktion inte definierad d˚
a t = −2. Detta beror p˚
a att n¨amnaren ¨ar noll
f¨or t = −2. Men en kontroll ger att ¨aven t¨aljaren ¨ar noll f¨or detta v¨arde. Om vi faktoriserar
t¨aljare och n¨amnare s˚
a ser vi tydligare vilken situation vi har att g¨ora med:
f (t) =
t2 + 5t + 6
(t + 2)(t + 3)
=
t2 + t − 2
(t + 2)(t − 1)
Nu ¨ar det sj¨alvklart frestande att ”stryka bort” den gemensamma faktorn. Ska man vara noggrann s˚
a betyder ”strykandet” att man ers¨atter det man stryker bort med 1. Dvs man g¨or
t+2
=1
t+2
Men strikt sett s˚
a ¨ar detta inte sant om t = −2 eftersom man d˚
a har 0/0 som ¨ar ett uttryck
med oklar och obest¨amd tolkning. Men det hela ¨ar inte s˚
a komplicerat som det l˚
ater. Vad som
˘
h¨ander n¨ar man stryker ¨ar att man f˚
ar en ny funktion f (den har ett st¨orre definitionsomr˚
ade i
och med att den nu ¨ar definierad f¨or t = −2):
t+3
f˘(t) =
t−1
som nu ¨ar definierad i t = −2 och antar v¨ardet f˘(−2) = − 13 . Denna funktion ¨ar den kontinuerliga
utvidningen av f i t = −2.
2. Tangentlinjen i en punkt (a, b) ¨ar en vanlig r¨at linje med ekvation y = kx + m, d¨ar k = y 0 (a)
och m best¨amd genom kravet p˚
a att linjen ska g˚
a genom punkten (a, b)
b = ka + m
⇒
m = b − ka
Nu ¨ar y implicit definierad som funktion av x och det ¨ar i detta fall sv˚
art att l¨osa ut y p˚
a explicit
form. F¨or att best¨amma k s˚
a beh¨over vi dock bara derivatan i en viss punkt och d˚
a kan implicit
derivering hj¨alpa oss att best¨amma detta. Vi deriverar d¨arf¨or x3 + y 3 − xy = 7 implicit. Vi
betraktar allts˚
a y som en funktion av x och deriverar b˚
ada led m.a.p x och l¨oser ut y 0 :
3x2 + 3y 2 y 0 − y − xy 0 = 0
⇒
y0 = −
3x2 − y
3y 2 − x
S¨atter vi in v˚
ar punkt (x, y) = (2, 1) s˚
a f˚
ar vi v˚
art v¨arde p˚
a k:
k = y 0 (2) = −
12 − 1
= −11
3−2
Vi ber¨aknar nu m:
m = b − ka = 1 − (−11) · 2 = 23
Tangentlinjen blir allts˚
a
y = −11x + 23
3. L¨osning:
(a) Funktioner som definieras av figuren kommer att ha definitionsm¨angd p˚
a x-axeln och
v¨ardem¨angd p˚
a y-axeln. En funktion karakteriseras d˚
a av att varje x i definitionsm¨angden
ska avbildas till ett unikt st¨alle i v¨ardem¨angden. Detta inneb¨ar att om en kurva i planet
ska vara grafen till en funktion s˚
a m˚
aste den sk¨ara varje lodr¨at linje, given av en punkt
i definitionsm¨angden, p˚
a exakt ett st¨alle. Om kurvan sk¨ar en lodr¨at linje ¨over x p˚
a s¨
ag
tv˚
a st¨allen s˚
a betyder detta att kurvan definierar tv˚
a y-v¨arden f¨or detta x-v¨arde, vilket d˚
a
leder till ett brott mot funktionsdefinitionens krav p˚
a ett unikt y-v¨arde f¨or varje x.
Vi beh¨over allts˚
a studera v˚
ar figur och hitta alla x som g¨or att dess lodr¨ata linje sk¨
ar
kurvan p˚
a mer ¨an ett st¨alle och sedan utesluta dessa. Fr˚
an figur 2(a) ser vi att kurvan
definierar en funktion om x ∈ [0, 7].
En skärning
ger funktion
Två skärningar
>ej funktion
(a) Figur till uppgift 3a och visar att kurvan inte definierar en funktion (r¨
od heldragen halvcirkel) f¨
or negativa x och att kurvan
definierar en funktion om x ¨
ar ickenegativ.
