Lösningar till Matematisk analys I, del B 19/12-1998
1.
(a) Vi skriver ekvationen och får efter kvadratkomplettering
Här sätter vi !" vilket leder till #$%"&')(#"*
+,' . Detta är ekvivalent med
#"-.
/
0"%
+ . Dessutom använder vi att 1 2' 1 1 !34 1 dvs #$"*
att
5 6 7 och
. Sammantaget har vi därför
8 )"-<
9: ;
;"-<
#" >= 7
=
=EDF DF Av (1)+(2) får vi #?
medan (1)-(2) ger "-
+@ . Vi har alltså A
CB
och "'
CBG
.
"
Ekvation (3) ger att och har samma tecken så vi har
= 6 HI"3
4B F
Den urspungliga ekvationens två rötter är därför
= 6
F Svar: ,
4JB
= F
D
(b) Vi låter K
!LMN . Talet M
har absolutbelopp och ett argument O så dess polära framställning är
= P
F QSUR TVXW
dvs ekvationen kan skrivas
dvs
och alltså
2.
QSYSZ[RU\$
QS] ^;_ Z[R`TV>W
a
L
N
bUc F d (S Ogf d
h f B = f B$ fjikiji
T eK
W
bUc&
O edH(k O f där d
h f B = f B$ fkijiji
ml
L N
(a) Om
fonpfoq är en normalvektor till ett plan som går genom punkten rts sf sf s , så är planets
ekvation
l, LpL t
s
n N,.N s u q * s )
h
= h = = = = =
f f och en normalvektor vgwxMv , där vtw f f och v f f . Med
I vårt fall är r s basvektorerna yzwEfoy fXy-{ gäller
Svar: ,
yz= w~y = y= {
| vtwGx v }||
|
= ||
| |
|
|
|
|
|
|
l
|
| )
En nomalvektor är alltså fXnpfq
= ( L
==
| yzw
=
|
==
|y = =
|
= yw e y y{
| y-{
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= = , och vi får planets till
f f
= X[6G( NK*h
= ( = g
'h
|
|
|
|
| =
dvs
Svar: LpN$K
'h
>= = f
f ligger på den normal till planet som går
(b) Den punkt i planet som ligger närmast punkten rPw genom punkten r w . Denna normal har planets normalvektor som riktningsvektor så dess ekvation är
8
=
9: L
N
=
För att hitta skärningspunkten med planet sätter vi in detta i planets ekvation och får
>= >
= *>[ &>
h
=
och alltså J 'h dvs
. Den sökta punkten är alltså
=
Svar: h f f 1
3.
(c) Istället
att använda
avståndsformeln vet vi nu att det sökta avståndet är avståndet mellan punkterna
= = för
=
f
f och h f f 5 >= .h = = $* F
F
Svar:
L#
L { L
L#
L0G
F .Då är ;
L0Ge så ; L#
h om och endast om L6
B
(a) Låt
.
Vidare ser vi följande teckentabell för derivatan:
F L
F
L;
h
h
;
positiv
negativ
positiv
L#
F F
växande
avtagande
växande
L/ . Funktionen har alltså
Vi har här alltså utnyttjat
att L#F då L och L;
F
F då
F
L
lokalt maximum
i punkten
och lokalt minimum
- punkten L
. Vi har följande
graf för funktionen NH
L# där vi också ritat in linjen N
'd .
7.5
5
y=k
2.5
-3
-2
-1
1
2
3
-2.5
-5
-7.5
Med hjälp av satsen om mellanliggande värden får vi därför följande svar.
F eller d%} F , två olika reella rötter om de
Svar: Ekvationen
har exakt en reell rot
om d!
F
F
F
B och tre reella rötter om K!d2% (b) Nej. Om en rot är icke-reell så är också dess konjugat en rot.
(c) Talet är en dubbelrot till ekvationen om det finns ett polynom L# så att
L { 6L eLK6
Lp L# med G
h
l
LH q
L*
n
L L L
L som efter multiplicering med nämnaren L L#e är ekvivalent med
L.,
l, L 6[ n L3 q ¡L
4. Partialbråksuppdelning ger ansatsen
som i sin tur kan skrivas
l L 6 l
n L q H
l
=
l
Identifiering
av= koefficienter
ger att uppdelningen fungerar om n h , q och l =
=
,n och q . Vi har alltså uppdelningen
=
=
=
Lp*
LH =
L
£
L L L
L L
L 6
L L.,
Vi övergår till att bestämma primitiva funktioner. Här är
=
=
¤
L
¥L bUcLH
b`c L P
L
L 6
medan
¤
=
¥L2
¨§UL ! F f ¥L L 6
Vi har därför
¤e°
w
F ¥©
=
¤
= =
bUc
L06
L F ¥)
=
F ª«¬®­ª
L.
