Lösningar till tentamensskrivning i Matematisk analys 1, 2006–03–21

1. Enklast löses ekvationen genom att man noterar att för en lösning uppfyller vinkeln u := arcsin 3x = arctan 5x att sin u = 3x och tan u = 5x, så att då sin u = \frac{3}{5} · 5x = \frac{3}{5} tan u = \frac{3}{5} \frac{sin u}{cos u}, varav följer att

(1)  sin u · (1 − \frac{\frac{3}{5}}{cos u}) = 0 .

(1) uppfylls omm sin u = 0 eller cos u = \frac{3}{5}, d. v. s. omm sin u ∈ \{0, −\frac{4}{5}, \frac{4}{5}\} (där vi använt trigonometriska ettan för att beräkna sin u när cos u = \frac{3}{5}). Eftersom vidare u = 3x, måste x ∈ \{0, ±\frac{4}{15}\}. Det återstår att kontrollera att dessa tre lösningar verkligen också satisfierar ursprungsekvationen. Direkt insättning verifierar att x = 0 är en rot. x = \frac{4}{15} ger 3x = \frac{4}{5} ∈ D_{arcsin}, 5x = \frac{4}{3} ∈ D_{arctan}, både arcsin 3x och arctan 5x i intervallet ]0, \frac{π}{2} [, och (1) uppfylld; så detta är en lösning. På samma sätt ger x = −\frac{4}{15} 3x = −\frac{4}{5} ∈ D_{arcsin}, 5x = −\frac{4}{3} ∈ D_{arctan} och både arcsin 3x och arctan 5x i ]−\frac{π}{2} , 0[ samt (1) uppfylld att även detta är en lösning.

Kommentar: Det är riskabelt att utgå från att skrivningstal alltid är så konstruerade att en rot måste förkastas.

2. a) När x → 0 så gäller också u := 2x → 0 och v := e^{2x} − 1 → 0, så lim_{x→0} \frac{sin(e^{2x} − 1)}{x} = lim_{x→0} \frac{sin(e^{2x} − 1)}{e^{2x} − 1} · \frac{e^{2x} − 1}{2x} · 2 = lim_{v→0} \frac{sin v}{v} · lim_{u→0} \frac{e^{u}}{u} · 2 = 1 · 1 · 2 = \underline{2} .

b)

Använd att för t := \frac{π}{2} − x gäller att tan x = cot t, samt att om x → \frac{π}{2} så t → 0:

lim_{x→ \frac{π}{2}} (\frac{π}{2} − x) tan x = lim_{t→0} t cot t = lim_{t→0} cos t · (\frac{t}{sin t}) = lim_{t→0} cos t · (lim_{t→0} \frac{sin t}{t})^{−1} = 1 · 1^{−1} = \underline{1} .

3. f är definierad, kontinuerlig och deriverbar överallt, utom för x = −2.

f′(x) = \frac{(2x − 1)(x + 2) − (x^{2} − x + 3) · 1}{(x + 2)^{2}} = \frac{x^{2} + 4x − 5}{(x + 2)^{2}}, där nämnaren alltid är positiv, men

täljaren är 0 i randpunkterna till och negativ i det inre av intervallet [−5, 1]. Alltså är f strängt växande i intervallet ]−∞, −5] och i intervallet [1, ∞[, och strängt avtagande i intervallet [−5, −2] och i intervallet [−2, 1], antar det lokala maximivärdet −11 för x = −5, och det lokala minimivärdet 1 för x = 1. (Redan det faktum att ”maximivärdet” är mindre än ”minimivärdet” visar att f saknar globala extremvärden). Vidare kan vi skriva f′(x) = 1 − \frac{1}{9}(x + 2)^{−2}, vilket direkt ger

f′′(x) = \frac{(−9) · (−2)}{(x + 2)^{3}} = \frac{18}{(x + 2)^{3}} ,

vars täljare alltid är positiv; så f′′ har samma tecken som nämnaren, d. v. s. är negativ för x < −2 och positiv för x > −2. Alltså är f strängt konkav i ]∞, −2[, och strängt konvex i ]2, ∞[. Asymptoter: Lodräta kan bara finnas för x = −2. Mycket riktigt är

lim_{x→−2^{−}} f(x) = −∞ och lim_{x→−2^{+}} f(x) = ∞ ,

(V.G.V.)

(lösn. t. tent.skrivn. i Matematisk analys 1, 2006–03–21, sid. 2.)

så linjen x = −2 är en lodrät asymptot. För eventuella vågräta eller sneda asymptoter undersöker vi först \frac{f(x)}{x} när x → ±∞. Eftersom

\frac{f(x)}{x} = \frac{x^{2} − x + 3}{x^{2} + 2x} = \frac{1 − \frac{1}{x} + \frac{3}{x^{2}}}{1 + \frac{2}{x}} ,

är båda dessa gränsvärden 1. Vidare är

lim_{x→±∞} f(x) − 1 · x = lim_{x→±∞} \frac{x^{2} − x + 3 − x(x + 2)}{x + 2} = lim_{x→±∞} \frac{−3 + \frac{3}{x}}{1 + \frac{2}{x}} = −3 ,

så linjen y = x − 3 är sned asymptot både för x → −∞ och för x → +∞. Kurvskissen utgår av datatekniska skäl.