Den gr¨
ona streckade delen representerar allts˚
a
grafen till en funktion.
(b) Den bl˚
a streckade delen av kurvan representerar den st¨
orsta del som ¨
ar inverterbar. Notera att p˚
a denna del s˚
a¨
ar funktionen
v¨
axande.
Figure 2: Figurer till uppgift 3
(b) F¨or att hitta det st¨orsta definitionsomr˚
ade d¨ar kurvan definierar en funktion som har invers
s˚
a beh¨over vi hitta det st¨orsta intervall d¨ar kurvan definierar en v¨axande (eller avtagande)
funktion1 2 . I Figur 2(b) s˚
a visas detta omr˚
ade som ¨ar intervallet [0, 5].
(c) I b. begr¨ansade vi definitionsomr˚
adet till intervallet [0, 5]. P˚
a detta intervall definierar
kurvan en funktion f : [0, 5] → [−3, 2]. Eftersom f ¨ar v¨axande p˚
a detta intervall s˚
a har
funktionen allts˚
a invers. Inversens definitionsomr˚
ade ¨ar f ’s v¨ardem¨angd och inversens
v¨ardem¨angd ¨ar f ’s definitionsm¨angd. Vi har allts˚
a f −1 : [−3, 2] → [0, 5].
4. Vi b¨orjar med att derivera funktionen och ber¨akna kritiska punkter:
y0 =
−3(1 − x) − (4 − 3x)(−1)
1
=
2
(1 − x)
(x − 1)2
Derivatan saknar nollst¨allen men x = 1, ger nolldivision och f¨orv¨antas d¨arf¨or ge lodr¨at asymptot.
Inflexionspunkter hitter man bland de punkter som g¨or andraderivatan noll. Vi deriverar en
g˚
ang till och f˚
ar:
2
y 00 = −
(x − 1)3
¨
Aven
andraderivatan saknar allts˚
a nollst¨allen och vi saknar d¨arf¨or inflexionspunkter.
1
Se t.ex. http://www.envariabelanalys.se/wp-content/uploads/increasingInverse.pdf
Det enda som kan st¨
alla till det h¨
ar ¨
ar att vi inte har n˚
agon information om deriverbarhet. Men av bilden 1
tycks kurvan best˚
a av cirkelsegment och s˚
adana har automatiskt tillr¨
acklig sl¨
athet. I punkten x = 3 s˚
a m¨
ots tv˚
a
olika cirklar och tangenterna sammanfaller h¨
ar, vilket ger att derivatan ¨
ar kontinuerlig d¨
ar. Dock ¨
ar kr¨
okningarna
olika och man m˚
aste d¨
arf¨
or f¨
orv¨
anta sig att andraderivatan blir diskontinuerlig, men andra derivatan har ingen
betydelse f¨
or inversen.
2
5
Teckenstudium
x
y
y0
y
y”
x<1
%
+
^
+
1
ej def
ej def
ej def
ej def
x>1
%
+
_
−
Table 1: teckenstudium
Tecken studiet ger allts˚
a att v˚
ar funktion ¨ar v¨axande p˚
a alla intervall, ej definierad i x = 1
och kr¨okt som en glad mun n¨ar x < 1 och kr¨okt som en sur mun d˚
a x > 1. Grafen blir som i
figur 3
15
10
5
-3
-2
1
-1
2
3
4
-5
-10
Figure 3: Figur till uppgift 4. som visar funktionens graf med lodr¨at asymptot x = 1 och v˚
agr¨
at
asymptot y = 3
Horisontell asymptot
Horisontella asymptoter har att g¨ora med funktionernas beteende d˚
a x → ±∞. Om funktionen
n¨armar sig en v˚
agr¨at linje s˚
a ¨ar denna linje funktionens horisontella asymptot. Vi beh¨over d¨arf¨
or
studera gr¨ansv¨ardena
4 − 3x
= [ division med x i t¨aljare och n¨amnare ] =
x→±∞ 1 − x
4
−3
= lim x1
=
x→±∞
x −1
lim
= [ kvoterna i t¨aljare och n¨amnare g˚
ar mot noll ]
−3
=
=3
−1
Detta betyder att y = 3 ¨ar horizontell asymptot
6
5.
(a) M.h.a Taylors sats s˚
a ges tredje ordningens Taylorpolynom av
p3 (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) +
f 00 (a)
f 000 (a)
(x − a)2 +
(x − a)3
2!
