Oppgavesettet har 11 punkter: 1, 2, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen.

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Oppgavesettet har 11 punkter: 1, 2, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen."

Transkript

1 SIF53 Matematikk 9. desember 998 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Lsningsforslag Oppgavesettet har punkter:,, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen. i) alternativ (), ii) alternativ (3). Her er sylinderskallmetoden best. Volumet av et sylinderskall er dv = rh dx der r = =4, x og h = y, y = cos x, sin x. Volumet av rotasjonslegemet blir da, ved delvis integrasjon, Z Z =4 V = dv = (=4, x)(cos x, sin x) dx h Z i =4 = (=4, x)(sin x + cos x), (,)(sin x + cos x) dx h i =4 = (=4, x)(sin x + cos x)+(, cos x + sin x) =,(=4, ) = (, =): 3 La x(t) og y(t) vre x- og y-koordinaten til bilen og bussen ved tidspunktet t, med veikrysset i origo. Avstanden z i luftlinje mellom bilen og bussen er da gitt ved Ved derivasjon mhp. t far vi z dz dt z = x + y : =x dx dt +y dy dt : Nar x =;3, dx=dt =,7, y =;4 ogdy=dt = 6, er z = p ;3 +;4 =;5 og ;5 dz dt =;3 (,7)+;4 6 som gir dz dt =6: Avstanden mellom bil og buss ker altsa med 6 km/h ved dette tidspunktet. 4 Vi skal vise formelen!+! + 3 3! + + n n! =(n + )!, ; n ; ved induksjon. For n = er formelen rett siden venstresiden bare har ett ledd! = og hyresiden er!, =. Anta som induksjonshypotese at ()!+! + 3 3! + + k k! =(k + )!, : 9. desember 998 Side

2 SIF53 Matematikk 9. desember 998 Da er!+! + 3 3! + +(k +) (k + )! =!+! + 3 3! + + k k! +(k +) (k + )! () = (k + )!, +(k +) (k + )! = (k +) (k + )!, =(k + )!, : Ved induksjon flger at den oppgitte formelen er riktig for alle hele tall n. 5 a) Dierensialligningen er dp dt = k(l, P ); P () = P : Ligningen er separabel (og har den konstante lsningen P = L). For L, P 6= far vi, ved separarasjon av de variable og integrasjon, Z Z dp = L, P kdt, ln (L, P )=kt + C L, P = e,kt,c P = L, Ae,kt (A = e,c ): Med P () = P blir A = L, P og L y y = P(t) P (t) =L, (L, P )e,kt : P t b) Fortjenesten F,hvis slaktevekten er P,er F (t) =b P (t), a t: For a maksimalisere F deriverer vi mhp. t og bruker uttrykket for dp=dt fra a): df dt = b dp dt, a = b k(l, P ), a = bkl, bkp, a: Vi ser at df=dt =nar P = bkl, a bk = L, a bk ; og dette gir maksimum siden d F dt = d dt df dt = d dt h i b k(l, P ), a =,bk dp = dt,bk (L, P ) < : Vi far maksimal fortjeneste ved a slakte dyret nar det veier P = L, a=(bk) kg. (Hvis L, a=(bk) P ma vi slakte straks, dvs. nar t =.) 9. desember 998 Side

3 SIF53 Matematikk 9. desember Rekken er alternerende, P (,) n+ a n med a n =(n,)=n. Vi sjekker at a n er avtagende og at n! a n =. Med f(x) = x, x = x, x er f (x) =, x + x 3 =, x, x 3 < for x>. Funksjonen f(x) (for x ), og flgelig a n = f(n), er altsa avtagende. Siden n! a n = n! n, n = er rekken P (,) n+ a n konvergent iflge alternerende rekkers test. For a avgjre om konvergensen er absolutt eller betinget ma vi underske rekken P a n. Vi kan bruke grensesammenligningstesten og sammenligner med rekken P b n = P =n (den harmoniske rekken): a n n! b n (n, )=n = n! =n n, n = n! n =, = (> ): n! n Siden den harmoniske rekken er divergent, som p-rekke med p = ( ), er P a n divergent. (Vi kunne ogsa brukt integraltesten for a vise at P a n divergerer.) Rekken P (,) n+ an er altsa betinget konvergent. Rekkens "neste ledd" er (,) a =,9=. Iflge alternerende rekkers restleddestimat er da S, S 9 negativ og js, S 9 j <a. Vi har altsa 7 a) Her er f() = Z arctan t,;9 <S, S 9 < : t 6 + dt =; og f (x) = arctan x x 6 + iflge integralregningens fundamentalteorem. Ved derivasjon far vi Dermed er f (x) = (x6 +)=(x +), 6x 5 arctan x (x 6 +) : f() = ; f () = og f () = ; P (x) =f() + f ()x + f ()x = x : b) Taylors formel (med Taylorpolynomet fra a)) gir f(;4) = P (;4) + R (;4) = ;8 + f (z) ;4 3 der z ;4. 3! Siden, f (z), blir ;69 f(;4) ;8. Ved a bruke Simpsons metode med n = 4 delintervaller og skrittlengde t = ; far vi Z ;4 f(;4) = y +4y +y +4 y 3 + y 4 ; f(;4) ; 3 f(;4) ;78: arctan t t 6 + dt S 4 = t 3 +4 ;997 + ; ;9 + ;379 = ;779 ; 9. desember 998 Side 3

4 SIF53 Matematikk 9. desember a) La s =4, r vre lengden av stigen mellom bakken og muren. Av guren ser vi at = s sin (, ). Flgelig er r =4, s =4, sin (, ) =4, sin : Videre ser vi at = = nar stigen er loddrett, og at sin (, ) ==4,, = =6, =5=6 nar stigens topp berrer plankegjerdet. Ergo er @ b) Husveggen har ligning x =,, og for x-koordinaten til stigens topp har vi x = r cos = 4, cos = 4 cos, cos sin sin ; 5 6 : Her er x negativ, og stigen vil ga klar av huset hvis x min >,. Siden x =nar = = og nar =5=6, ma minimumsverdien komme nar dx=d =: dx d =,4 sin, sin (, sin ), cos cos sin =, sin3 + sin : Vi ser at dx=d =nar sin 3 ==, sin =,=3. Siden er i. kvadrant, er p ; (7;5 ). Da er cos =,,,=3,;683 og flgelig x min,;9 (m). Den eksakte verdien er x min =,(4, =3 )(,,=3 ) = =, =3 ( =3, ) (=3, ) = =,( =3 =3, ) 3= : Stigen vil altsa ha en klaring til husveggen pa, ( =3, ) 3= ; meter. 9. desember 998 Side 4

5 SIF53 Matematikk Eksamen Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Lfisningsforslag X n= ( ) n np n : Divergent. X n= ( ) n n X ( ) n : Absolutt konvergent. n n= : Betinget konvergent. (i) (ii) x! x! x(e (e x ) t= x (e t ) l'h^opital e t x ) = = = x! t! t t! x = cos x (arctan x) l'h^opital = x! = x! = sin x = arctan x ( + sin x +x x! x ) x! arctan x sin x l'h^opital cos x = arctan x x! +x 3 a) For νa finne stfirste og minste verdi til f (x) = x (x 4 +3) vi pνa den deriverte f (x) til f (x): f (x) = d dx ψ x (x 4 +3) ( + x 4 ) 3! (+x 4 ) 3 over intervallet [; ], ser = x(x )(x + )(x +) ( + x 4 ) 5 Vi ser at x = er det eneste nullpunktet for f (x) i det νapne intervallet (; ). Vi sammenligner verdiene til f (x) i det kritiske punktet x = og endepunktene x = og x =:f () =, f () = p =:88 og f () = 89p 5 7 = :68.Av dette ser vi at f max =p f min = pνa intervallet [; ]. b) Trapesmetoden med fire delintervaller brukt pνa integralet Z p (I) +x 4 dx : : lfexh99 9. desember 999 Side

