EKSAMEN Løsningsforslag

Transkript

1 7 desember EKSAMEN Løsningsorslag Emnekode: ITD5 Dato: 6 desember Hjelpemidler: Emne: Matematikk ørste deleksamen Eksamenstid: 9 Faglærer: To A-ark med valgritt innhold på begge sider Formelhete Kalkulator er ikke tillatt Christian F Heide Eksamensoppgaven: Oppgavesettet består av 5 sider inklusiv denne orsiden og et vedlegg på én side Kontroller at oppgaven er komplett ør du begynner å besvare spørsmålene Oppgavesettet består av 9 oppgaver med i alt deloppgaver Ved sensur vil alle deloppgaver telle omtrent like mye Der det er mulig skal du: vise utregninger og hvordan du kommer ram til svarene begrunne dine svar, selv om dette ikke er eksplisitt sagt i hvert spørsmål Sensurdato: 6 januar 5 Karakterene er tilgjengelige or studenter på studentweb senest virkedager etter oppgitt sensurrist Følg instruksjoner gitt på: wwwhiono/studentweb Løsningsorslag til Matematikk, ørste deleksamen, desember Side av 9

2 Oppgave Gitt det komplekse tallet z e i Hva er realdelen og imaginærdelen til dette tallet? Tallet har altså en modulus lengde på og et argument vinkel på π Realdel og imaginærdel er kanskje lettest å se dersom vi tegner tallet i det komplekse planet: Im z π Re Av iguren ser vi at Rez = og Imz = Alternativt kan vi regne ut dette ved å bruke at e i cos isin : e i cos isin i i Altså: realdel er og imaginærdel er Oppgave En unksjon er deinert ved Finn unksjonens asymptoter Vertikale asymptoter kan vi ha der nevneren er Her er nevneren når = Vi må da sjekke at ikke også telleren blir or =, or i så all har vi et ubestemt uttrykk, og vi må sjekke hva grenseverdien er ved hjelp av l Hôpitals regel Her ser vi at telleren blir or = Dette innebærer at unksjonen går mot når går mot Følgelig kan vi konkludere med at unksjonen har en vertikal asymptote or = Vi ser at graden til telleren er høyere enn graden til nevneren Funksjonen har deror ingen horisontale asymptoter Skråasymptoter Siden unksjonen er en polynombrøk kan vi inne skråasymptoter ved polynomdivisjon: Løsningsorslag til Matematikk, ørste deleksamen, desember Side av 9

3 Løsningsorslag til Matematikk, ørste deleksamen, desember Side av 9 : Av dette ser vi at unksjonsuttrykket kan skrives Når vokser blir betydningen av det siste leddet mindre og mindre siden det har i nevneren, og unksjonen nærmer seg mer og mer + Følgelig har unksjonen ølgende skråasymptote: y Oppgave Deriver ølgende unksjon: cos Her må vi bruke at den deriverte av cos er sin og kjerneregelen med kjerne u Vi år da ' sin ' sin ' sin sin Oppgave To hjørner i et rektangel ligger på -aksen De to andre hjørnene i rektangelet ligger over - aksen på kurven y slik iguren viser Finn det største arealet dette rektangelet kan ha

4 y = y = -,5 -,5,5,5 Arealet av et rektangel er produktet av sidekantene grunnlinja ganger høyden Hvis vi kaller punktene langs -aksen som er hjørner i rektangelet or og, så vil grunnlinjen i rektangelet ha en lengde på Høyden av rektangelet vil avhenge av hvor vi legger hjørnet, men vil uansett være gitt av A y For å inne maksimalt areal, deriverer vi denne og inner A' 6 Vi inner kritiske punkter ved å inne hvor den deriverte er : som gir 6 Arealet er produktet av disse, og er deror gitt ved Vi trenger ikke å vurdere negative -verdier Vi ser at den deriverte er positiv i intervallet, maksimum or, mens den er negativ i intervallet Arealet er da, Dette innebærer at A har et A 8 Løsningsorslag til Matematikk, ørste deleksamen, desember Side av 9

