Figur 2: Fortegnsskjema for g (x)

Transkript

1 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren 998 Oppgave a) g) = e ) = e ) Figur : Fortegnsskjema for g) g) > 0 for < 0 og > og g) < 0 for 0 < <. b) Finner den deriverte: g ) = e ) + e ) = e ) = e ) + ) g ) = 0 = ± Figur : Fortegnsskjema for g ) Dette gir toppunkt i = g ) = e + ) og bunnpkt. i = g ) = e )

2 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren 998 c) g) 0 når og g) når g0) = 0 Figur 3: Skisse av graf. d) I = 0 e ) d Bruker delvis integrasjon. Setter u = ) u = og v = e v = e I = 0 e ) d = [e )] 0 0 e ) d = 0 0 e ) d Delvis integrasjon en gang til: u = ) u = og v = e v = e I = [e )] e d = [ e + e + e ] 0 = 4e + e + e ) = 4 Som skulle vises. e) G) er gitt ved { G = g) G0) = 0 G = 0 g) = 0 = e ) = 0 eller = G = g ) = e ) fra oppg b).) G G = < 0 =0 = e > 0 = G0) = 0 og G) = g) d = 4 Fra oppg d).) 0 0,0) er toppunkt og,-4) er bunnpkunkt.

3 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren Oppgave a) S = n= cosh n n! = n= en + e n ) < n! n= e n n! Fordi e n > e n en + e n ) < e n når n > 0.) Bruker forholdstesten på den nye rekken: e n+ n+)! lim n e n n)! = lim n e n + = 0 < Denne rekken konvergerer S er mindre enn denne og vil derfor også konvergere. b) n= n + ) + ) n+ = n= an Bruker forholdstesten: lim n an+ = lim n n + ) + ) n+ n + ) + ) n+ = + a n Rekken konvergerer når + < < + < < < 0. Rekken divergerer når + > > 0 eller <. Må sjekke spesielt for = og = 0: = : n= n + ) ) n+ divergerer fordi leddene går mot. = 0: n= n + ) ) n+ som divergerer av samme grunn. Rekken konvergerer for < < 0 og divergerer ellers. c) n= )n n p sin n Vet at sin < for 0 < sin n < n for n Får da n= )n n p sin n < n= np n = n= np Som er en p-rekke. For p ) < p < 0 vil rekken konvergere absolutt. For p ) < 0 p < vil b n = n p sin 0 når n, bn+ bn og bn 0 n Betinget konvergens for 0 < p <, og divergens for p >. Sjekker p = 0 og p = : p = 0: Får rekken n= )n sin n < n= )n n har i hvert fall betinget konvergens. Må sjekke om vi har abs.konv.: n= sin n Antar at den divergerer, og prøver å vise dette. Ser på funksjonen sin i intervallet 0, ]: sin y = y = π/ Ønsker å finne en funksjon som ligger under denne i dette intervallet. Velger derfor et tall < /π, for eksempel /, og får at sin > sin n > divergens. se fig. 4) n

4 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren Figur 4: y = sin p = : Får rekken n= )n n sin n n sin n går ikke mot 0 divergens. Konklsjon: Absolutt konvergens for p < 0, betinget konvergens for 0 p < og divergens for p. Oppgave 3 a) z = cos π 4 + i sin π 4 ) z = cos 3π 4 + i sin 3π 4 ) i) z z = cos π + 3π ) + i sin π + 3π )) = cos π + i sin π) = ii) z z = cos π 4 3π 4 ) + i sin π 4 3π 4 )) = cos π ) + i sin π ) = i iii) z 0 = 0 cos 0π 4 + i sin 0π 4 ) = 5 cos π + i sin π ) = 5 i = 3i b) z + i z = 3 z + 3i Setter z = + iy og setter inn i ligningen: + iy + i iy) = 3 + y ) + 3i Realdelen må være lik på hver side, og imaginærdelen må være lik på hver side. + y = 3 + y )I) y + = 3II) Setter y = 3 inn i I): + 3 ) = ) ) = ) 6 + = = 0 + = 0 =, y = 3 = Løsningen blir z = + i.

5 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren Oppgave 4 a) = gy) er inversen til y = f). = gf)) Bruker kjerneregel og deriverer mhp : = d dg dy gf)) = f)) d dy d ) Som skulle vises dg dy f)) = df ) d Deriverer en gang til mhp : 0 = d ) dg dy f)) d dy d ) = d g dy f)) Setter inn uttrykket fra første oppg: [ d g dy dy d] f)) = dy d d d y g dy f)) = d Som skulle vises dy d y d d )3 = d f ) d df d ))3 [ ] dy + dg d dy f)) d y d b) f) = e 3 sin, g) er inversen til f). df d = 3 e cos 3 sin ) df d = 0 cos = 3 sin tan = 3 = π/6, = 5π/6. df 5π d > 0 i intervallet 6, π ). 6 c) d f d = 3 e sin 3 cos 3cos 3 sin )) = e 3 sin 3 cos ) f0) = 0, f 0) =, f 0) = 3 P ) = + 3 ) = + 3 er.ordens Taylorpolynom for f) rundt = 0. y = 0 = 0 dg g0) = 0, dy 0) = f 0) =, dg dy 0) = f 0) f 0) = 3 = 3

