analys-sem1(1,2,3,4,5).pdf

May 22, 2018 | Author: Hannes Boholm | Category: Trigonometric Functions, Complex Analysis, Derivative, Functions And Mappings, Calculus


Comments



Description

1Problem 1 L¨ os ekvationen arcsin(x) = arctan(2x) Vi b¨ orjar med att titta p˚ a v¨ ansterledet och s¨ atter att: y = arcsin(x) Vi applicerar sinus till b˚ ada sidor av ekvationen och f˚ ar d˚ a: sin(y) = sin(arcsin(x)) Vi har d˚ a allts˚ a att: (1): x = sin(y) om − π2 ≤ y ≤ π2 Intervallet beror p˚ a att sinus invers, arcsin endast existerar p˚ a det begr¨ansad intervallet. Nu tittar vi p˚ a h¨ ogerledet och s¨ atter att: y = arctan(2x) Vi applicerar tangens till b˚ ada sidor av ekvationen och f˚ ar d˚ a:: tan(y) = tan(arctan(2x)) Vi har d˚ a allts˚ a att: (2): 2x = tan(y) om − π2 < y < π2 Intervallet beror p˚ a att tangens invers, arctan endast existerar p˚ a det begr¨ansad intervallet. Om man s¨ atter in x fr˚ an (1) i (2) s˚ a f˚ ar vi att:: 2 ∗ sin(y) = tan(y) Skriver vi om tan(y) f˚ ar vi: sin(y) 2 ∗ sin(y) = cos(y) Vi flyttar ¨ over h¨ ogerledet till v¨ anster ledet och f˚ ar d˚ a att: sin(y) =0 2 ∗ sin(y) − cos(y) Vi bryter ar d˚ a att:  ut sin(y)och f˚ =0 sin(y) 2 − 1 cos(y) Dettar ger oss tv˚ a fall. Antingen ¨ ar sin(y) = 0 eller s˚ a ¨ar 2 − 1 = 0. Allts˚ a: cos(y) (1): sin(y) = 0 (2): 2 − 1 = 0 cos(y) Vi b¨ orjar med att titta p˚ a fall 1. Fall 1 : sin(y) = 0 F¨ or att f˚ a fram y:s v¨ arde applicerar vi sinus inversa funktion arcsin, till b˚ ada sidor av ekvationen Eftersom arcsin(sin(y)) = y f˚ ar vi att: y = arcsin(0) y=0 Fall 2: 2− 1 =0 cos(y) Vi flyttar ¨ over − 1 till h¨ ogerledet och f˚ ar d˚ a att: cos(y) 1 cos(y) Vilket ¨ ar detsamma som: cos(y) = 1 2 F¨ or att f˚ a fram y:s v¨ arde applicerar vi cosinus inversa funktion arccos, till b˚ ada sidor av ekvationen Eftersom arccos(cos(y)) = y f˚ ar vi att: y = arccos( 1 2 ) eller y = − arccos( 1 2) π y¨ ar allts˚ a − 3 eller π 3 Detta ˚ ask˚ adligg¨ ors genom att rita in ett vertikalt streck p˚ a en enhetscirkel, parallellt med y-axeln d˚ ax= 1 2 2= Om vi sammanfattar s˚ a har vi att: 1 π y = −π 3 , 0, 3 Nu s¨ oker vi ju x, som enligt definitionen i b¨ orjan ¨ar: x = sin(y) √ 3 ) = x1 = sin( π 3 2 x2 = sin(0) = 0 √ π) = − 3 x3 = sin( −π ) = − sin( 3 3 2 2 2 Problem 2 Ber¨ akna gr¨ ansv¨ ardet av: q √ √ n+ n+ n √ xn = n+1 n¨ ar n g˚ ar mot o¨ andligheten. F¨ or att r¨ akna ut gr¨ ansv¨ ardet m˚ aste vi skriva om uttrycket. Vi b¨ orjar med att skriva in n¨ a mnaren under samma rottecken som t¨aljaren: r √ √ n+ n+ n xn = n+1 Nu delar vi upp kvoten i tv˚ a termer och f˚ ar d˚ a: r √ √ n+ n n xn = n+1 + n+1 √ Vi bryter det andra uttrycket och f˚ ar d˚ a: v ut n ut q  u √ √ n u n 1+ n t n  xn = n+1 + √ √ n n+ √1n √ n f¨ os rkortas bort och d˚ a har vi kvar: q √ n 1+ n n √ n+1 + n+ √1n √ Eftersom nn = √1n s˚ a kan s q 1+ √1n n xn = n+1 + √n+ √1 n xn = vi skriva uttrycket som: Nu kan vi titta p˚ a varje uttryck f¨ or sig och sedan r¨akna ut gr¨ansv¨ardet var f¨or sig. q 1+ √1n √ n Vi ser nu allts˚ a uttrycket som: xn = A + B d¨ar A = n+1 och B = √n+ √1 n Om man nu tittar p˚ a uttrycken under rottecknet var f¨or sig ser vi att: n (A): lim n+1 n→∞ Vi bryter ut n ur t¨ aljare och n¨ amnare och f˚ ar d˚ a att: n(1) n lim n+1 = lim n(1+ 1 n→∞ n→∞ n) n kan f¨ orkortas bort och d˚ a har vi kvar: lim 1+1 1 n→∞ n 1 n→∞ n (*): Om man resonerar kring lim S˚ a n¨ ar n → ∞ s˚ a g˚ ar n1 mot 0. D˚ a blir allts˚ a lim 1+1 1 = lim n→∞ n 1 n→∞ 1+0 s˚ a f¨ orst˚ ar man ju att desto st¨orre n blir desto mindre blir = 1 1 1 n. =1 (B): F¨ or en kvot av gr¨ ansv¨ arden g¨ aller att: (**) Sats: Om f (x) → A och g(x) → B d˚ a x → ∞ s˚ a g¨aller att: q Gr¨ ansv¨ ardet lim n→∞ √ 1+ √1n n+ √1n A f (x) → d˚ a x → ∞, om B 6= 0 g(x) B kan d¨ arf¨ or l¨ osas p˚ a f¨oljande s¨att: √ Vi f¨ orkortar t¨ aljare och n¨ amnare med n (n¨ amnarens dominerande term) och f˚ ar d˚ a: r 1 1+ √ n √ n √ 1 n+ √ n √ n √ Flyttar in n i t¨ aljaren innanf¨ or rottecknet samt utf¨or divisionen i n¨anmnaren och f˚ ar d˚ a: 3 v u u 1 + √1 r t 1 1 n + 3 n n2 n = 1 1 1+ 1+ n n Tittar vi p˚ a t¨ aljaren s˚ a g˚ ar den mot 0 ochqn¨ amnaren mot 1 n¨ar n → ∞ Enligt (*) och (**) s˚ a g˚ ar d˚ a kvoten B = √ 1+ √1n n+ √1n 0 1 mot = 0 n¨ar n → ∞ D˚ a har vi ber¨ aknat gr¨ ansv¨ ardena f¨ or A och B, var f¨or sig. Nu kan vi utnyttja additionsregeln f¨ or gr¨ ansv¨ arden som s¨ager: (***) Sats: lim [f (x) + g(x)] = lim f (x) + lim g(x) x→∞ x→∞ s Vilket betyder att vi allts˚ a kan skriva lim n→∞ Svar: q √ √ n+ n+ n √ lim n+1 n→∞ q n n+1 + √ 1+ √1n n+ √1n =1 4 x→∞ som √ A+B = √ 1+0=1 3 Problem 3 Unders¨ ok funktionen f (x) = e−1/|x| med avseende p˚ a extrempunkter, asymptoter och konvexitetsegenskaper. Skissera ¨aven grafen. Det f¨ orsta man reflekterar ¨ over ¨ ar att funktionen inte ¨ar definierad d˚ ax=0 Funktionens definitionsm¨ angd ¨ ar allts˚ a alla reella tal skilda fr˚ an noll. Df = < \ {0} Det andra man reflekterar ¨ over ¨ ar att e−1/|x| kommer att vara positiv f¨or alla x ∈ Df . Definition 1: En funktion y = f (x) ¨ ar j¨ amn om f (−x) = f (x), f¨or varje x ∈ Df . Grafen till en j¨ amn funktion ¨ar symmetrisk kring