6 SIF53 Matematikk Eksamen gir = 4 =:5 (lengden pνa delintervallene) og delepunktene x =,x =:5, x =,x 3 =:5 ogx 4 =. Med f(x) = p +x 4 fνar vi tabellen: x : :5 : :5 : f(x) : :38 :44 :46 4:3 som gir ffilgende tilnρrmede verdi T 4 for integralet: Z p +x 4 dx ß T 4 = (f() + f(:5) + f(:) + f(:5) + f(:)) ß :5(: + :38 + :44 + :46 + 4:3) =3: ß 3:73 : For feilen jet n j i trapesmetoden over et intervall [a; b] med n delintervaller har vi estimatet: jet n j» K (b a) 3 n hvor K er et tall slik at K jf (x)j for a» x» b. I vνart tilfelle er a =, b =, n = 4. Fra a) ffilger at jf (x)j» p nνar» x», sνa vi kan ta K = p. Dette gir 4 jet 4 j» p 3 4 = :7853 < : : Mao.: Feilen i trapesmetoden er mindre enn. a. Siden f (x) = x (x 4 +3) p, er funksjonen f(x) = +x 4 (+x 4 ) 3 konkav oppover. Dette betyr at trapesmetoden gir en for stor verdi b, fordi arealet under de approksimerende trapesene er stfirre enn arealet under kurven (figuren til hfiyre illustrerer dette for n = ). a Dette gir ffilgende noe grove estimat for integralet (I): Siden 3:73 < R T 4 < 3:74 og : < ET 4 < :, blir 3:6 < p T 4 + ET 4 = +x 4 dx < 3:86. b Siden R vi nνa vet at : <ET 4 <, fνar vi et bedre estimat: p 3:6 < +x 4 dx < 3:74. Den eksakte verdien, avrundet til to desimaler, er 3:65. 4 Anta x 6= og sett P (n): +x + x + x x n = + xn ; n =; ; ; 3;::: ; x dvs., P (n) er pνastand nr. n. Vi mνa ffirst sjekke at pνastanden P () holder: P (): = x ; som er riktig. x lfexh99 9. desember 999 Side

7 SIF53 Matematikk Eksamen Vi antar sνa atp (n) er riktig, og viser at dette medffirer at ogsνa P (n + ) er riktig, dvs., vi mνa vise implikasjonen P (n) =) P (n +): For νa gjfire dette, skriver vi opp pνastanden P (n +) og prfiver νa vise at venstresiden (V.S.) i P (n +) er lik hfiyresiden (H.S.) i P (n +) (under forutsetning av at P (n) holder): P (n + ): +x + x + x x n+ + xn = ; n =; ; ; 3;::: x V.S. = + x + x + x x n+ =(+x + x + x x n )+x n+ P (n) = xn + x + x n+ = xn+ + x n+ x n+ x + xn = = H.S. x som viser at P (n + ) holder (nνar P (n) gjfir det). Induksjonsbeviset er dermed ferdig. 5 Dersom s = s(t) betegner taulengden (i meter) mellom ringen og baugen, og x = x(t) betegner (den horisontale) avstanden (i meter) mellom baugen og kaia, har vi til enhver tid relasjonen: x +5 = s : 4 m/min Derivasjon av denne relasjonen mhp. tiden t gir: 5m s x (Λ) x dx dt =s ds dt dvs. dx dt = s ds x dt p I det fiyeblikket taulengden s = 3 (m), er x = 3 p 5 = 44 = (m). Videre er det oppgitt at ds = 4(m/min). Innsetting i (Λ) gir: dt dx dt = 3 ( 4) = 6 (m/min) ; dvs., avstanden mellom bνaten og kaia avtar med 6 m/min. 6 Dersom T = T (t) er temperaturen pνa Kjell Magnes kontor ved tiden t, og T ute er den konstante utetemperaturen, sier Newtons lov: (N) dt dt = k(t T ute) hvor k er en positiv konstant. Vi setter forelfipig T () = T, og lfiser differensialligningen (N) ved separasjon av de variable: Z dt T T ute = k Z dt ) ln(t T ute )= kt + C ) T T ute = e C e kt T = T ute + e C e kt lfexh99 9. desember 999 Side 3

8 SIF53 Matematikk Eksamen Innsetting for t = i den siste ligningen gir: T = T ute + e C ) e C = T T ute T = T ute +(T T ute )e kt Vi lar t = svare til klokken. den. januar, og bruker tallverdiene fra oppgaven: T =9:, T ute = 36:9. Dette gir: T = 36:9 + (9: ( 36:9))e kt =55:9 e kt 36:9 Bruker sνa att =:8 klokken., dvs. nνar t = (vi mνaler t i timer): :8 = (55:9)e k :8 +36:9 36:9 ) e k = 55:9 T =55:9 e (ln 55:9 ln 47:7)t 36:9 = 47:7 ) k =ln55:9 ln 47:7 55:9 Bestemmer til slutt nνar vannet i glasset begynner νa fryse, dvs. nνar T =: T =55:9 e (ln 55:9 ln 47:7)t 36:9 =) e (ln 55:9 ln 47:7)t = 36:9 55:9 ln 55:9 ln 36:9 ) t = ß :683 ß timer og 37 min., ln 55:9 ln 47:7 mao.: Vannet begynner νa fryse ca. kl..37 den. januar. P 7 Vi bruker forholdstesten pνa rekken n= sin( n )xn,ogfνar, med u n = sin( n )xn : fi fi fi n!fi u n+ u n fi fififi sin( n+ = )jxjn+ n! sin( n )jxjn = cos cos n! jxj ( + = jxj : ) n sin( n+ = ) H^opital jxj n! sin( = ) n! n cos( n+ )( (n+) ) cos( n )( n ) I ffilge forholdstesten har vi at rekken konvergerer nνar jxj < og divergerer nνar jxj >, dvs.: Konvergensradien R =. Endepunkter. x =: Vi fνar den P P positive rekken n= sin( ). Grensesammenligning med den harmoniske rekken n n= gir: n sin( ) t= n n sin t l'h^opital cos t = = =: n! t! t t! n Siden > P og den harmoniske rekken er divergent, ffilger ved grensesammenligningstesten at n= sin( )erdivergent. P n x = : Her fνar vi den alternerende rekken n= ( )n sin( ). Med a n n = sin( ) har n vi a n+ = sin( n+ ) < sin( ) = a n n, og n! a n = n! sin( ) =, sνa rekken er n konvergent i ffilge testen for alternerende rekker. 8 Siden vi har rotasjon om x-aksen, bruker vi formelen A = R ßy ds for overflatearealet p til rotasjonslegemet. Vi har ds = p x (t) + y (t) dt, som med x = sin t og y = + cos t gir ds = cos t + sin tdt = dt, sνa Z ΛΛ Z ß A = ßy ds = ß( + cos t) dt =ß[t + sin t] ß =ß[ ß + ] Λ =8ß jxj lfexh99 9. desember 999 Side 4

9 SIF53 Matematikk Eksamen R y 9 Siden V = ß(g(u)) du, har vi dv = dv dy = dt dy dt ßg(y) dy dt vi kombinerer dette med Torricellis lov og opplysningen dy konstant), fνar vi: dv dt = ßg(y) dy dt = ßg(y) ( c) = k p y ) g(y) = r k ßc y 4 Vi bruker sνa opplysningen om at V =nνar y =: V y= = Z k ) c = 3 r 3 ) g(y) = ß y 4 ßg(u) du = Z ß k ßc u du = k c dt ved kjerneregelen. Dersom = c (hvor c er en positiv» 3 u 3 = k c 3 = lfexh99 9. desember 999 Side 5