6 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren P y) = y + 3y ) = y + 3y er.ordens Taylorpolynom for gy) rundt y = 0. Oppgave 5 a) I = tan d ) d d Bruker delvis integrasjon og setter u = tan u = I = tan og v = d + d ) ) ) + d = tan v = Kan så bruke delbrøksoppspaltning på det siste integralet: + ) = a + b + c + = a + ) + b + c) + ) ) + ) + d Samler ledd av lik orden: : a + b = 0 : c = 0 konst.: a = a = b = c = 0 I = tan = tan ) + ) + ln ) + + c ) d = tan ) + ln + ln + ) + c b) I = d ) 3/ Bruker substitusjon = sin θ d = cos θ dθ sin θ cos θ sin θ cos θ sin θ I = dθ = dθ = cos θ) 3/ cos 3 θ cos θ dθ cos θ dθ = dθ = cos θ cos θ dθ = tan θ θ + c = sin + c Se fig.5) Figur 5: Oppg. 5b)

7 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren c) lim a 0 a π/ sin cos d Ser på integralet sin d og substituerer u = cos du = sin d cos sin du d = = u + c = cos + c cos u Setter inn i grenseverdien: lim a 0 a π/ sin cos d = lim a 0 cos a cos π/) = lim a 0 cos a 0 = lim a 0 cos a = = Oppgave 6 a) y + 6y + 5y = 0 med randkrav: y0) = 0 y 0) = 4 Dette er en.ordens homogen diff.lign. som kan løses ved å løse den karakteristiske ligningen: r + 6r + 5r = 0, r = 6 ± = 6 ± 64 = 3 ± 4i Generell løsning blir: yt) = e 3t c cos 4t + c sin 4t) Randkrav: y0) = 0 c + c 0) = 0 c = 0 y = e 3t c sin 4t) y = e 3t 3c sin 4t + 4c cos 4t) y 0) = 4 3c 0 + 4c ) = 4 c = Løsningen på initialverdiproblemet blir y = e 3t sin 4t. b) y = y + cos y med randkrav y) = π/4 y = y/ + cos y Setter u = y y = u og y = u + u u + u = u + cos u u = cos u du cos u = d Den generelle løsningen blir: y = tan ln c ) tan u = ln + c = ln c u = tan ln c Randkrav: y) = π/4 tan ln c ) = π/4 tan π/4) = ln c = ln c c = e Løsningen på initialverdiproblemet blir y = tan ln e )) = tan + ln ).

8 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren c) y y = Ligningen inneholder ikke y. Substituerer derfor u = y slik at: u u = Denne kan løses vha integrasjonsfaktor: r = e d = e ln = e ln = Ganger denne inn i ligningen: u 3 u = u ) = u = + c u = 3 + c y = du d = 3 + c y = c c = 4 + c c 4 Løsningen blir y = 4 + c c 4. Oppgave 7 z = f, y), f, y) = )y )e +y 4 a) f = y + )y ) ))e 4 +y ) = y ) ))e 4 +y ) f y = + )y ) y))e 4 +y ) = ) yy ))e 4 +y ) For å få kritiske pkt. må begge de.ordens partiell deriverte være 0 samtidig: f = 0 når y = eller )) = 0 y = innsatt i f = 0 gir =. y Når, y) 0, 0): )) = 0 + = 0 = 0 = ± + 4 Tilsvarende vil f = ± 3 = eller =. y = 0 når yy )) = 0 Dette gir y = eller y = De kritiske punktene blir, ),, ),, ),, ) og, ).

9 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren b) Sjekker at 0,0,) er et pkt. på flaten z = f, y): f0, 0) = OK f Normalvektoren n er gitt ved, f ) y, I pkt. 0,0,) er n =,, ) Lignigen for tangetplanet blir: [, y, z) 0, 0, )],, ) = 0 y z ) = 0 + y + z = c) Når det søkte planet skjærer y-planet i linjen y = må vektoren v =,, 0) ligge i dette planet se figur 6). Figur 6: Vektoren v i y-planet. Har også at vektoren ū = ) n =,, ) ligger i dette planet. n = v ū = ī j k 0 = ī j k =,, ) vil stå normalt på det søkte planet. Finner et pkt. i planet, f.eks. 0,, 0) finnes ved å sette z = 0, og velge = 0 y = ). En ligning for planet blir da [, y, z) 0,, 0)],, ) = 0 y ) z = 0 y z =.