Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1050, vår 2019

Transkript

1 Løsningsforslag til prøveeksamen i MT15, vår 19 Oppgave 1. a) Vi har sinx + y) d R cosx + y) sinx + π) + sin x siden alle fire leddene er. yπ y π dx sinx + y) dy dx cosx + π) + cos x) dx sin π + sin π) sin π + sin ) b) Figuren viser de to kurvene; y x i blått og y 1 x i rødt. y Kurvene skjærer hverandre når 1 x x, dvs når x 1. Denne ligningen har løsningene x ± 1, og dermed får vi I x y d 1 1 x x x x y dy Siden både området og integranden er symmetriske om y-aksene, kan vi forenkle dette til 1 1 x 1 1 x I x y dy dx x y dy dx x x som gir litt enklere regninger. Videre har vi I x x y y1 x yx dx x x 4 + x 6 x 6) dx x dx x 1 x ) x x ) ) dx 1 15 x x 4) dx

2 Oppgave. Figuren viser kurven blå) i et polart koordinatsystem For å finne arealet må vi regne ut 1 β α rθ) dθ 1 / Innfører vi en ny variabel u θ, får vi du dθ og 1 6 sin u du u 1 cos u sin θ) dθ du 1 1 π sin u π 1 der vi har brukt formelen sin x 1 1 cos x) fra formelarket. Oppgave. realet til en halvsirkel er π. Vi har x x d pga symmetri. Videre er ȳ y d I dette integralet bytter vi til polarkoordinater: y d r sin θ r dθ dr Dermed er θπ r cos θ dr θ og tyngdepunktet blir, 4 π ). ȳ y d r r dr π 4 π Oppgave 4. a) Vi har P y x og Q x x, så P konservativt. En potensialfunksjon f må tilfredsstille y Q x 1 cos u) du r sin θ dθ dr 1 x x y + x fx, y) x y + x + Cy), og følgelig er feltet

3 y x e y fx, y) x y + e y + Dx) Siden funksjonen fx, y) x y + x + e y tilfredsstiller begge kravene, er den en potensialfunksjon. b) Vi observerer først at r) e cos, e sin ) 1, ) og rπ) e π cosπ), e π sin π) e π, ). Siden f er en potensialfunksjon, er F dr f e π, ) f1, ) e π + 1) ) e π 1 C Oppgave 5. Ganger vi den øverste ligningen med i, får vi ligningssystemet z + iw i z + + i)w 1 Legger vi sammen disse ligningene, får vi Dette gir w 1 + i + i + i)w 1 + i 1 + i) i) + i) i) Fra den øverste ligningen ovenfor ser vi nå at z iw i i 1 i 1 5 i + i + 6i i Oppgave 6. a) I likevektspunktet er x t) og y t), så vi får ligningene 4x + y 4 5x + y + 1 Deler vi den første ligningen på, sitter vi igjen med ligningssystemet x + y 5x + y + 1 Vi trekker den øverste ligningen fra den nederste, og får x+, dvs. x 1. Setter vi dette inn i en av de to ligningene, får vi y 4. Likevektspunktet er altså 1, 4). For å avgjøre hva slags likevektspunkt dette er, regner vi ut egenverdiene: λ a + d ± a d) + 4bc 5 ± ± 4 1) Med én positiv og én negativ egenverdi har vi en bifurkasjon med én tiltrekkende linje.

4 b) Den generelle løsningen er gitt ved xt) Ce λ1t + De λ1t Ce 6t + De t yt) λ 1 a b Ce λ1t + λ a De λt b 6 4 Ce6t De t Ce 6t 5 De t Vi setter inn startbetingelsene: x) C + D 5 y) C 5 D Trekker vi den nederste ligningen fra den øverste, får vi 7 7 D, som gir D. Setter vi dette inn i en av ligningene, får vi C. Løsningen vi er på jakt etter er dermed xt) e t yt) 5e t Legg merke til at siden lim t xt) lim t yt) befinner vi oss på den tiltrekkende linjen.) Oppgave 7. a) De førsteordens partiellderiverte er: x xy og de annenordens partiellderiverte er f x y f x y x y x + 6y 1 f y 6 b) For å finne de kritiske punktene må vi løse ligningene xy 1) x + 6y 1 ) Fra ligning 1) ser vi at vi enten må ha x eller y. Setter vi x inn i ligning ), får vi ligningen 6y 1, som har løsningen y 1 6. Setter vi y inn i ligning ), får vi ligningen x 1, som har løsningene x ±1. Vi har dermed tre kritiske punkter:, 1 6 ), 1, ) og 1, ). For å finne ut hva slags punkter dette er, bruker vi annenderiverttesten: Punktet, ): Vi har 6 1, B og C 6. Dette gir D C B, og siden D > og >, betyr dette at, 1 6 ) er et lokalt minimumspunkt. Punktet 1, ): Vi har, B 1 1 og C 6. Dette gir D C B 1 <, og dermed må 1, ) være et sadelpunkt. 4

5 Punktet 1, ): Vi har, B 1) 1 og C 6. Dette gir D C B 1 <, og dermed må 1, ) være et sadelpunkt. c) Fra punkt b) vet vi at den eneste kandidaten til et ekstremalpunkt i det indre av området, er, 1 6 ). For å finne kandidater på randen av området bruker vi Lagranges multiplikatormetode med bibetingelsen gx, y) x + y 1. Siden f xy, x + 6y 1) og g x, y), blir Lagranges betingelser: xy λx ) x + 6y 1 λy 4) x + y 1 5) Fra ligning ) ser vi at enten er x eller så er λ y. Hvis x, får vi fra 5) at y ± 1. Dermed har vi punktene, ± 1). For den andre muligheten, λ y, ser vi at ligning 4) blir til x + 6y 1 y når vi setter inn λ y. Rydder vi opp litt, blir denne ligningen til x y + 6y 1 6) Trekker vi denne ligningen fra 5), får vi y 6y 9, som kan omskrives til skrives y y. Denne annengradsligningen har løsningene y ± ) 4 1 ) ± 16 ± Setter vi y inn i 5), får vi x ±1, og setter vi y 1 inn i 5), får vi x ±. Vi har dermed punktene ±1, ) og ±, 1) i tillegg til dem vi allerede har funnet. Vi har dermed følgende kandidater til maks.- og min.-punkter:, 1 6 ) fra det indre av området og, ± 1), ±1, ), ±, 1) fra randen til området. Setter vi inn i f, får vi: f, 1 6 ) ) f, 1) + 1 ) 1 1 f, 1) + 1) 1) + 1 f±1, ) ±1) + 7 f±, 1) ±) 1) + 1) 1) 5 Dette viser at største verdi er + 1 og minste verdi 5. Slutt 5