10 NTNU Institutt for matematiske fag SIF53 Matematikk eksamen 5.8. Løsningsforslag (i) Vi har x + ( e x + e x) /x = = og x ( e x + e x) /x = =. Grenseverdien x ( e x + e x) /x eksisterer følgelig ikke. (ii) ( t + t t) = t t t = u + ( /t + ) u + u /t + = t /t / = u + /( u +) = (u =/t) y (,) Volumet V ved rotasjon om y-aksen kan vi finne f.eks. ved hjelp av sylinderskallmetoden: y=x y=x V = πr da = =π πx(x x ) dx (x x 3 ) dx = π 6. x x Overflatearealet er A = A +A der av A er arealet av rotasjonsparaboloiden og A er arealet av kjegleflaten: A = πr ds = πx [ π +(x) dx = 6 ( + 4x ) 3/ = π ( 5 ) 5 6 A = πrs = π =π, A = A + A = π ( 6 +5 ) 5. 6 ] 3 Vi skal vise formelen [ ] n(n +) P n : n 3 = for n =,,3,... ved induksjon. For n = er formelen riktig siden 3 =[( )/].ViantarsåatP n er riktig for n = k, k 3 = [ k(k +)].Vimå vise at den da også erriktig for n = k +,dvs.at daer (k +) 3 = [ (k +)(k +)] : (k +) 3 = ( k 3) +(k +) 3 [ ] P = k k(k +) [ k +(k +) 3 =(k +) ] +(k +) [ k =(k +) ] [ ] +4k +4 (k +)(k +) =. 4 Ved induksjon følger at formelen P n er riktig for alle positive hele tall. lfsif53k 7. oktober 3 Side

11 SIF53 Matematikk eksamen Volumet av ballongen er V = 4 3 πr3, og overflatearealet er A =4πr. Volumets vekstrate, i cm 3 /s, er = dv/dt =4πr dr/dt. Dafår vi dr dt = 4πr og følgelig da dt =8πrdr dt =8πr 4πr =. r Når r = 5 cm, er altså da/dt = /5 = 8 (cm /s). 5 Vi kan skissere kurven ved å regne ut x =sint, y =sint og dy/dx =ẏ/ẋ =cost/ cos t for forskjellige verdier av t, eller vi kan finne en ligning for kurven ved å einere parameteren t: ( ) y =sint =sintcos t =sint ± sin t = ±x x. Kurven er symmetrisk om x-aksen og y- aksen, så vi trenger bare punkter i første kvadrant. t x y dy/dx π/4 / π/ Fra tabellen med x, y og dy/dx ser vi at tangenten y y = k(x x ) i punktene med parameterverdier t =ogt = π/4 blir t =: y =x, t = π/4 : y =. For arealet A av området begrenset av kurven får vi π/ π/ [ A =4 ydx=4 sin t (cos tdt)=4 sintcos tdt=4 ] π/ 3 cos3 t = Vi har t =når det begynner å snø med konstant rate r. Ved tiden t er snødybden da h = rt. La plogens bredde være b. Hvis x = x(t) er vegstrekningen som plogen har kjørt, og V = V (t) er bortryddet snømengde, har vi dv dt = b rt dx dt. Vi har gitt at plogen rydder snø med konstant rate, dv/dt = a, ogfår.5 y x t dx dt = k (der k = a/br). Differensialligningen kan skrives dx/dt = k/t og har generell løsning x(t) = k ln t + C. Vi setter t = t når plogen begynner å kjøre kl. 6, og bestemmer t ved å sette inn de gitte opplysningene. (kl. 6) x(t )= : =kln t + C () (kl. 7) x(t +)=5 : 5=k ln (t +)+C () (kl. 9) x(t +3)=: =k ln (t +3)+C (3) lfsif53k 7. oktober 3 Side

12 SIF53 Matematikk eksamen 5.8. Av ligning () får vi C = k ln t som innsatt i () og (3) gir 5=kln (t +) kln t = k ln t + t = k ln (t +3) kln t = k ln t +3. t Herav følger ln t +3 =ln t ( ) + t + =ln. t t t Dermed er t (t +3)=(t +) og følgelig t =. Plogen startet altså t = time etter at det begynte å snø, det betyr at snøfallet startet kl a) Siden f() = 3 <, f() = 5 > ogf er deriverbar og følgelig kontinuerlig, har f minst ett nullpunkt a (, ) ifølge skjæringssetningen. Siden f (x) > erf strengt voksende på intervallet [, ], og a er dermed det eneste nullpunktet for f i dette intervallet. b) La {x n } være følgen av tilnærmingsverdier til a som vi får ved å bruke Newtons metode med startverdi x =. Grafen til f er voksende på [, ] (fordi f (x) > ), og den blir brattere og brattere (med brattere a x n+ xn x tangent) jo større x er (fordi f (x) > ). Derfor y=f(x) ser grafen ut som på figuren, og tangenten i et punkt (x n,f(x n )) der x n >amå skjære x-aksen y=f (x n)(x x n)+f(x n) i et punkt mellom a og x n. Det vil si ( ) a<x n+ <x n for n =,,,.... Av ( ) får vi at følgen {x n } er avtagende og nedtil begrenset, og dermed konvergent, n x n = L. Følgen er gitt ved x n+ = x n f(x n )/f (x n ). Ved å ta grenseverdien på begge sider får vi n x n+ = n x n f( n x n )/f ( n x n )sidenf og f er kontinuerlige. L = L f(l)/f (L) medførerf(l) =, og grenseverdien L er altså nullpunkt for f i intervallet (, ). Men f har bare ett nullpunkt, a, i dette intervallet. Ergo er L = a og x n = a. n 8 a) Vi skal bruke Simpsons metode med 4 delintervaller. Da er t = 4 π/4 = π/8, og vi får følgende tabell med t i = i t og y i =sin ( t ) i for i =,,...4: t i π/8 π/8 3 π/8 π/ y i Da får vi, når vi avrunder sluttsvaret til 4 desimaler, π/4 I = sin ( t ) dt S 4 = t 3 (y +4y +y +4y 3 + y 4 )=.8. b) For f(x) =sinx er Taylorpolynomet P 3 gitt ved P 3 (x) =x x 3 /6. Bruker vi P 3 (x) som tilnærming til f(x) får vi, med x = t,sin(t ) t t 6 /6. Det gir π/4 I = sin ( t ) π/4 ( [ dt t 6 t6) dt = 3 t3 4 t7] π/4 = ( π ) 3/ ( π ) 7/ = der sluttsvaret igjen er avrundet til 4 desimaler. lfsif53k 7. oktober 3 Side 3

13 SIF53 Matematikk, 6. desember Løsningsforslag Oppgave Dreid om y aksen: (iv). Dreid om x = : (iii). Oppgave Om bredden på rektanglet er x og høyden er y finner vi for det ukjente arealet A og den kjente omkretsen : Den siste ligningen gir y =5 ( + π/)x, så A =xy + πx, = ( + π)x +y. A =x ( + π)x + πx =x ( + π)x. Her kan x variere fra til den verdien som gir y =,altså x /( + π). Vi ser etter et maksimum i det indre av dette intervallet: da dx = (4 + π)x =når x = 4+π. Denne verdien ligger i det indre av intervallet, og siden A(x) er et annengradspolynom med negativ ledende koeffisient trenger vi ikke en gang sjekke endepunktene. Den tilsvarende verdien for y er ( y =5 + π ) + 5π x =5 4+π = 4+π. Det optimale rektanglet er altså 4+π mbredtog 4+π mhøyt. loesning.tex,v.5

14 SIF53 Matematikk, 6 Løsningsforslag Oppgave 3 a Vi prøver oss med forholdskriteriet: x n+3 (n +)(n +3)4 n+ n x n+ n(n +)4 n = n n(n +) (n +)(n +3) x 4 = x 4 så rekken konvergerer når x < 4ogdivergerernår x > 4, og konvergensradien blir R =4. For x = ±4 er x n+ n(n +)4 n = 6 n(n +) < 6 n, så rekken er absolutt konvergent ved sammenligning med den konvergente rekken n= 6/n. b Leddvis derivasjon (som er tillatt i det indre av konvergensintervallet, altså for x < 4) gir g (x) = n= x n+ n4 n = x n= x ) n ( = x ln n( x ) 4 4 hvor den siste likheten fremkommer ved å bytte ut x med x/4 idenkjenterekken ln( + x) = ( ) n+ n= eller ved å derivere en gang til, som gir en geometrisk rekke med kjent sum, og så integrere tilbake. n x n loesning.tex,v.5

