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

Transkript

1 Oppgåve a) i) ii) 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) g(x) ln(sin x) + x g (x) sin x (sin x) + x cos x sin x + x tan x + x b) i) ( x + ) dx x x dx+ x dx x + ln x + C ii) c) i) 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 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, dx dx x du u( ) ( ) + og u() + x u() x + dx x u( ) u x du u du

2 Sidan /(x + ) dx arctan x + C, får vi at 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 d) i) ii) e x 4x e x 4x x(x 4) x eller x 4 x eller x 4 ( 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 i[π/ ( π/4) e i7π/

3 Oppgåve Newtons metode går ut på å løyse likninga f(x) ved å iterere på formelen x n+ x n f(x n) f (x n ) Om vi samanliknar dette uttrykket med linje 6 i skriptet, ser vi at må ha at f(x) e x +sin x+6x 7 og f (x) e x +cos x+6 Om vi deriverar uttykket for f(x), ser vi at vi fatisk får e x + cos x + 6 for f (x), så dette stemmer Likninga vi forsøker å løyse er altså e x + sin x + 6x 7 Presisjonen i løysinga er bestemt av parameteren pres Av while-løkka ser vi at iterasjonen stoppar når x n+ x n pres I linje er pres sett til å vere Om vi vél ein lågare (positiv) verdi for pres, bør vi få eit meir nøyaktig svar 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

4 Initialkrav: v() v 5 (med m/s som eining) Det gir: Vi får at 5 Ce C 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 4 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 4 [ ( ) + + ( ) + ( ) 4 ( ) ( ) 4 + [ Alternativt kan ein implementere initialkravet direkte ved å sette opp uttrykket h(t) h() t v(t ) dt 4

5 [ B C 4 [ [ [ 4 9 [ 5 [ 4 ( 6) ( 6) b) det A (7 ( ) ( 6)) Determinanten til A er ulik Difor er A invertibel c) Vi rekkereduserar totalmatrisa for likningssystemet til trappeform: [ [ [ a b b b a a 6 b i) Dersom a 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 a 6 Dersom a 6, vil totalmatrisa på trappeform sjå slik ut: [ b b For at dette skal tilsvare eit konsistent likningssystem, må vi kreve at b, eller at b / 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 a 6 og b / iii) Dersom b, vil likningssystemet bli inkonsistent Vi har altså inga løysing når a 6 og b / Oppgåve 5 x 5 5 f(x) a) Vi brukar midtpunktsformelen for numerisk derivasjon: f (x) f(x + h) f(x h) h 5

6 Her er h 5 Vi får f (5) b) Vi brukar trapesmetoden: c) f() f() ( f(x) dx h f() + f(5) + f() + f(5) + ) f() 5 ( ) f(x) cos(9x) + x f (x) ( sin(9x)) sin(9x) + f (5) 8 sin(9 5) + 8 sin f(x) dx [ ( cos(9x) + x) dx 9 sin(9x) + x 9 sin(9 ) + 9 sin Feilen i estimatet frå a) blir Relativ feil: 59/7 % Feilen i estimatet frå b) blir Relativ feil: 66/464 88% Oppgåve 6 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 6

7 b) y x sin x y x sin x dx Variabelbyte: y u x, x sin x dx Initialkravet y() gir at du dx x sin u x du cos + C x, dx x du sin u du cos u+c cos x +C C + Dermed får vi løysinga y cos x + c) Eulers metode går ut på estimere løysinga av eit ordens initialverdiproblem, gitt på forma Ein estimerar y(x n ) slik y F (x, y) med initialkravet y(x ) y y n+ y n + F (x n, y n ) h der x n x + n h y er gitt ved initialkravet For liten nok h vil vi ha at y n y(x n ) I skriptet ser vi at initialkravet er gitt i linje og : x og y Om vi samanliknar formelen over med linje 5 og 6, ser vi at F (x n, y n ) y n + cos x n (Variabelen yd tilsvarar y ) Initialverdieproblemet som skriptet freistar å løyse er altså y y + cos x, y() 7

8 Oppgåve 7 Vi skal bestemme matrisa A slik at T (x) A x Vi veit at A oppfyller A [T (e ) T (e ) der einingsvektorane [ e [ og e Vi veit at transformasjonen T er lineær Difor har vi at [ T ( ) T (e + e ) T (e ) + T (e ) [ 5 T ( ) T (5e + e ) 5 T (e ) + T (e ) Sidan T (x) skal ligge i R, kan vi skrive x T (e ) y z og T (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 Vi kan løyse alle tre ved å rekkeredusere på ei stor totalmatrise: [ [ 5 6 [ [ [ [ Dermed får vi at x 9, y, z, x 5, y og z slik at A x x 9 5 y y z z 8

9 Alternativt kan vi bruke insettingsmetoden Sidan T (e ) + T (e ), har vi at T (e ) T (e ) Vi set dette inn i likninga 5 T (e ) + T (e ) slik at vi får at 5 T (e ) + T (e ) (5 + ( )) T (e ) T (e ) T (e ) 9 9 Dermed får vi også bestemt T (e ), T (e ) 9 5, og standarmatrsia blir A [T (e ) T (e ) 9 5 Ein kan også løyse oppgåva ved hjelp av invertering Vi veit at [ [ A 5 og A, 9

10 eller, skrive som ei matriselikning: [ 5 A slik at A [ 5, [