Høgskolen i Oslo og Akershus. e 2x + x 2 ( e 2x) = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x

Transkript

1 Oppgåve a) i) f(x) x e x f (x) ( x ) e x + x ( e x) xe x + x e x (x) xe x + x e x xe x ( + x) ii) g(x) ln(sin x) + x g (x) sin x (sin x) + x cos x sin x + x tan x + x b) i) Sidan både teljar og nemnar går mot når x 5, kan vi bruke L'Hôpitals regel: cos(x 5) ( cos(x 5)) sin(x 5) lim x 5 5 x lim x 5 (5 x ) lim x 5 x sin(5 5) 5 ii) Vi innfører variabelbytet u /x Når x, vil vi ha at u + lim x sin x x lim sin u sin u lim u + u u u c) i) ( x + ) dx x x dx+ x dx x + ln x + C ii) For å anti-derivere det siste leddet har vi bruka reglane /x dx ln x + C og F (x) f(x) f(ax + b) dx /a F (ax + b) + C Variabelbyte: cos x sin x dx du x sin x, cos x, dx dx cos x du cos x sin x dx cos x u cos x du u du 4 u4 +C 4 sin4 x + C

2 d) i) x + x + dx x x + dx + x + dx Det fyrste leddet på høgre side blir null sidan integranden er ein odde funksjon og integrasjonsintervallet er symmetrisk om Ein kan også sjå at det blir ved variabelbyte: Det gir: u x du +, x, du dx x dx u( ) ( ) + og u() + x u() x + dx x u( ) u Sidan /(x + ) dx arctan x + C, får vi at x du u du x + x + dx + arctan x arctan arctan( ) arctan π 4 π ii) xe x dx Delvis integrasjon: b a uv dx uv b a b a u v dx u x x v e x v e x / xe x dx x ex e 4 ex dx e e x e e e + 4 e x dx e) i) e x 4x e x 4x x(x 4) x eller x 4 x eller x 4

3 ii) ( i)z + i z + i ( + i)( + i) i ( i)( + i) + + i + i + i + i + På polarform: i e iπ/4, + i e iπ/ slik at e iπ/4 z e iπ/ z e iπ/ e iπ/4 e iπ/ ( π/4) e i7π/ Oppgåve a) Vi skal nne den maksimale verdien g kan ha Maksimalverdiar kan vere randpunkt eller punkt der den deriverte skiftar forteikn frå positiv til negativ Vi deriverar: g (x) + ( e x (x x ) + e x ( x) ) + e x + ( x x + x ) + e x ( x x ) Sidan g () + >, vil ikkje randpunktet i x vere eit maksimalpunkt g må difor endre forteikn for at g skal vere maksimal Sidan både g og g er kontinuerlege, må g (x) vere der dette skjer Altså: + e x ( x x ) b) dv dt g k v k(v + g/k) dv k dt v + g/k dv k dt v + g/k ln v + g/k kt + C v + g/k Ce kt (C ±e C ) v Ce kt g k Ce t Ce t Initialkrav: v() v 5 (med m/s som eining) Det gir: 5 Ce C 5 + 5

4 Vi får at v(t) 5 e t c) Vi let h(t) vere høgda kula har over bakken, målt i meter, etter t sekund Vi veit at h() og at h (t) v(t) der v(t) er gitt over Dermed har vi at (5 h(t) v(t) dt e t ) dt 5 e t t + C 5 e t t + C Vi får bestemt C ved initialkravet: h() 5 e + C C Dermed får vi at h(t) 5e t t + 5 Når kula tre bakke er høgda null altså skal vi ha at h(t) Det gir denne likninga: 5 e t t + 5 Oppgåve a) A , B 4, C 5 A er ei -matrise, B er ei -matrise Sidan dei har ulike format, er ikkje summen av dei, A + B, denert Vidare, sidan A har søyler og B har rekker, er heller ikkje produktet AB denert BA ( 5) ( 9) + ( ) 4 ( 5) + ( 6) ( 9) ( ) Alternativt kan ein implementere initialkravet direkte ved å sette opp uttrykket h(t) h() t v(t ) dt 4