15 SIF53 Matematikk, 6 Løsningsforslag Oppgave 4 Erstatter vi x med t 4 i den oppgitte formelen får vi +t 4 =+ t4 8 t 8 ( + z) 3/, <z<t4. Sålenge<t<erdaogså<z<, slik at < ( + z) 3/ < 3/ =. Dermed er (vi må snu ulikhetene en gang når vi inverterer, og en gang til fordi vi trekker fra): + t4 t8 8 < +t 4 < + t4 t8 6. Vi vil integrere denne ulikheten over [, ]. Vi har ( + t4 ) dt = [t + t5 ] =,, slik at, 9 8 < som praktisk talt er hva vi skulle vise. t 8 dt = 9 +t 4 dt <, 9 6 Oppgave 5 Kall de tre funksjonene i grafene A, B og C. Om vi setter F (x) = x f(t) dt skal vi identifisere F, F og F blant A, B og C. Her finnes nær sagt utallige muligheter for å einere mulighetene slik at bare en gjenstår. For eksempel kan vi merke oss at: A B fordi A (x) > når x<, B C fordi B () >, C A og C B fordi C () <. Eneste gjenstående muligheter er A = C, B = A, slik at B = F, A = B = f, C = A = f. Sagt med andre ord: A) er (i); B) er (iii); C) er (ii). Vi finner f(t) dt = F () F ( ) = B() B( ) = π ( 4 π ) = π 4. 3 loesning.tex,v.5

16 SIF53 Matematikk, 6 Løsningsforslag Oppgave 6 Om vi kaller musepopulasjonen P (t) finner vi P = k ( cos(πt) ) P. Dette er en separabel differensialligning med konstant løsning P =, som vi løser slik: dp ( P = k ) cos(πt) dt; ( ln P = k t sin(πt) ) + C ; ( π ( P = C exp k t sin(πt) ) ). π Dataene vi har fått oppgitt gir P () = og P () =, som innsatt gir C =, Ce k =. Såvihark =ln,ogderfor ( ( P (t) =exp t sin(πt) ) ) ln = t sin(πt)/(π). π Oppgave 7 Fra figuren (kameraet i K, agenten i B) finner vi x =tanθ B som ved derivasjon med hensyn på tident gir dx dt = cos θ dθ dt. Men figuren gir også cos θ = L, L x og kombinerer vi disse resultatene får vi dθ dt = cos θ dx dt = dx L dt =,9 =, 3 som er et mål på hvor fort kameraet dreier, i radianer per sekund. (Det er flere andre relasjoner som kan leses ut av figuren og eventuelt deriveres, slik at oppgaven kan løses på mange måter. Den ovenstående er den korteste av alle løsningene vi har funnet så langt.) K θ 4 loesning.tex,v.5

17 SIF53 Matematikk, 6 Løsningsforslag Oppgave 8 Det er antagelig greiest i begge tilfellene å bare regne ut arealet av den høyre halvdelen av kurven og så gange med to. For den første kurven er høyre halvdel gitt ved t π, og arealet er gitt ved: A = = π t= π ydx= π sin(t)costdt sin t cos tdt= [ 3 cos3 t ] π = 4 3. For den andre kurven er gyldige verdier av θ gitt ved r, altså cos(θ). Det gir oss π 4 + kπ θ π 4 + kπ for et heltall k. For hver lovlig θ har vi to mulige valg: r = ± cos(θ). Å velge minustegnet er jevngodt med å legge π til θ og velge plusstegnet, så vi finner at høyre halvdel gitt ved π 4 θ π 4, r, og arealet blir π/4 π/4 A = r dθ = cos(θ) dθ = [ sin(θ)] π/4 π/4 =. π/4 π/4 Siden 4/3 > måden første kurven være den ytterste. Oppgave 9 For å finne Taylorpolynomet til annen grad i x = trenger vi å finne f(), f () og f (). Setter vi inn x = i den gitte ligningen finner vi ye y =,så y =,ogderforerf() =. Deriverer vi den gitte ligningen med hensyn på x får vi x +(+y)e y y =. () Setter vi så innx =ogy =her,får vi + y =, slik at f () =. Til sist deriverer vi () med hensyn på x og finner +(+y)e y (y ) +(+y)e y y =. Her kan vi sette inn x =,y =ogy = som gir +( ) +y =, slik at f () =. Taylorpolynomet av annen grad er derfor P (x) =f() + f ()! (x ) = f () (x ) = (x ) 5(x ).! 5 loesning.tex,v.5

18 LχSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I SIF53 MATEMATIKK 3 juli Oppgave. Akselerasjonen er a(t) = v (t) = : t :6 t + 8: Vi sfiker maksimum og minimum pνa intervallet [; ]. a (t) = :4 t :6 = for t = :6=:4 = 5: Videre er a (t) < for t < 5 og a (t) > for t > 5. a(t) har derfor minimum for t = 5 og maksimum i et endepunkt for intervallet. Siden a() = 8 og a() = 8:8, er maksimal akselerasjon a() = 8:8 m/s. Minimal akselerasjon er a(5) = 7:5 m/s. Oppgave.» ß t8 = ß 8 4 : Z ΛΛ Z (i) V = ß x dy = ß t 6 t dt = Λ Z ΛΛ Z (ii) V = ( y) ß x dx = ( t )ß t 3 3t dt = 6ß Λ Oppgave 3 a) Trapesmetoden med fire delintervaller gir Z (t 5 t 7 )dt = ß 4 : Z 3 f(x) dx ß T 4 = 3 ff() + f(3=) + f() + f(5=) + f(3)g 4 = = : Videre gjelder fi fififi Z 3 fi fififi f(x) dx T 4» 5 (3 )3 4 = 5 4 ß :: b) La F (x) = [f(x)]. Med n delintervaller, er feilen begrenset av M (3 ) 3 =( n ), der M er en positiv konstant slik at jf (x)j» M for» x» 3. Vi har F (x) = f(x) f (x) og F (x) = f (x)f (x) + f(x)f (x). Det vil si at jf (x)j» jf (x)j + jf(x)f (x)j» = 6. Vi kan derfor bruke M = 6. Feilen er hfiyst 4 nνar 6 3 n» 4 ; det vil si, n som holder for n 643.

19 Oppgave 4 La T S vρre Dollys temperatur, og la T (t) vρre termometerets temperatur ved tidspunkt t. Da gjelder T (t) = k(t S T (t)) der k er en positiv proporsjonalitetskonstant. Vi lfiser den separable differensialligningen: Z Z dt T S T = k dt ln jt S T j = kt + C T S T (t) = Ce kt der C er en vilkνarlig reell konstant. Vi har videre T () = 5 ) T S 5 = C ) T S T (t) = (T S 5)e kt T () = 5 ) T S 5 = (T S 5)e k ) e k = T S 5 T S 5 T () = 3 ) T S 3 = (T S 5)e k TS 5 = (T S 5) T S 5 som er en ligning for T S. Ligningen kan skrives og har lfisning T S = 4. Oppgave 5 (i) fi fi fi fi a n+ a n T S 46T S = T S 5T S + 65 Forholdstesten viser at rekken konvergerer absolutt siden fi fififi (n + )e (n+) = = n + +n ne n n e (n+) = + e n! = n nνar n!. (ii) Rekken er alternerende, men alternerende rekketesten kan ikke brukes her fordi leddene ikke avtar monotont mot. Pνa den annen side er P ( ) n = p n en konvergent rekke ved alternerende rekketesten, mens P =n er den harmoniske rekken som divergerer. Altsνa kan ikke rekken konvergere. Konklusjon: rekken divergerer. Oppgave 6 Radien i bfitten ved hfiyde y = h er x = h=3 +. Nνar vannet nνar h cm opp i bfitten, er vannmengden i bfitten V (h) = ßh 3 ( + (h=3 + ) + (h=3 + ) ) = ß h h + 3h iffilge formelen for volumet av en avkortet kjegle (Rottman side 34). Vi sfiker dh=dt nνar dv=dt = cm 3 =s. Kjerneregelen gir dh dt = dh dv dv dt = dv dh = ß ( h h + 3)