5 Oppgave 5 Funksjonen cos sin er i utgangspunktet ikke deinert or = ordi nevneren i brøken da blir Allikevel kan vi deinere unksjonsverdien i = til å være et bestemt tall ordi grenseverdien lim cos sin eksisterer a Forklar hva som menes med at denne grenseverdien eksisterer Det betyr at unksjonen kan å en verdi som er så nær grenseverdien vi ønsker ved å la bli tilstrekkelig nær b Finn denne grenseverdien Vi ser at dette er et -uttrykk, siden cos = og telleren deror går mot når går mot Vi kan deror bruke l Hôpitals regel Vi år da: lim cos sin lim sin cos Oppgave 6 Finn ølgende ubestemte integraler: a e d e ln C e ln C b ln d Her må vi bruke delvis integrasjon Regelen or delvis integrasjon er slik: Løsningsorslag til Matematikk, ørste deleksamen, desember Side 5 av 9

6 u ' v d uv uv' d Vi velger å kalle u' som gir u Bruker vi dette år vi og og v ln v' ln d ln ln C d ln 6 ln ln C 6 C ln C d c sin cos d Dette integralet kan vi inne ved hjelp av substitusjon Hvis vi benytter substitusjonen år vi u cos du d sin som gir d du sin Bruker vi dette i integralet, år vi sin cos d sin u du sin u du Her kan vi bruke ølgende integrasjonsregel: Bruker vi denne inner vi d arctan C sin cos d u du arctan u C Løsningsorslag til Matematikk, ørste deleksamen, desember Side 6 av 9

7 arctancos C tan cos C Oppgave 7 En unksjon av to variable gitt ved z, y y y er deinert or alle reelle og y a Finn og y y y y b Finn og klassiiser eventuelle lokale ekstremalverdier or, y Siden unksjonen er deinert or hele R har vi ingen randpunkter vi må undersøke Det er deror tilstrekkelig å undersøke unksjonens kritiske punkter, altså der de partiellderiverte er null: Vi inner ørst hvor den partiellderiverte med hensyn på er : dvs altså = Videre må vi inne hvor den partiellderiverte med hensyn på y er : y dvs y som gir y = Løsningsorslag til Matematikk, ørste deleksamen, desember Side 7 av 9

8 Funksjonen har altså et kritisk punkt i, Vi må så inne de partiellderiverte av orden or å kunne klassiisere dette punktet: yy y y y y y y y y y y Diskriminanten er da yy y En negativ diskriminant viser at punktet, er et sadelpunkt Oppgave 8 Bruk lineær approksimasjon or or cos cos omkring or å inne en tilnærmet verdi Den lineære approksimasjon or en unksjon omkring et punkt = a er generelt gitt ved a h a ' a h hvor h er avstanden ra a I dette tilellet blir ' sin Dette gir cos a h cos a h sin a I vårt tilelle er a og h Setter vi inn disse tallene, inner vi cos cos sin Siden cos og sin, år vi cos Løsningsorslag til Matematikk, ørste deleksamen, desember Side 8 av 9

9 Regner vi ut dette på kalkulator, inner vi at det blir 998, så vår approksimasjon er meget god Oppgave 9 Følgende ligning skal løses numerisk ved hjelp av Newtons metode: cos Ligningen har en løsning i intervallet [, ] Bruk deror startverdi og vis ørste iterasjon i Newtons metode Siden du ikke har kalkulator trenger du ikke å regne ut regnes ut, men må sette opp hvordan den skal Siden Newtons metode inner nullpunkter, er det ørste vi må gjøre å omorme ligningen slik at vi har et uttrykk som er lik Dette gjør vi ved å lytte cos over på venstre side: Venstre side i dette uttrykket er det som kalles i ormelen or Newtons metode, dvs cos Formelen or Newtons metode er n n n ' n Vi har ått oppgitt og skal regne ut Vi trenger å inne ' Den er: Formelen gir da ' sin cos ' sin cos sin Ved bruk av kalkulator inner man at dette er omtrent 9 Løsningsorslag til Matematikk, ørste deleksamen, desember Side 9 av 9