Lösningar till TMA 305 Envariabelanalys I, del A, 02 08 19.

1.

Eftersom $\arctan(x)\rightarrow \pm \pi/2,$ när $x\rightarrow \pm\infty,$ ser vi att $f(x)\rightarrow \infty,$ när $x\rightarrow \pm\infty$. Eftersom funktionen är kontinuerlig i alla reella tal måste den därför anta ett minsta värde. Detta inträffar när f'(x)=0. Vi har

Vi ser att detta blir bara när x=1. Det minsta värdet är därför $f(1)=-1+\arctan(1)-\pi/4-1$.

Svar: $-1+\arctan(1)-\pi/4-1$.

2.

Det är inget problem att derivera f med formler utom när x=0. För att få en derivata i x=0 ska gräsnvärdet av (f(x)-f(0))/x när $x\rightarrow 0$ existera. Detta uttryck är (e^2x-1-2x-ax²)(x³), som är av typen ``0/0''. Succeciv användningav l'Hospitals regel ger nu att följande uttryck har samma gränsvärde

För att gränsvärdet av sista uttrycket ska existera måste täljaren vara när x=0, eftersom nämnaren då är det. Detta ger a=2. Fortsatt användning av l'Hospital ger nu uttrycket $8e^{2x}/6\rightarrow 8/6=4/3,$ när x=0. Vi har alltså att f'(0)=4/3.

För $x\neq 0$ ger deriveringsregler att f'(x)=((x-2)e^2x+2x+2)/x³. Av uttrycket ser vi att det är kontinuerligt när $x\neq 0$. För att avgöra om f' är kontinuerlig när x=0 ska vi undersöka gränsvärdet av f'(x) när $x\rightarrow 0$. Uttrcyket är av typ ``0/0'' och upprepad användning av l'Hospitals regel ger att följande uttryck har samma gränsvärde

Vi ser alltså att $f'(x)\rightarrow f'(0),$ när $x\rightarrow 0,$ så f' är kontinuerlig även när x=0.

Svar: a=2

$$f'(x)=\left\{ \begin{array} {rcl} ((x-2)e^{2x}+2x+2)/x^{3}&\mbox{ när }&x\neq 0\\ 4/3&\mbox{ när }&x=0\end{array}\right.$$

och f' är kontinuerlig.

3.

Från en figur (eller genom implicit derivering) ser vi att tangentlinjen till en punkt (x₀,y₀) på den första cirkeln har riktningskoefficient -x₀/y₀ medan tangentlinjen till en punkt (x₁,y₁) på den andra har riktningskoefficient -(x₁-2)/y₁.

Tangentlinjens ekvation genom de två punkterna är därför y=-(x₀/y₀)(x-x₀)+y₀ respektive y=-((x₁-2)/y₀)(x-x₁)+y₁. Vi söker de två punkterna så att dessa ekvationer bestämmer samma linje. Vi ska då ha x₀/y₀=(x₁-2)/y₁ och x₀²/y₀+y₀=(x₁-2)x₁/y₁+y₁. För att bestämma de två punkterna ska vi alltså lösa ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} x_{0}^{2}+y_{0}^{2}&=&1\\ ... .../y_{0}+y_{0}&=&(x_{1}-2)x_{1}/y_{1}+y_{1} \end{array}\right.$$

Vänstra ledet i den sista ekvationen kan skrivas (x₀²+y₀²)/y₀=1/y₀ medan det högra kan skrivas

((x₁-2)x₁+y₁²)/y₁=((x₁-2)²+y₁²+2x₁-4)/y₁=2x₁/y₁

Detta ger oss y₀=y₁/(2x₁), som i tredje ekvationen ger x₀=(x₁-2)/(2x₁), som insatt i den första ger (x₁-2)²+y₁²=4x₁². Tillsammans med den andra ger detta $x_{1}=\pm 1,$ där -1 är uteslutet. Vi har alltså x₁=1, som i cirkelns ekvation ger $y_{1}=\pm\sqrt{3}$ där $-\sqrt{3}$ ger riktningskoefficient <0 och därför är uteslutet. Tangentlinjens ekvation blir därför:

$$y=(1/\sqrt{3})(x-1)+\sqrt{3}.$$

Svar: $y=(1/\sqrt{3})(x-1)+\sqrt{3}.$

6.

Vi har

eftersom 4-x²< 0 när x>2.

Svar: $\int_{-2}^{2}(4-x^{2})$ är störst.

7.

Vi har att (f^-1(x))'=1/f'(f^-1(x)). Från f(2)=4 har vi att f^-1(4)=2. När x=4 ger detta att f^-1 har derivata 1/f'(2)=-5.

Svar: -5

8.

Vi har att (f(g(x)))'=f'(g(x))g'(x). Sätter vi x=2 ger detta att derivatan till f(g(x)) är f'(g(2))g(2)=f'(3)(1/2)=4/2=2.

Svar: 2

9.

De tre punkterna ger att planet ska innehålla vektorerna (1,2,3)-(1,0,1)=(0,2,2) och (2,1,3)-(1,0,1)=(1,1,2). Deras kryssprodukt är

så (1,1,-1) är en normal till planet. Dettas ekvation blir därför x+y-z=D. Att (1,0,1) ligger i planet ger nu D=0.

Svar: x+y-z=0.

10.

Derivering ger $f'(x)=(-\sin(\sin(x))\cos(x)(x-1)-\cos(\sin(x)))/(x-1)^{2},$ så $f'(0)=(0\cdot1\cdot(-1)-1)/(-1)^{2}=-1$. Vi har också f(0)=1/(-1)=-1. Den linjära approximationen är därför f'(0)(x-0)+f(0)=-x-1.

Svar: -x-1.

11.

Om vi (t.ex) sätter p'(x)=(x-1)(x-3) ser vi att det första villkoret är uppfyllt. Detta ger sedan p(x)=x³/3-2x²+3x+a, för någon konstant a som ska bestämmas så att p(-1)=1. Detta ger 1=-1/3-2+a, eller a=10/3.

Svar: (T.ex) x³/3-2x²+3x+10/3.