20 3 For h = gir dette Oppgave 7 dh dt = 9 ß = 9 6ß : Det lukkede integrasjonsintervallet ligger innenfor det νapne konvergensintervallet for rekken + x 4 = X n= ( x 4 ) n = X n= Vi kan derfor integrere rekken leddvis. Det gir Z = + x 4 dx = X n= Z = ( ) n x 4n for jx 4 j < : ( ) n x 4n dx = X n= ( ) n (=)4n+ 4n + : Dette er en alternerende rekke med monotont avtagende ledd. Siden (=) 3 =3 ß 9 6 < 4, holder det νa ta med tre ledd av rekken. Det gir Oppgave 8 Z = + x dx ß 4 (=)5 5 Lengden av grafen er Z ΛΛ L = ds = Λ Z + (=)9 9 p + [f (x)] dx ß :494: der f (x) = p (x 3 + ) ved fundamentalteoremet for integralregningen. Det gir L = Oppgave 9 (i) Z p + (x3 + ) dx = Z Ved L'H^opitals regel gjelder xf(x) x! + x jx 3 + j dx = Z = x! + f(x) + xf (x) der f(x) gνar mot og f (x) = p xf(x) gνar mot. Altsνa er xf(x) x! + x = : (x 3 + ) dx = 8: (ii) Ogsνa her kan vi bruke L'H^opitals regel: der f (x) = p xf(x). Altsνa har vi f(x) f (x) = x! + (x ) 3= x! + 3 (x )= r f(x) x! + (x ) = 3= 3 f (x) p = xf(x) x! + x 3 x! + x der vi har brukt resultatet fra (i). = 3

21 SIF53 Matematikk, 5. desember Løsningsforslag Oppgave For den første grensen får vi et / -uttrykk, og bruker L Hôpitals regel (markert ved =) : x + ln x ln sin x = x + x cos x sin x ( = x + cos x sin x ) =. x For den andre får vi et -uttrykk som vi gjør om til et /-uttrykk. Substitusjonen u = /x før vi bruker L Hôpital sparer bare litt arbeid: ( ( x 3 + ) + /3 x) x x = x x = u + ( + u) /3 u = u + 3 ( + u) /3 = 3. Oppgave Kaller vi vinkelen i figuren α, vil trapeset få høyde sin α. Den øvre siden får lengde cos α, og den nedre har lengde, så arealet er For å finne det største arealet deriverer vi: A(α) = sin α( + cos α), α π. da dα = cos α( + cos α) sin α = cos α + cos α hvor vi brukte sin α = cos α. Dette gir da dα = cos α + cos α = cos α = 4 ( ± { + 8) cos α, }. Eneste kritiske punkt i (, π/) er der hvor cos α =, eller α = π/3. For å finne maksimum av funksjonen A over [, π/] må vi sjekke dette punktet og endepunktene. Men A() =, A(π/3) = 3( + ) = 3 4 3, og A(π/) =. Av disse er A(π/3) størst. Vi ender med tre ekvivalente beskrivelser for det maksimale trapeset: α = π/3; øvre side er halvparten så lang som nedre side; høyden er 3. Arealet blir loesning.tex,v.5

22 SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Oppgave 3 Integralregningens fundamentalsetning gir oss f (x) = x e x. Buelengden blir dermed (bruk substitusjonen u = x, du = x dx i det siste integralet) s = + ( f (x) ) dx = x e x dx = [ xe x dx = ex] = (e4 e). Oppgave 4 a b Divergensen av den første rekken vises ved integraltesten, der vi benytter den avtagende funksjonen f(x) = /(x ln x): dx x ln x dx = ln [ du = ] b u =. u b ln Den andre rekken konvergerer ved testen for alternerende rekker, siden fortegnene alternerer, absoluttverdien av n-te ledd avtar med n (fordi nevneren vokser), og n-te ledd går mot når n. Den konvergerer ikke absolutt. Dette kan vises ved grensesammenligning med den første rekken, fordi n (n + n) ln n n ln n = n Altså er den andre rekken betinget konvergent. Vi kan bruke forholdstesten: n n + 3 (n + )! xn+ n + x n! n = n n n + n = n n + 3 (n + )(n + ) x = n for alle x, så rekken er (absolutt) konvergent for alle x. + n =. ( + n + 3 n ) (n + ) x = < Rekkens sum for x = kan finnes på en av (minst) to måter. Den første metoden er å sette inn x = og dele rekken i to: n= n + n! = n= n n! + n! n= loesning.tex,v.5

23 SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Den siste summen kjenner vi igjen; den har sum e (den er Taylorrekken for e x med x = ). Den første summen kan skrives n= n n! = n= n n! = Altså er den søkte summen lik e + e = 3e. n= (n )! = k= k! = e. Den andre metoden går ut på å først finne summen for alle x. Vi bruker at potensrekker kan deriveres leddvis: n= n + x n = d n! dx n= x n+ n! = d ( x dx n= hvor vi så setter inn x = og får summen lik 3e som før. x n ) = d n! dx (xex ) = (x + )e x, 3 loesning.tex,v.5

24 SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Oppgave 5 a En rimelig tolkning av opplysningen om halveringstiden må være M(7) M(), det vil si e 7k. Det gir k (ln )/7,99. Vi presenterer her to måter å vise den gitte formelen på. For enkelhets skyld innfører vi γ = e,. Etter ett døgn uten tilførsel av thyroxin har altså stoffmengden i kroppen sunket til γ ganger den opprinnelige verdien. Den første metoden er å se at, om thyroxinmengden i kroppen er M n etter dagens dose på dag n, etter den γm n like før dagens dose neste dag. Så gir vi en dose på,, og får dermed ( ) M n+ =, + γm n. Den oppgitte formelen gir M =,, som er rimelig dersom pasienten ikke hadde noe thyroxin i kroppen før behandlingen startet på dag. Anta nå at den oppgitte formelen er riktig for n = k, det vil si at Anvender vi ( ) får vi da M k =, γk γ. M k+ =, + γm k =, +, γ γn γ =, γ + γ( γn ) =, γn+ γ γ som er den oppgitte formelen for n = k+. Den oppgitte formelen følger derfor ved induksjon. Den andre metoden går ut på å legge merke til at etter dagens dose på dag n skriver thyroxinmengden i kroppen seg fra n forskjellige doser: Hele dagens dose (,), det som er igjen av gårsdagens dose (, γ), og så videre. Det som er igjen fra dosen gitt for j dager siden er, γ j, og dermed blir n M n = j=, γ j =, γn γ ved den vanlige formelen for en endelig sum av en geometrisk rekke. b Siden x e x = blir Denne verdien kaller vi altså M. Vi finner, e, n n e, =, e,. M n >,95 M e, n >,95 e, n <, 5 e, n > n > ln 9,96. Først på dag 3, altså 9 dager etter at behandlingen startet, vil altså medisinmengden overstige 95% av grenseverdien. 4 loesning.tex,v.5

25 SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Oppgave 6 a Ligningen er separabel, og standard løsningsmetode gir + y dy = dt. y Integrasjon av dette gir umiddelbart y + ln y = C t som påstått i oppgaven. (Ligningen har også den konstante løsningen y =, men den interesserer oss ikke siden y > var gitt.) Initialbetingelsen y() = kan settes inn i løsningen (y =, t = ) og gir oss = C, så C =, og vi har derfor ( ) y + ln y = t. Setter vi så inn y =,3 får vi t =,3 ln,3,94. b Å bestemme y() er det samme som å løse ( ) med hensyn på y der t =. Vi skal altså finne et nullpunkt for funksjonen f(y) = + y + ln y. Newton-iterasjon for ligningen f(y) = er gitt ved y n+ = y n f(y n) f (y n ) = y n + y n + ln y n + y n = y n ln y n y n +. En iterasjon med startverdien y =,3 gir oss,3 ln,3 y =,778.,3 5 loesning.tex,v.5