3!
som i v˚
art fall, d˚
a a = 0 och f (x) = sin x, s˚
a f˚
ar vi
p3 (x) = x −
x3
,
6
vilket f¨oljer eftersom sin 0 = 0.
(b) Ett n¨armev¨arde till sin π/2 f˚
ar vi om vi s¨atter x = π/2 i p3 (x), som d˚
a blir
p3 (π/2) = π/2 −
(π/2)3
π π3
= −
≈ 0.9248
6
2
48
(c) Vi vet ju att sin π/2 = 1 och d˚
a kan man ju uttrycka felet som
felet = 1 −
π π3
−
≈ 0.07512
2
48
Feltermen f¨or approximationen blir enligt Taylors sats:
E3 (x) =
f (4) (c) 4
x ,
4!
d¨ar c ligger mellan x = π/2 och 0. Eftersom fj¨ardederivatan av sin x ¨ar sin x s˚
a har vi
4
sin c π 4 π 4
≤ π ≈ 0.2537
=
sin
c
|E3 (π/2)| = 384
24 24 384
d¨ar den sista olikhet f¨oljer eftersom | sin c| ≤ 1. Denna feluppskattning betyder att det fr˚
an
approximationen s˚
a ¨ar det inte m¨ojligt att s¨aga mer om det korrekta v¨ardet f¨or sin π/2
¨an att det ligger i intervallet [0.9248 − 0.2537, 0.9248 + 0.2537] = [0.6711, 1.1785] vilket ju
st¨ammer eftersom det r¨atta v¨ardet ¨ar 1.
Denna approximation ¨ar inte s˚
a bra och anledningen ¨ar vi anv¨ant Taylorpolynomet med
centrum i origo och origo ligger f¨or l˚
angt ifr˚
an π/2 f¨or att vi ska kunna f˚
a ett bra
n¨armev¨arde.
Graferna till sin x och p3 (x) ¨ar plottade tillsammans i figur 4.
6.
(a) G¨or substitutionen u = x3 , du = 3x2 dx. D˚
a blir integralen
Z
1
1
1
sin udu = − cos u = − cos x3 + C
3
3
3
(b) Anv¨and partiell integration och integrera x sin x2 och derivera x2 :
Z
Z
Z
1 2
1
x3 sin x2 =
x · 2x sin x2 = x2 cos x2 − x cos x2 dx =
2
2
= [ subst. i integraltermen u = x2 , du = 2xdx] =
Z
1 2
1
1
1
1
1
2
= x cos x −
cos udu = x2 cos x2 − sin u = x2 cos x2 − sin x2 + C
2
2
2
2
2
2
7
felet
=
det
r¨
atta minus det
approximativa
1
0.8
0.6
0.4
0.2
Π
Π
3Π
4
2
4
Π
Figure 4: J¨amf¨orelse mellan sin x och dess tredjegradens Taylorpolynom. Notera att i v˚
ar punkt
π/2 s˚
a ligger kurvorna en bit fr˚
an varandra.
7. Vi b¨orjar med att faktorisera n¨amnaren: nollst¨allena ¨ar x = 1 (dubbelt) och x = 2 (enkelt).
Detta ger att integranden kan skrivas och partialbr˚
aksuppdelas enligt
x2 + 2x + 3
x2 + 2x + 3
A
B
C
=
=
+
+
3
2
2
2
x − 4x + 5x − 2
(x − 1) (x − 2)
x − 1 (x − 1)
x−2
A = −10, B = −6 och C = 11 Integrering ger nu
Z
Z
Z
−10
−6
11
6
I=
dx +
dx +
dx =
+ 11 ln |x − 2| − 10 ln |x − 1| + C
2
x−1
(x − 1)
x−2
x−1
| {z } |
{z
} | {z }
−10 ln |x−1|
11 ln |x−2|
6
= x−1
8. Vi ritar upp omr˚
adet som skall roteras kring x-axeln i figur 5 Rotationsvolymen ges av
6
5
4
3
2
1
1
2
3
4
5
6
Figure 5: H¨ar visas omr˚
adet som skall roteras kring x-axeln
Z
V =π
b
2
Z
2
4
Z
1
4
x3
2
36 − 12x + x dx = π 36x − 6x +
=
3 1
2
[6 − x] dx = π
[f (x)] dx = π
a
4
1
64
1
= π[(144 − 96 + ) − (36 − 6 + )] = 39π
3
3
8