y-axeln. Definition 2: En funktion y = f (x) ¨ ar udda om f (−x) = −f (x), f¨or varje x ∈ Df . Grafen till en udda funktion ¨ar symmetrisk i origo. Vi unders¨ oker det genom att r¨ akna ut f(-x) och f(+x): 1 e1/x 1 = 1/x e f (−x) = e−1/|−x| = e−1/x = f (+x) = e−1/|x| = e−1/x f (−x) = f (x) Allst˚ a¨ ar e−1/|x| j¨ amn och positiv f¨or alla x ∈ Df Enligt definition 1 ¨ ar en j¨ amn funktion symmetrisk under spegling i y-axeln. Det r¨ acker allts˚ a att titta p˚ a egenskaper f¨ or funktionen f¨or positiva x och sedan spegla grafen i y-axeln f¨ or negativa x. Vilket spar en del arbete. Unders¨ oka extrempunkter g¨ or man genom att s¨atta f 0 (x) = 0 f 0 (x) = e−1/x ∗ x−2 = ger e−1/x =0 x2 e−1/x = 0 F¨ or att l¨ osa det tar man ln av b˚ ada sidor eftersom ln(ex ) = x. Allts˚ a: ln(e−1/x ) = ln(0) (*) ln(e−1/x ) = ln(0) saknar l¨ osning d˚ a ln(0) inte existerar eftersom det finns inget x s˚ a att ex = 0 Allts˚ a saknar funktionen extrempunkter. Funktionen har en v˚ agr¨ at asymptot i linjen y = 1 eftersom y = e−1/x g˚ ar mot 1 d˚ ax→∞ 5 Konvexitetsegenskaper: Vi b¨ orjar med att unders¨ oka om funktionen har n˚ an inflexionspunkt. Det unders¨oks genom att s¨atta f 00 (x) = 0 e−1/x x2 Enligt kvotregeln f¨ or derivata1 f˚ ar vi: x2 ∗ e−1/x − 2x ∗ e−1/x 2 e−1/x 2e−1/x x 00 f (x) = = − (x2 )2 x4 x3 f 0 (x) = e−1/x ∗ x−2 = F¨ or att unders¨ oka eventuell inflexionspunkt s¨ atts f”(x) = 0, allts˚ a: 2e−1/x e−1/x − =0 4 x x3 −1/x Bryter ut och ar d˚ a:  f˚ e 2 1 − 3 =0 e−1/x x4 x   2 1 −1/x − 3 =0 S˚ a, antingen ¨ ar e = 0 eller s˚ a ¨ar x4 x Enligt (*) s˚ a saknar e−1/x = 0 l¨ osning, allts˚ a l¨oser vi ekvationen  1 2 − 3 4 x x  =0 1 2 = 3 4 x x 1 x= 2 1 Funktionen f(x) har allts˚ a en inflexionspunkt d˚ ax= . 2 F¨ or att unders¨ oka konvexitetsegenskaperna g¨ or vi en teckenstudie av andraderivatan i n¨arliggande punkter. 1 Vi v¨ aljer x = och x = 1 3 e−1/(1/3) 2e−1/(1/3) e−3 2e−3 34 2 ∗ 33 81 54 27 00 f (1/3) = − = − = 3 − = 3 − 3 = 3 , vilket ¨ar positivt. 4 3 1 1 (1/3) (1/3) e e3 e e e 4 3 3 3 f 00 (1/2) = 0 e−1/1 2e−1/1 1 2 1 f 00 (1) = − = − = − , vilket ¨ar negativt. 4 3 1 1 e e e D˚ a f 00 (x) < 0 ¨ ar funktionen konkav. D˚ a f 00 (x) > 0 ¨ ar funktionen konvex. 1 −1/x Allts˚ a¨ ar e konvex mellan x = 0 och d¨ ar den byter egenskap och blir konkav f¨or st¨orre x. 2 Funktionen var inte definierad f¨ or x = 0 men vi kan unders¨oka vad som h¨ander d˚ ax→0 1 lim e−1/|x| = lim 1/|x| x→0 x→0 e 1 ar x → 0 s˚ a g˚ ar lim 1/|x| mot 0. Eftersom x1 → ∞ n¨ x→0 e Som hj¨ alp f¨ or grafritningen utnyttjade jag f¨ oljande tabell: x y →0 →0 1 1 1 1 ≈ ≈ ≈ 0.15 2 e2 2.72 7.3 1 5 e1/5 1 10 e1/10 Man ser att funktionen g˚ ar snabbt mot 1 eftersom emindre och mindre v¨arde g˚ ar mot 1 s˚ a g˚ ar y mot 1. 