26 SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Oppgave 7 Figuren viser at konkoiden skjærer seg selv i origo, altså der r =. Setter vi r = og løser, får vi sin θ =, som har to løsninger med < θ < π, nemlig θ = 6 π og θ = 5 6π. (For θ utenfor [ 6 π, 5 6π] blir r <. Disse θ-verdiene gir de to ubegrensede kurvedelene på undersiden av x-aksen.) Utregningen blir litt enklere om vi utnytter symmetrien: sin θ = sin(π θ) gir at kurven er symmetrisk om y-aksen. Vi kan nøye oss med å regne ut arealet av den høyre halvdelen og gange med. Arealet blir da π/ A = π/6 r dθ = π/ π/6 ( sin θ ) dθ = π/ π/6 ( 4 4 sin θ + ) sin dθ. θ Det ubestemte integralet av den første og siste termen kan vel regnes som kjent, mens den midterste kan integreres slik (med substitusjonen u = cos θ, du = sin θ dθ): dθ sin θ = Dermed blir A = sin θ cos θ dθ = du u = ( u ) du = u + ln u = u + [ 4θ ln cos θ ] π/ + cos θ cot θ = 4 π/6 3 π + ln cos 6 π + cos 6 π + cot( 6 π) ln cos θ + cos θ. = 4 3 π + ln = 4 3 π ln ( 3 ) = 4 3 π ln ( + 3 ) (Det er mange måter å uttrykke svaret på.) Hadde vi slått opp i Rottmann ville vi ha funnet dθ sin θ = ln tan θ + C som ville gitt A = [4θ 4 ln tan θ ] π/ cot x = 4 π + 4 ln tan π/6 3 π + 3. Fra den trigonometriske identiteten får vi tan π = 3. tan x = cos x + cos x (Men til eksamen gir vi full score uten noen av disse siste forenklingene.) 6 loesning.tex,v.5

27 NTNU Institutt for matematiske fag SIF53 Matematikk eksamen 7 3 Løsningsforslag Oppgavesettet har punkter, som teller likt ved bedømmelsen. For n er n 3/ + > n 3/ og derfor /(n 3/ + ) < /n 3/. Rekken n= /n3/ er en konvergent rekke (p-rekke med p = 3 > ), og den opprinnelige rekken er derfor konvergent ved sammenligningstesten. [Grensesammenligningstesten kunne også vært brukt.] For n = har produktet på venstresiden bare ett ledd, og den søkte ulikheten blir, som åpenbart er riktig. Anta at ulikheten holder for n = k. Vi starter med venstresiden når n = k + : ( + )( + ) ( + )( ) ( ) + (k + ) + k k + k + }{{} k + = k + + k + > k +, fordi k + >. Ulikheten holder altså også for n = k +, og den holder derfor for alle heltall n. [I tillegg har vi vist at ulikheten holder strengt for n >.] 3 Hvis rakettens høyde (målt i meter) er h = h(t), er tan α = h/. Derivasjon gir α cos α = h, når α måles i radianer. Vi setter inn α = 45, som gir cos α =. Videre blir α = 5 /s = 5 8 π rad/s, så vi ender med h = / 5 8 π = 5 9 π 7,45 meter per sekund. 4 På grunn av symmetrien vil rektanglet med maksimalt areal ha alle sine hjørner på superellipsen. Om vi lar (x, y) betegne hjørnet i første kvadrant, blir de andre hjørnene (±x, ±y) og rektanglets areal blir 4xy. Oppgaven går altså ut på å finne den maksimale verdien til 4xy når x, y og den gitte ligningen holder. Vi kan løse ligningen med hensyn på y: ( ( x ) ) 4 /4 y = 3 5 så oppgaven er å finne den maksimale verdien til ( ( x ) ) 4 /4 f(x) = x, x 5. 5 Funksjonen er positiv i det indre av intervallet [, 5] og null i endepunktene, og den er kontinuerlig i hele intervallet så den må oppnå sitt maksimum i det indre av intervallet. Vi finner maksimumspunktet ved derivasjon: ( ( x ) ) 4 /4 f (x) = ( x ) ( 3 ( x ) ) 4 3/4 5 5 x 5 5 ( ( x ) ) 4 3/4 ( ( x ) 4 ( x ) ) 4 = lf 7 3 Side

28 SIF53 Matematikk eksamen 7 3 så ( x ) 4 f (x) = = 5 x = 5 /4. Dette gir da den maksimale verdien: ( 5 ) f /4 = 5 /4 6 = 4,4. /4 Alternativ, superelegant løsning: Betrakt ulikheten ( (x ) ( y ) ) ( x ) 4 ( y ) 4 ( x ) ( y ) ( xy ) = + = som gir oss xy 5. Men ulikheten blir en likhet når x/5 = y/3, og da har xy sin største verdi, 5/. Arealet 4xy blir dermed maksimalt 6/. 5 a) Oppdeling av intervallet [, ] i fire delintervall gir fem delepunkter inklusive endepunktene. Vi beregner integranden i disse punktene: i 3 4 x i 4 Trapesmetoden gir oss tilnærmingen 3 4 cos(x i ),,998,9689,8459,543 T 4 = ( cos(x 4 ) + cos(x ) + cos(x ) + cos(x 3) + cos(x 4) ),8957. For å estimere feilen trenger vi en øvre grense M for f (x). To gangers derivasjon gir f (x) = sin(x ) 4x cos(x ). For x er 6 f (x) [fordi x, sin(x ) og cos(x ) alle ligger mellom og ], så f (x) 6. Med M = 6 blir feilestimatet E n M (b a) 3 6( )3 n = n = n. For å garantere E n < 5 må vi ha n > 5, som gir n > 5 3,6. Velger vi n = 4 skulle vi således være garantert tilstrekkelig nøyaktighet. Vi kunne funnet en mindre verdi for M ved faktisk å bestemme maksimumsverdien for f (x) over integrasjonsintervallet, men det er ikke mye å vinne på det. Vi klarer neppe å bestemme denne verdien analytisk, men en graf overbeviser i det minste om at vi kunne satt M = 4, eller enda litt lavere. M = 4 i regnestykket over ville gitt n = 83 delintervaller. M = 4 og n = 4 gir for øvrig E 4 48, så vi kunne godt nøyd oss med to desimaler i beregningen av T 4. Men oppgaven spurte ikke etter dette feilestimatet. b) Vi finner Maclaurinrekken til cos(x ) ved å bytte ut x med x i Maclaurinrekken til cos x: cos(x ( ) k ) = (k)! (x ) k ( ) k = (k)! x4k. k= k= lf 7 3 Side

29 SIF53 Matematikk eksamen 7 3 c) Maclaurinrekken vi fant over konvergerer for alle x. Vi kan derfor integrere leddvis: cos(x ) dx = k= ( ) k (k)! x 4k dx = k= ( ) k (k)!(4k + ). Dette er en alternerende rekke, og leddene avtar i absoluttverdi. Feilen har derfor samme fortegn som, og mindre absoluttverdi enn, det første utelatte leddet i en delsum. Vi stiller opp en tabell: k 3 ( ) k (k)!(4k + ),,,46, Et godt nok estimat for summen skulle dermed være summen av de første tre leddene, eller,946. Dette estimatet er for stort, men ikke mer enn ca., for stort. 6 a) Vi finner volumet ved skivemetoden: V = 4 πy dx = π 4 x 6 dx = 7 π( 4 7 7) = π 735,67. 7 b) Vi tar utgangspunkt i integralet πy ds. Her blir ( dy ) ds = + dx = + ( 3x dx ) dx = + 9x 4 dx og dermed 4 35 A = π x 3 + 9x 4 dx = π u du 36 = π [ ] u/3 = 7( π 35 3/ 3/) 87,66. Her har vi brukt substitusjonen u = + 9x 4, du = 36x 3 dx. 7 Skriver vi om differensialligningen som xy = 4 y blir det åpenbart at den er separabel. Innfører vi y = dy/dx og regner formelt videre får vi dy dx 4 y = x. For å integrere venstresiden må vi gjøre en delbrøksoppspaltning. Nevneren på venstresiden har faktoriseringen 4 y = ( y)( + y). Vi prøver oss med 4 y = A + y + B y som etter multiplikasjon med fellesnevneren 4 y blir = A( y) + B( + y) = (B A)y + (A + B). Skal dette holde for alle y må B A = og (A + B) =, altså A = B = 4. Vi har altså dy 4 y = ( 4 + y + ) dy = ) ln + y ln y + C y 4( = 4 ln + y + C = ln + y /4 + C. y y lf 7 3 Side 3

