Lösningar 11

Matematik för naturvetare 15hp

(Skillnad mellan versioner)

Hoppa till: navigering, sök

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 11

Tillbaka till lösningarna

5.1.

Här är det bara att sätta in de olika värdena på $x$ eftersom inga nämnare blir 0.

5.2. a)

Börja med att förlänga med $x-1$:

$\begin{array}{ccccc} \lim\limits_{x\to -1}\frac{\sin(x^2-1)}{x+1}&=& \lim\limits_{x\to -1}(x-1)\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}&=& \lim\limits_{x\to -1}(x-1)\lim\limits_{x\to -1}\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}\\ \\ &=& -2\lim\limits_{x\to -1}\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}&&\end{array}$

Sätt $t=x^2-1$; då gäller $t\to 0$ då $x\to -1$. Alltså är

$\lim_{x\to -1}\frac{\sin(x^2-1)}{x^2-1}=\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1$

Det sökta gränsvärdet är således $-2$.

5.2. b)

Sätt $x=0$.

5.2. c)

Eftersom $x^2-9=(x-3)(x+3)$ så är

$\frac{x^2-9}{3-x}=\frac{(x-3)(x+3)}{-(x-3)}=-(x+3)$

för $x\not=3$. Alltså är

$\lim_{x\to 3}\frac{x^2-9}{3-x}=\lim_{x\to 3}(-(x+3))=-6$

5.2. d)

Både täljare och nämnare är 0 för $x=-2$ och enligt faktorsatsen är de delbara med $x-(-2)=x+2$. Division ger $x^2+x-2=(x+2)(x-1)$ och $x^2-4=(x+2)(x-2)$. Alltså är

$\lim\limits_{x\to -2}\frac{x^2+x-2}{x^2-4}=\lim\limits_{x\to -2}\frac{(x+2)(x-1)}{(x+2)(x-2)}= \lim\limits_{x\to -2}\frac{x-1}{x-2}=\frac{-2-1}{-2-2}=\frac{3}{4}$

5.2. e)

Här är knepet att förlänga med $\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2}$:

$\begin{array}{ccc} \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1+x^2}}{x^2}&=& \lim_{x\to 0}\frac{(\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2})(\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1+x^2})} {(\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2})x^2}\\ \\ &=& \lim\limits_{x\to 0}\frac{(1-x^2)-(1+x^2)}{(\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2})x^2}\\ \\ &=& \lim\limits_{x\to 0}\frac{-2x^2}{(\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2})x^2}\\ \\ &=& \lim\limits_{x\to 0}\frac{-2}{\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x^2}}=\frac{-2}{1+1}=-1\end{array}$

5.2 f)

Förläng med $\sqrt x+1$:

$\begin{array}{ccc} \lim\limits_{x\to 1}\frac{\sqrt x-1}{1-x}&=& \lim\limits_{x\to 1}\frac{(\sqrt x+1)(\sqrt x-1)}{(\sqrt x+1)(1-x)}= \lim\limits_{x\to 1}\frac{x-1}{(\sqrt x+1)(1-x)}\\ &=& \lim\limits_{x\to 1}\left(-\frac{1}{\sqrt x+1}\right)=-\frac{1}{2}.\end{array}$

5.3. a)

Eftersom $|\sin x^2|\le 1$ så är gränsvärdet 0.

5.3 b)

Skriv $\ln x^2=2\ln x$ och använd ett standardgränsvärde.

5.3 c)

Standardgränsvärde.

5.3 d)

Sätt $x=-t$. Då har vi $t\to\infty$ då $x\to-\infty$, så gränsvärdet är

$\lim\limits_{x\to-\infty}x^3e^x=\lim_{t\to\infty}(-t)^3e^{-t}= -\lim\limits_{t\to\infty}t^3e^{-t}=0$

enligt ett standardgränsvärde.

5.3 e)

Dividera täljare och nämnare med $x^2$:

$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^2-3x}{3-2x^2}= \lim\limits_{x\to\infty}\frac{1-3/x}{3/x^2-2}=\frac{1}{-2}=-\frac{1}{2}$

5.3 f)

Dividera täljare och nämnare med $x^3$.