L#P
= ¥L2
±b`²U³
L L 6
*
°
µ
µ
YE´
2
=
¢ . Detta innebär
bUc = 6Lu¦ c¯)
=
L
F ª«¬®­ª c F där
µ
Eftersom
=
L#)
=
L#
Ub ²U³
YS´ ° µ
och
=
µ
=
=
L
c F
F ª«¬®­ª
b`c >= L[¦ u
bUc = =
O
F O
F =
=
c
F ª«¬®­oª F 'b`c&
bUc = 6u
O
F
får vi följande resultat
¤ °
w
Lp.
¥L L L 6
O
bUc&G
F O
F
O
.b`c&
F O
Svar: F .b`c&
5.
(a) Integralen kan vara generaliserad både då L Ch och då L¶ , vi undersöker därför integralerna
¤ w L#· ¦ w
¤ ° L;· ¦ w
= L ¥L och
= L ¥L
w
s
var för sig. Integranden, som vi i fortsättningen betecknar L# är positiv
och i båda fallen kan vi använda
L¸h använder vi ¹ L# ºL;· ¦ w som jämförelsefunktion
jämförelsekriteriet på gränsvärdesform.
Då
medan vi då L2/ använder » L#)
L#· ¦ . Av gränsvärdena
#
=
L Ub ²U³ ¼bU²`³ =
L
YE´ s ¹ L#
YS´ s och
följer att ½ s
°
L #
±bU²U³
YE´ °
» L#
Ub ²`³
YS´ °
L
±bU²U³
= L
YE´ °
=
=
= =D L =
L ¥L
konvergerar om och endast om båda integralerna
;
¤ w
¤ w
L z¥L ¹ #
L · ¦ w ¥L och
¤ °
L ¥L » #
¤ °
L · ¦ ¥L
w
= = medan den andra konvergerar
konvergerar. Den första av dessa
konvergerar om och endast om
=
=
om och endast om K,A . Den givna integralen är därför konvergent om och endast om hH% .
=
Svar: hH!p
s
s
w
(b) Vi observerar att integranden är jämn och får
=
¤ °
¤ °
= L o¾ ¥L2
4
s
¦ °
=
= L o¾ ¥L
Här gör vi variabelsubstitutionen
g
L o¾ dvs L2
'ÀI¿ Á som ger ¥L2
och får
Här är ju h3
w
X ¾
=
=
= L o¾ ¥L ¤ °
s
= ¤ °
Â
s
=
Â
Àm¿ Á ¦ w ¥
IÀ ¿ Á ¦ w
= ¥
så enligt (a) kan vi använda den givna formeln och få att
Â
= ¤ °
s
IÀ ¿ Á ¦ w
= ¥)
O
Svar: ÂÃ>²Uc
3
O
Â$ÃX²Uc
T
X¾
T
X¾
6. Vi
först att ¹ L#)
L; . De ställen ¹ L# kan ha lokala maxima och minima är i punkter i intervallet
Ä h observerar
7f zÅ där ¹- L;¯
Ah och i ändpunkterna LM
Ah respektive L
¢7 . Vi ser ur figuren att derivatans enda nollställe
Ä
i h f 7zÅ är L
4 . För att undersöka denna
och de två ändpunkterna gör vi en teckentabell för derivatan och drar
med hjälp av det slutsatser om hur ¹ L; växer och avtar.
L
¹- L;
¹ L#
h
negativ
avtagande
h
7
positiv
växande
Denna teckentabell ger att ¹ L; har lokala maxima i de båda ändpunkterna och ett lokalt minimum då L*
.
(Detta resultat kan man också förstås få fram genom att studera arean med tecken!)
Å h f =ÆÄ och Å f 7 Ä
För att studera konvexiteten observerar vi att ¹- L;G
L; är strängt avtagande
på intervallen
=Å Ä
och alltså strängt konkav på vart och ett av dessa intervall. På intervallet f är ¹ L#¯
L# strängt växande
och funktionen ¹ L# strängt konvex där.
= Ä
Svar: Lokala
maximaÄ i L2
'h och L2
7 , lokalt minimum i L 4 . Strängt konvex på Å f och strängt konkav
j
=
Ä
på Å h f och Å f 7
= =
7. (b) Vektorn f f är en linjärkombination av de de två övriga precis då det finns tal L och N så att
L f = f [N = f f P
>= f = f
dvs
8
9:
L
L
L
N
N
N
=
=
De två första av dessa har den entydiga lösningen L N3
w
w
bination av de övriga precis då H
$( { ( { Ç{ .
=ED . Den givna vektorn är alltså en linjärkom-
Svar: H
¼È
(e) Den givna vektorn har längden
längden 2 är därför
F = e 6 Svar: 3
4
F = . En vektor parallell med den givna fast med
=
f f F =