1 Om f (x) = g(x) g 0 (x) ∗ h(x) − h0 (x) ∗ g(x) s˚ a¨ ar f 0 (x) = h(x) (h(x))2 6 Skiss: 7 4 Problem 4 Avg¨ or f¨ or alla reella tal a > 0 antalet r¨ otter till ekvationen: ex = ax2 Vi kan l¨ osa problemet genom att unders¨ oka och rita grafen f¨or funktionen f(x) som vi f˚ ar om vi l¨oser ut a. ex = ax · x2 ex e a = 2 ⇒ f (x) = 2 x x S˚ a genom att rita upp och unders¨ oka grafen f¨ or f(x) kan vi avg¨ora antalet r¨otter till ekvationen. Vi b¨ orjar med att unders¨ oka om funktionen har n˚ agra lokala extrempunkter. Lokala min- och maxpunkter finns d¨ ar derivatan ¨ar noll. Vi deriverar funktionen m.h.a. kvotregeln f¨ or derivata och f˚ ar d˚ a f 0 (x) = ex · x2 − ex · 2x (x2 )2 f 0 (x) = x (ex · x − 2 · ex ) (x2 )2 Bryter ut x i t¨ aljaren och f˚ ar d˚ a X:et vid br¨ ot ut i t¨ aljaren kan f¨ orkortas bort och vi f˚ ar d˚ a f 0 (x) = ex · x − 2 · ex x3 Vi delar de tv˚ a termerna i t¨ aljaren p˚ a separata br˚ akstreck och f˚ ar f 0 (x) = ex 2 · ex − x2 x3 Och f¨ or att under¨ oka lokala max- och minpunkter s¨atts f 0 (x) = 0. Vi f˚ ar d˚ a 2 · ex ex − =0 x2 x3 Flyttar ¨ over − 2 · ex till h¨ ogerledet och f˚ ar d˚ a x3 2 · ex ex = 2 x x3 Vilket kan skrivas om som ex x2 = 2ex x3 Om vi f¨ orkortar s˚ a l˚ angt det g˚ ar s˚ a f˚ ar vi att 1 1 = ⇒x=2 2 x Vi har allts˚ a en lokal extrempunkt d˚ a x = 2. F¨ or att under¨ oka extrempunktens karakt¨ ar g¨ or vi en teckenstudie p˚ a n¨arliggande punkter. Jag v¨ aljer att titta p˚ a derivatans tecken d˚ a x = 1 och x = 3. 2e1 e1 ar negativt f 0 (1) = 2 − 3 = e − 2e vilket ¨ 1 1 3 3 3 3 e 2e e 2e 3e3 2e3 e f 0 (3) = 2 − 3 = − = − = vilket ¨ar positivt 3 3 9 27 27 27 27 Vi f¨ or in de v¨ ardena i en teckentabell x 0 1 2 3 f 0 (x) odef. 0 + e2 f (x) odef.   4 Enligt teckentabellen kan vi tydligt se att funktionen har ett lokalt minimum d˚ a x = 2. e2 Funktionsv¨ ardet d˚ ax=2¨ ar . 4 8 Vi b¨ or ocks˚ a unders¨ oka vad som h¨ ander med funktionen d˚ a x n¨armar sig noll fr˚ an h¨oger och v¨anster. Dessutom b¨ or vi unders¨ oka vad som h¨ ander med funktionen f¨or o¨andligt stora och sm˚ a x. D˚ a x n¨ amar sig noll fr˚ an v¨ anster f˚ ar vi att: lim x→0− ex =∞ x2 (1) Eftersom t¨ aljaren g˚ ar mot 1 och n¨ amnaren g˚ ar mot ett on¨andligt litet tal g˚ ar ex mot ∞ d˚ a x g˚ ar mot noll. x2 D˚ a x n¨ amar sig noll fr˚ an h¨ oger f˚ ar vi enligt (1) att: lim+ x→0 ex =∞ x2 D˚ a x g˚ ar mot o¨ andligheten f˚ ar vi att: ex =∞ x→∞ x2 lim xa mot 0 d˚ a x g˚ ar mot ∞. axx a Allts˚ aa ¨r ax dominerande term s˚ a a g˚ ar mot ∞ d˚ a x g˚ ar mot ∞ x Enligt standardgr¨ ansv¨ arde2 s˚ a g˚ ar D˚ a x g˚ ar mot minus o¨ andligheten f˚ ar vi att: ex =0 x→−∞ x2 lim Enligt resonemanget i (2) ser vi att ex kommer g˚ a mot 0 d˚ a x g˚ ar mot −∞ x2 Eftersom ex alltid ¨ ar positivt och x2 alltid ¨ar positivt(x 6= 0) s˚ a kommer funktionen vara positiv f¨or alla x. (2) F¨ or negativa x ser vi att funktionen snabbt g˚ ar mot noll genom att s¨atta in n˚ agra v¨arden. e−1 1 f (−1) = = (−1)2 e 1 e−2 f (−2) = = 2 , vilket redan ¨ ar v¨ aldigt litet. (−2)2 4e Vi anv¨ ander nu det vi f˚ att fram och ritar grafen f¨or f (x). I grafen kan vi nu kolla n¨ ar och hur m˚ anga g˚ anger linjen y = a (a > 0) sk¨ar kurvan f¨or f (x) = 2 N¨ ar e4 > a > 0 har ekvationen en l¨ osning. e2 N¨ ar a = 4 har ekvationen tv˚ a l¨ osningar. 2 N¨ ar a > e4 har ekvationen tre l¨ osningar. 2 Analys i en variabel. Arne Persson och Lars-Christer B¨ oiers sida 160 (23) 9 ex x2 5 Problem 5 Ber¨ oljande generaliserade integral eller visa att den divergerar: Z ∞akna f¨ dx 2 −∞ x + x + 1 Man ser direkt att n¨ amnaren ¨ ar lik derivatan av arctan(x). D(arctan(x)) = 1 1 + x2 Vi ors¨ oker f˚ a bort x-termen genom att kvadratkomplettera n¨amnaren: Z ∞f¨ dx 1 3 −∞ (x + )2 + 2 4 3 Nu blev konstanttermen i n¨ amnaren men vi ville ju ha 1 f¨or att kunna utnyttja derivatan av arctan(x). 4 4 Vi bryter d¨ arf¨ or ut och f˚ ar d˚ a: 3 Z dx 4 ∞ 1 2 3 −∞ 4 3 (x + 2 ) + 1 4 1 Vi multiplicerar in i (x + )2 och f˚ ar d˚ a: 3 2 Z ∞ dx 4  2 3 −∞ 2 1 √ x+ √ +1 3 3 2 1 Om vi nu g¨ or substitutionen t = √ x + √ s˚ a f˚ ar vi: 3 3   2 1 t = √ x+ √  3 3   dt 2   √ =     dx 3 √   3 dt dx = 2 Om vi utnyttjar de sambanden f˚ ar vi nu integralen: √ 3 Z 4 ∞ 2 dt 3 −∞ t2 + 1 √ 3 i t¨ aljaren kan brytas ut, utanf¨ or integraltecknet: 2√ Z ∞ 4 3 dt 3 2 −∞ t2 + 1 √ 3 1 a blir uttrycket nu: F¨ orkortar man termerna framf¨ or integraltecknet och utnyttjar att = √ s˚ 3 3 Z ∞ 2 dt √ 2 3 −∞ t + 1 1 I b¨ orjan av uppgiften sades det att D(arctan(x)) = 1 + x2 1 Allts˚ a, om f (x) = 2 s˚ a¨ ar F (x) = arctan(x) + C x +1 Vi utnyttjar det sambandet f¨ or att ber¨ akna integralen: Z ∞ dt 2 2 ∞ √ = √ [arctan(t)]−∞ 2+1 t 3 −∞ 3 y = arctan(x) ¨ ar bara definierad p˚ a intervallet − π2 < y < π2 π ar x → −∞ och arctan(x) = π2 n¨ar x → ∞ S˚ a arctan(x) = − 2 n¨ 2 2 2 π π  2π ∞ D˚ a blir allts˚ a √ [arctan(t)]−∞ = √ (arctan(∞) − arctan(−∞)) = √ − (− ) = √ 2 3 3 3 2 3 10
Copyright © 2024 DOKUMEN.SITE Inc.