5 B C ( 6) ( 6) b) det A (4 ( 4) ( 5) ) Determinanten til A er ulik Difor er A invertibel +( ) c) Vi rekkereduserar totalmatrisa for likningssystemet til trappeform: k l b l k k 6 l i) Dersom k 6, vil vi få eit leiande tal både i søyle og, og x og x vil bli eintydig bestemt Vi får altså eintydig løysing når k 6 Dersom k 6, vil totalmatrisa på trappeform sjå slik ut: b l For at dette skal tilsvare eit konsistent likningssystem, må vi kreve at l, eller at l / Vi ser også at x vil bli verande ubestemt sidan der ikkje er noko leiande tal i søyle ii) Vi får uendeleg mange løsyingar når k 6 og l / iii) Dersom l, vil likningssystemet bli inkonsistent Vi har altså inga løysing når k 6 og l / a) A P DP der P og D Vi har fått gitt diagonaliseringa av A Vi veit at når ei matrise kan skrivast på denne forma, A P DP, der D diagonal, vil søylene i P vere lineært uavhengige eigenvektorar for A Vidare vil elementa langs diagonalen i D 5

6 vere eigenverdiane til A svarande til eigenvektorane i den same rekkefølga som dei står i P Vi skal altså ha at P v v v og D Diag(λ, λ, λ ) der Av i λ i v i, i {,, } Ut frå det som er gitt, skal vi ha eigenvektorane v, v og v svarande til eigenverdiane λ, λ, og λ Vi sjekker at dette faktisk er eigenvektorar og -verdiar: Av Av Av λ v Vi ser at det stemmer λ v b) Vi multipliserar den gitte matrisa med P : 6 7 P ( 5) ( ) + 4 ( ) + ( 6) ( ) + 5 ( ) + 9 ( ) + ( 9) ( ) ( ) ( ) ( ) + ( ) + λ v Produktet blir altså identitetsmatrsia Difor er den gitte matrisa inversmatrisa til P 6

7 c) I følge oppgåveteksten er A P D P Sidan D er diagonal, er ho enkel å invertere: D ( ) ( ) Kontroll: ( ) ( ) ( ) ( ) I Vi får: A P D P Oppgåve 4 a) y + sin x y dy dx sin x y y dy sin x dx y dy sin x dx y cos x + C y cos x + C (C C ) y ± cos x + C 7

8 b) y 6y + y Vi prøver å nne ei løysing på forma y e rx Det gir at y re rx og y r e rx Vi set dette inn: r e rx 6re rx + e rx r 6r + r ( 6) ± ( 6) 4 Det gir den generelle løysinga 6 ± 4 y h (x) e x (A cos x + B sin x) ± i c) y 6y + y 5x, y(), y () Det inhomogene leddet er eit fyrstegradspolynom Vi går ut frå at vi kan nne ei partikulær løysing som også er eit fyrstegradspolynom altså på forma y p ax + b Det gir at y p a og y p Dette set vi inn: 6a + (ax + b) 5x ax 6a + b 5x { a 5 6a + b a, b 4 Vi har altså funne den partikulære løysinga y p x + 4 Om vi legg dette til den generelle løysinga av den homogene likninga frå deloppgåve b), nn vi den generelle løysinga: y y h + y p e x (A cos x + B sin x) + x + 4 8

9 Vi bestemmer A og B ved initialkrava: y() e (A + B ) A 4 y (x) e x (A cos x + B sin x A sin x + B cos x) + y () Vi får løysinga e (A + B A + B ) B + B 4 y e x ( 4 cos x 4 sin x ) + x + 4 Oppgåve 5 x a) T ( x ) x x x x + x U: Rotasjon π/ omkring origo i R T ( x x x ) x x x + x x x x x + x + x Altså er T (x) A x med A Transformasjonen U frå R til R er lineær og kan difor skrivast som U(x) B x der -matrisa B U(e ) U(e ) e og e er einingsvektorar langs dei to aksane; e og e 9

10 Figur : Transformasjonane av einingsvektorane e og e Figur illustrerar at U(e ) og U(e ) slik at B b) Vi skal bestemme matrisa C slik at W (x) C x Vi veit at C oppfyller C W (e ) W (e ) Vi veit ogås at transformasjonen W er lineær Difor har vi at W ( ) W (e + e ) W (e ) + W (e ) 5 W ( ) W (5e + e ) 5 W (e ) + W (e ) Sidan W (x) skal ligge i R, kan vi skrive x W (e ) y z og W (e ) x y z og Om vi set dette inn i likningane over, får vi tre likningssystem eitt for kvar av komponentane Koesientmatrisa er den same for alle tre: x y, og 5 x 5 y z 5 z

11 Vi kan løyse alle tre ved å rekkeredusere på ei stor totalmatrise: Dermed får vi at x 9, y, z, x 5, y og z slik at C x x y y 9 5 z z