5.4. a)

Här kan man t ex sätta $t=x-1$, så att $t\to 0$ då $x\to 1$. Vi har $x^3-x=(t+1)^3-(t+1)=t^3+3t^2+2t=t(t^2+3t+2)$, så

$\begin{array}{ccc} \lim\limits_{x\to 1}\frac{\sin(x-1)}{x^3-x}&=& \lim\limits_{t\to 0}\frac{\sin t}{t(t^2+3t+2)}\\ \\ &=& \lim\limits_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}\cdot \lim\limits_{t\to 0}\frac{1}{t^2+3t+2}= 1\cdot\frac{1}{0+0+2}=\frac{1}{2}\end{array}$

5.4 b)

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan(x-\pi)}{x}= \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x-\pi)}{x\cos(x-\pi)}= \lim\limits_{x\to 0}\frac{-\sin x}{-x\cos x}= \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\cdot\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{\cos x}=1$

5.4 c)

Nämnaren, men inte täljaren, är 0 för $x=2$, så gränsvärdet existerar inte.

5.4 d)

Sätt in $x=-1$.

5.4 e)

Här måste man förlänga med både $\sqrt{x+1}+1$ och $\sqrt{1-x}+1$ . Lite räknande ger

$\begin{array}{ccc} \frac{\sqrt{x+1}-1}{\sqrt{1-x}-1}&=& \frac{(\sqrt{x+1}-1)(\sqrt{x+1}+1)(\sqrt{1-x}+1)} {(\sqrt{1-x}-1)(\sqrt{1-x}+1)(\sqrt{x+1}+1)}\\ \\ &=& \frac{x(\sqrt{1-x}+1)}{(-x)(\sqrt{x+1}+1)}\\ \\ &=& -\frac{\sqrt{1-x}+1}{\sqrt{x+1}+1}\end{array}$

Gränsvärdet då $x\to 0$ är således $-2/2=-1$.

5.4 f)

Förkorta med $x^3$ och använd att $x^{-1}\ln x\to 0$ då $x\to\infty$.

5.5. a)

Vi har $\arctan t\to±\pi/2$ då $t\to±\infty$ och $\arctan 0=0$, så gränsvärdet är $(\pi/2-0)/(-\pi/2)=-1$.

5.5. b)

Skriv t ex

$\frac{x\ln x}{2^x}=\frac{x^{-1}\ln x}{2^x/x^2}$

Här går täljaren mot 0 och nämnaren mot $\infty$ då $x\to\infty$, så gränsvärdet är 0.

5.5. c)

Förkortar man med $x^3e^{x}$ så får man

$\frac{1+x^{-3}e^{-x}}{x^{-1}e^x-2x^{-2}e^{-2x}}$

Nu gäller att $x^{-3}e^{-x}$ och $2x^{-2}e^{-2x}$ går mot 0 samt att $x^{-1}e^x$ går mot $\infty$ då $x\to\infty$, så gränsvärdet är 0.

5.5. d)

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{\sin x}=4\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{4x}\cdot\frac{x}{\sin x}= 4\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{4x}\cdot\lim\limits_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}=4\cdot 1\cdot 1=4$

5.5. e)

Förläng med $1+\cos x$:

$\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1-\cos^2x}{x^2(1+\cos x)}= \frac{\sin^2x}{x^2(1+\cos x)}= \left(\frac{\sin x}{x}\right)^2\frac{1}{1+\cos x}$

Detta går mot $1^2\cdot (1/2)=1/2$ då $x\to 0$. Observera att det här betyder att $1-\cos x\approx x^2/2$ eller $\cos x\approx 1-x^2/2$ då $x$ är nära 0.

5.5. f)

Jämför med e).