30 SIF53 Matematikk eksamen 7 3 Alt i alt ender vi med (slår sammen to integrasjonskonstanter til en, og beholder navnet C for denne) ln + y /4 = ln x + C, y og dermed der K = e C. Vi skriver dette som + y /4 = K x y + y y = Kx4 med K = ±K 4. Dette er et godt sted å bestemme K: Setter vi inn x = og y = får vi straks K = 3. Vi får altså + y = 3x 4 ( y), det vil si (3x 4 + )y = (3x 4 ), og altså y = 3x4 3x 4 +. lf 7 3 Side 4

31 SIF53 Matematikk, 4. desember Løsningsforslag Oppgave a Utregning med skivemetoden gir V = h πx dy = π h Alternativt kan sylinderskallmetoden brukes, med V = (4h) /3 (4y) /3 dy = 3 5 4/3 πh 5/3 = 6 5 /3 πh 5/3. (4h) /3 πx(h y) dx = π x ( h 4 x3) dx som leder til samme svar etter en litt mer infløkt utregning. b Fra svaret i forrige punkt finner vi dv/dh = /3 πh /3 (som vi også kan se direkte fordi tverrsnittsarealet av karet i høyde y er πx = π(4y) /3 = /3 πy /3 ). For h = blir da dv/dh = 4π, så vi finner dv dt = dv dh dh dt, dh altså = 4π dt hvorav dh dt = 5 π (dm/s). Oppgave a Newtons avkjølings/-oppvarmingslov har formen dt dt = α(a T ) der konstanten α uttrykker hvor lett varmen ledes inn i eller ut av melken. Dette er en separabel differensialligning, og standardmetoden gir dt A T = α dt (så lenge A T ), altså ln A T = αt + C. Etter multiplikasjon med anvender vi eksponensialfunksjonen og får A T = e C e αt, det vil si T A = ±e C e αt, som vi endelig skriver T = A + Be αt der B = ±e C. De oppgitte dataene gir oss T () = 6 og T () = 3 der A =. Med andre ord, + B = 6 og + Be α = 3. losning.tex,v.3

32 SIF53 Matematikk, 4 Løsningsforslag Den første ligningen gir B = 4, og da vil den andre gi 4e α = 7, altså α = ln = ln. b Situasjonen i kjøleskapet er lik den på kjøkkenbenken (bortsett fra temperaturen), så vi må regne med samme verdi på α, mens vi nå har en ny og ukjent verdi for A (temperaturen i kjøleskapet). Vi har to opplysninger som gir T () = 5 og T () =. Ellers har løsningen samme form som før, så dette gir de to ligningene A + B = 5 og A + Be α =. Men nå er α kjent, og e α = / = /. Den første av ligningene over gir B = 5 A som vi setter inn i den andre, og får A + (5 A)/ =. Dermed er A = 5/ / = 5 + = 9 3 4,8 + ( C). Oppgave 3 a Den oppgitte rekken med x = t kan skrives ln(+t ) = n= ( )n+ n tn når t <. Siden integrasjonsintervallet [, ] ligger innenfor konvergensintervallet for rekken kan vi integrere leddvis, og få / ln( + t ) dt = = n= / ( ) n+ tn n dt [( ) n+ t n+ n= n(n + ) ] / = ( ) n+ t= n+ n(n + ). n= b Rekken er alternerende, absoluttverdien av leddene avtar med n og leddene går mot. Dermed er rekken ikke bare konvergent, men vi kan bruke feilestimatet for alternerende rekker, som sier at feilen i n-te delsum har mindre tallverdi (og samme fortegn som) første utelatte ledd. Vi må ha feil < 3, som krever en nevner større enn. Vi regner ut: n 3 n(n + ) 3 n n+ n(n + ) så vi trenger ikke mer enn to ledd i rekken for å finne summen med ønsket nøyaktighet. Vi har altså / ln( + t ) dt 4 3 = 37 96,385. losning.tex,v.3

33 SIF53 Matematikk, 4 Løsningsforslag For å løse integralet eksakt, gjør vi en delvis integrasjon med og dermed / u = ln( + t ), dv = dt, du = t + t dt, v = t ln( + t ) dt = [ ] / / t ln( + t ) = ln 5 4 / t + t dt ( + t ) dt = ln 5 4 [t arctan t ] / = ln arctan. Oppgave 4 Ringen som er antydet i figuren, med bredde dr, har cirka areal πr dr og dermed cirka masse lik ρ(r) πr dr = πr(r + ) dr. Dermed er det bare å integrere opp for å finne massen: m = R πr(r + ) dr = π R (r 3 + r + r) dr = π( R R3 + R ). Oppgave 5 a Derivasjon gir dy = sinh ax dx, så ds = dx + dy = ( + sinh ax) dx = cosh ax dx. Sidn cosh ax alltid er positiv, er ds = cosh ax dx, og den søkte lengden er L = [ sinh ax cosh ax dx = a ] = sinh a a. b Hyperbolsk tangens, tanh, er en voksende funksjon (dens deriverte er / cosh x), så x tanh x er en voksende funksjon av x for x >. Ligningen x tanh x = kan derfor ikke ha mer enn én positiv løsning. På den annen side har den minst en løsning, for når x vil tanh x, slik at x tanh x, og dermed vil spesielt x tanh x > når x er stor nok. Videre er x tanh x = når x =, så skjæringssetningen sier at x tanh x = for minst en x. 3 losning.tex,v.3

34 SIF53 Matematikk, 4 Løsningsforslag Setter vi f(x) = x tanh x blir f (x) = tanh x + x/ cosh x. Resultatet av Newtons metode kan tabuleres slik: n x n f(x n ) f (x n ) x n+ = x n f(x n) f (x n ), , ,7765,7765,59738,996774, , ,5, , Vi ser at allerede etter to iterasjoner er hele sju desimaler uforandret, og funksjonsverdien er også blitt svært liten så burde trygt kunne stole på i hvert fall de fire desimalene oppgaven spurte etter, altså x,997 (med korrekt avrunding). c Strekkraften er uttrykt ved sin θ, men derivasjon gir oss tan θ = y () = sinh a. Første utfordring blir altså å uttrykke sin θ ved tan θ. Det er lettere å gjøre omvendt, og så løse ligningen: tan θ = sin θ cos θ = sin θ sin θ. Multiplikasjon med kvadratroten og kvadrering gir ( sin θ) tan θ = sin θ, og dermed sin θ = tan θ + tan θ = sinh a + sinh a = sinh a cosh a = tanh a. Siden θ hører hjemme i første kvadrant blir sin θ = tanh a. Tyngden av kabelen er proporsjonal med lengden L (kjent fra a)), så strekkraften i opphenget er proporsjonal med F (a) = L sin θ = L tanh a = sinh a a tanh a = cosh a. a For å finne når F (a) er minimal deriverer vi og setter den deriverte lik null: F (a) = a sinh a cosh a a = a sinh a cosh a = a tanh a =. Fra punkt b) vet vi at denne ligningen har presis én positiv løsning, a,997. Denne må gi minimalverdien, fordi F (a) dersom a eller a. Vertikalavstanden mellom endepunkt og midtpunkt blir y() y() = (cosh a )/a,6753 eller, med andre ord, omtrent 34 % av avstanden mellom opphengene. 4 losning.tex,v.3

35 SIF53 Matematikk,. august 3 Løsningsforslag Oppgave a b Vi finner f (x) = x x x = 3 x x så eneste kritiske punkter i det indre av intervallet (, ) er der hvor f (x) =, altså x = /3. I endepunktene finner vi f() = f() =, så maksimum er ( ) f = Julekurven blir en kjegle der sidekanten, fra kjeglespissen til randen, har lengde R = cm. Om høyden er h og radien i grunnflaten er r blir r + h = R, så volumet er Det maksimale volumet blir da Målene på kurven blir r = 3 = V = 3 πr h = 3 πr R r = 3 π f(r ). V max = 3 πf ( 3 ) = 9 3 π 43 cm3. 3 cm og h = R r = 3 = 3 cm. Oppgave a Det søkte arealet blir A = π r dθ = π e θ dθ = 4 [e π] π = 4 (eπ ). For buelengden finner vi ( (dr ) ds = dr + r dθ = + r ) dθ = e θ dθ, dθ så (om vi bruker notasjonen fra neste punkt) L = π e θ dθ = ( e π ). lf.tex,v.