4. a) Uppgiften kan lösas på flera goda sätt. Jag väljer här ett sätt, som man kan resonera sig fram till, så här: Om inte faktorn x hade funnits, så skulle det vara rätt lätt att lösa uppgiften genom att skriva om integranden som cos xf(sin x) för ett lämpligt polynom f, och sedan göra variabelsubstitutionen u = sin x. Finns det då något sätt att bli av med detta retliga x? Ja, för derivatan av x är ju 1, så vi kan partialintegrera bort x. Vi vill alltså derivera x, och samtidigt integrera resten. Nu är ∫ cos x cos 2x dx = ∫ cos x (1 − 2 sin^{2} x) dx \begin{matrix}[ & {u=sin x \atop du=cos x} & ] \\ = \end{matrix} ∫ 1 − 2u^{2} du = u − \frac{2}{3}u^{3} + C_{1} = sin x − \frac{2}{3} sin^{3} x + C_{1} , där vi kan välja C_{1} = 0. Det ger ∫ x cos x cos 2x dx = x(sin x − \frac{2}{3} sin^{3} x) − ∫ sin x − \frac{2}{3} sin^{3} x dx , där substitutionen v = cos x ger − ∫ sin x − \frac{2}{3} sin^{3} x = ∫ − sin x (1 − \frac{2}{3}(1 − cos^{2} x))dx = ∫ \frac{1 + 2v^{2}}{3} dv = \frac{3v + 2v^{3}}{9} + C = \frac{3 cos x + 2 cos^{3} x}{9} + C, och alltså totalt att de sökta pri- mitiva funktionerna är \underline{\frac{1}{9}(9x sin x − 6x sin^{3} x + 3 cos x + 2 cos^{3} x) + C}, C ∈ ℝ.

b) D(arctan(sin x + cos x)) = \frac{1}{1 + (sin x + cos x)^{2}} · (cos x − sin x) = \underline{\frac{cos x − sin x}{2(1 + sin x cos x)}} .

5. Variabelsubstitutionen u = ln x ger x = e^{u}, du = \frac{dx}{x} och ∫ \frac{1 − ln(ln x)}{x(ln x)^{2}} dx = ∫ \frac{1 − ln u}{u^{2}} du = \frac{−1}{u} − ∫ \frac{ln u}{u^{2}} du. Partiell integration (där ln u deriversa och \frac{1}{u^{2}} integreras) ger ∫ \frac{ln u}{u^{2}} du = −\frac{ln u}{u} − ∫ −\frac{1}{u^{2}} du = −\frac{ln u}{u} − \frac{1}{u} − C, så att hela integralen blir \frac{−1}{u} − (−\frac{ln u}{u} − \frac{1}{u} − C) = \frac{ln u}{u} + C = \frac{ln(ln x)}{ln x} + C. Vi får en primitiv funktion genom

(V.G.V.)

(lösn. t. tent.skrivn. i Matematisk analys 1, 2006–03–21, sid. 3.)

att t. ex. välja C = 0. Denna primitiva funktion F (x) = \frac{ln(ln x)}{ln x} uppfyller F (e) = 0 samt lim_{x→∞} F (x) = lim_{u→∞} \frac{ln u}{u} = 0, så den bestämda integralen är

∫_{e}^{∞} \frac{1 − ln(ln x)}{x(ln x)^{2}} dx = lim_{x→∞} F (x) − F (e) = 0 − 0 = 0 .

6. a) f′(x) = \frac{e^{x}(1 + x^{2}) − e^{x} · 2x}{(1 + x^{2})^{2}} = \frac{e^{x}(x^{2} − 2x + 1)}{1 + x^{2}}, och svl e^{x} som 1 + x^{2} är positiva för alla (reella) x; så f′(x) har samma tecken som x^{2} − 2x + 1 = (x − 1)^{2}, d. v. s. f′(1) = 0 men f′(x) > 0 för alla x ≠ 0. Alltså ger x = 1 den enda stationära punkten, \underline{(1, \frac{e}{2})}, och denna är en terrasspunkt.

b) f är definierad och deriverbar på ett sammanhängande intervall och har positiv derivata överallt utom i en punkt. Alltså är f strängt växande; alltså injektiv; alltså inverterbar. Eftersom dessutom lim_{x→∞} f(x) = ∞ och lim_{x→−∞} = 0, är D_{f^{−1}} = V_{f} = ]0, ∞[ och V_{f^{−1}} =

D_{f} = ℝ.

c) f^{−1} är deriverbar precis för de x ∈ D_{f^{−1}} där grafen för f^{−1} har en tangent i punkten (x, f^{−1}(x)), och denna tangent inte är lodrät (d. v. s. vertikal). Nu är ju grafen för f^{−1} spegelbilden i linjen y = x till grafen för f; och eftersom f är definierbar i hela sitt definitionsområde, så har grafen för f tangent i varje punkt. Alltså har grafen för f^{−1} också tangent i varje punkt. Denna tangent är lodrät om och blott om dess spegelbild är en vågrät tangent till grafen för f. Det finns precis en sådan vågrät tangent, nämligen den som går genom terasspunkten (1, \frac{e}{2}). Svar: \underline{f^{−1} är deriverbar för alla positiva x utom x = \frac{e}{2}.}