5.6. a)

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}=2\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{2x}-1}{2x}=2\cdot 1=2$

5.6. b)

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1-2x)}{x}=(-2)\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1-2x)}{-2x}= (-2)\cdot 1=-2$

5.6. c)

Sätt $t=x-1$ så att $t\to 0$ då $x\to 1$. Vi får

$\lim_{x\to 1}\frac{x-1}{\ln x}=\lim_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}=1$

5.6. d)

$\lim_{x\to 0}\arctan \frac{\tan x}{x\cos x}=\lim_{x\to 0}\arctan \frac{\sin x}{x\cos^2x}=\arctan\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\lim_{x\to 0}\frac{1}{\cos^2x}=\arctan 1\cdot1=\frac{\pi}{4}$

5.7. a)

$\ln 1=0$

5.7. b)

Förkortning med $x-2$ ger

$\lim\limits_{x\to 2}\ln\frac{x^2-2x}{2x-4}=\lim\limits_{x\to 2}\ln\frac{x(x-2)}{2(x-2)}= \lim\limits_{x\to 2}\ln\frac{x}{2}=\ln \frac{2}{2}=\ln 1=0$

5.7. c)

$\begin{array}{ccc} \lim\limits_{x\to\infty}(\ln(2x^2-x)-\ln(x^2-1))&=& \lim\limits_{x\to\infty}\ln\frac{2x^2-x}{x^2-1}= \lim\limits_{x\to\infty}\ln\frac{2-1/x}{1-1/x^2}\\ \\ &=& \ln\frac{2}{1}=\ln 2\end{array}$

5.7. d)

$\ln\sqrt{x^4-1}+\ln\frac{1}{x^2}=\ln\frac{\sqrt{x^4-1}}{x^2}= \ln\sqrt{\frac{x^4-1}{x^4}}=\ln\sqrt{1-\frac{1}{x^4}}$

Detta går mot $\ln 1=0$ då $x\to-\infty$.

5.7. e)

Täljaren går mot $\pi/2$, så gränsvärdet är 0.

5.7. f)

Till att börja med har vi

$\frac{\sin x}{\tan^2x}=\frac{\sin x\cos^2x}{\sin^2x}=\frac{\cos^2x}{\sin x}$

så vi skall undersöka $(x-\pi)\cos^2x/\sin x$ då $x\to \pi$. Faktorn $\cos^2x$ går mot $\cos^2\pi=(-1)^2=1$. Sätt $t=x-\pi$ så att $t\to 0$ då $x\to \pi$. Vi har $\sin x=\sin (t+\pi)=-\sin t$, så $(x-\pi)/\sin x=t/(-\sin t)\to -1$ då $t\to 0$. Gränsvärdet är således $-1$.

5.16. a)

Eftersom $2^n/3^n=(2/3)^n$ och $-1<2/3<1$ så är gränsvärdet 0.

5.16. b)

Omskrivningen

$\frac{n}{n-1/\sqrt n}=\frac{1}{1-1/n\sqrt n}$

visar att gränsvärdet är $1/(1-0)=1$.

5.16. e)

Använd att $\lim_{n\to\infty}(1+x/n)^n=e^x$.

5.16. f)

Observera att $(1+2/n)^{3n}=((1+2/n)^n)^3$. Gränsvärdet blir $(e^2)^3=e^6$.

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_11

 Här måste man förlänga med både <math>\sqrt{x+1}+1</math> och
-$\sqrt{1-x}+1$. Lite räknande ger
+<math>\sqrt{1-x}+1</math>. Lite räknande ger
 <math>
-\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{\sin x}=4\li\limitsm_{x\to 0}\frac{\sin
+\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{\sin x}=4\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin
 x}{4x}\cdot\frac{x}{\sin x}=
 \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin
 <math>
 \lim_{x\to 0}\arctan \frac{\tan x}{x\cos x}=\lim_{x\to 0}\arctan \frac{\sin
-x}{x\cos^2x}=\arctan 1=\frac{¹}{4}</math>
+x}{x\cos^2x}=\arctan\lim_{x\to 0}\frac{\sin
+x}{x}\lim_{x\to 0}\frac{1}{\cos^2x}=\arctan 1\cdot1=\frac{\pi}{4}</math>
 \
 <math>
 \frac{\sin x}{\tan^2x}=\frac{\sin
-x\cos^2x}{\sin^2x}=\frac{\cos^2x}{\sin x}</math<
+x\cos^2x}{\sin^2x}=\frac{\cos^2x}{\sin x}</math>

Lösningar 11

Matematik för naturvetare 15hp

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 11

Visningar

Personliga verktyg

Navigering

Sök

Verktygslåda