36 SIF53 Matematikk, 3 8 Løsningsforslag b Samme utregning som over gir L k = kπ (k+)π Dermed får vi en geometrisk rekke: k= e θ dθ = [e θ] kπ = ( e π )e kπ. (k+)π L k = ( e π ) e kπ =. k= Oppgave 3 a Her får vi et /-uttrykk, så vi kan bruke L Hôpitals regel: y t e y t t 3 = t 3t = ef() 3 = e 3. b Vi har: f() =, f (t) = dy dt = t e y = t e f(t) slik at f () =, f (t) = (f (t)) = te f(t) + t e f(t) f(t) f (t) = te f(t) ( + tf(t)f (t)) slik at f () =, f (t) = (f (t)) = e f(t) ( + tf(t)f (t)) + t{... } slik at f () = e ( + ) + = e. P (t) er per definisjon Taylorpolynomet av 3. grad til f om t =. Det vil si P (t) = f() + f ()! t + f ()! t + f () t 3 = + e 3! 3 t3. Oppgave 4 a Vi har f() = og f (x) = cos x 3x, så f () = >. Dermed er f voksende for små x, og f(a) > for en (liten) positiv a. Videre er f() = sin <. Ved skjæringssetningen har f minst ett nullpunkt mellom aog. Videre er f (x) = sin x 6x < for x > (for < x < π er sin x >, og for x > /6 er 6x > sin x). Så f er konkav for x >. f vokser til sitt maksimum for x >, og avtar deretter strengt, så det kan ikke finnes mer enn ett positivt nullpunkt. lf.tex,v.

37 SIF53 Matematikk, 3 8 Løsningsforslag b Vi deriverte f to ganger ovenfor. En gang til gir f (x) = cos x 6. Vi finner P 3 (x) = 3 k= f (k) () x k = x 7 k! 6 x3. Dersom vi antar at P 3 (x) er en god tilnærming til f(x) nær nullpunktet til x, kan vi tilnærme nullpunktet til f ved å sette P 3 (x) =, som gir x = 6/7,96. (I virkeligheten ligger nullpunktet i nærheten av,9863.) Oppgave 5 For rekken i (i) kan vi bruke integraltesten, siden funksjonen f(x) = /(x ln x) er positiv og avtagende for x >. dx [ ] x ln x = ln ln x =, så rekken i (i) er divergent. Rekken i (ii) er alterende, siden sin x > for (n )π < x < nπ når n er odde, sin x < når n er like. Leddene a n i rekken har også avtagende absoluttverdi, siden sin x er periodisk mens x øker. Endelig er n a n =, siden a n < nπ (n )π x dx < (n ). Ved testen for alternerende rekker er rekken i (ii) konvergent. (Den er faktisk betinget konvergent, siden a n > nπ (n )π sin x /(nπ) dx = /(nπ).) Oppgave 6 Trapesmetoden med fire delintervaller gir I T 4 = 3 ( f() + f( 3 4 ) + f() + f(5 ) + f(3)),88. Her har vi regnet med tre desimaler (ikke helt urimelig når vi betrakter feilestimatet nedenfor med n = 4), og brukt verdiene 3 x 3 f(x),785,886,955,7,47 5 Feilestimatet for trapesmetoden på [, 3] med M = 4 er I T n ] (/4)3 n = 6n. Vi søker en n slik at 6n < 3 n > n > 5/3,9, 6 så n = 3 delintervaller er tilstrekkelig. 3 lf.tex,v.

38 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 5 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK,. DESEMBER 3 Oppgave (i) Vi har et / -uttrykk og kan derfor forsøke L Hôpitals regel: e x x sin x = L Hôp x e x cos x = e cos =. (ii) Vi omformer uttrykket til et / -uttrykk: ln(x +) x = x ln(x +) x ln(x +). Vi kan dermed bruke L Hôpitals regel eller eventuelt rekkeutvikle teller og nevner (vi gjør det siste): x ln(x +) = x x + x x3 + 3 x ln(x +) x x3 + = x + 3 x +. Dermed: ( x ln(x +) ) = x. Oppgave Vi skal løse y = x(y ), y()=. Vi observerer at dette er en separabel førsteordens differensialligning: Vi får dermed dy y = y y = x. x dx,som gir ln y = x + c, eller y = ke x +. y()=girk =,altså y = e x +.

39 TMA4 Matematikk..3 Løsningsforslag Side av 5 Oppgave 3 Vi kan anta at ligningen x y + xy 3 = definerer y som funksjon av x i nærheten av punktet (, ). Vi deriverer implisitt: xy + x y + y 3 + x3y y =. Setter vi inn x = y =,får vi + y ++3y =, dvs. y = 3 4. Dermed får tangenten i punktet (, ) ligning y x = 3 4, eller y = 3 4 x Oppgave 4 Vi får da =πr ds =π(x +) + ( ) dy dx. dx Siden dy dx =sinhx og cosh x sinh x =,fås for arealet A av rotasjonsflaten A = ln π(x +)coshxdx =π [(x +)sinhx cosh x] ln [ =π (ln + ) ( ) ( + ] )+ = π (3 ln + ). Oppgave 5 Gitt F (x) = Videre fås x e sin t dt. Vi har ved analysens fundamentalteorem og kjerneregelen F (x) =x e sin x. F (x) =e sin x +x ( x cos x )e sin x. Dermed F () = F () = og F () = slik at P (x) =x. Oppgave 6

40 TMA4 Matematikk..3 Løsningsforslag Side 3 av 5 a) Med a n = xn n n fås a n+ a n n x = n n n + = n x + n = x. Ved forholdstesten er derfor konvergensradien. x =girrekken n n= som er en divergent p-rekke (p = ). Alternativt kan dette sjekkes ved integraltest. x = gir den alternerende rekken ( ) n n som konvergerer fordi n= n går monotont mot når n. b) La S betegne summen til rekken Siden 4 n ( ) n n= n går monotont mot, har vi S n= med E N 4 N+ N +. Siden =.95, kan vi sette 5 L = n n. N ( ) n 4 =( ) N+ E n N, n med en feil mindre enn.98. Alternativt kan vi finne at som er feilskranken om man setter L =

41 TMA4 Matematikk..3 Løsningsforslag Side 4 av 5 Oppgave 7 a) Sett f(x) =e x x. Vi har <, x < f (x) =e x =, x =. >, x > Videre har vi f() =. Vi splitter i to tilfeller:. Når x, er f strengt avtagende (siden f (x) < for x<), og vi kan derfor ha høyst én løsning av f(x) =. Siden f( ) = e > ogf() = <, gir skjæringssetningen at vi har en løsning i intervallet (, ).. Når x, er f strengt voksende (siden f (x) > for x>), og vi kan derfor ha høyst én løsning av f(x) =. Siden f() = < ogf() = e 4 >, gir skjæringssetningen at vi har en løsning i intervallet (, ). b) Newtons metode gir x n+ = x n f(x n) f (x n ) = x ne xn e xn +. e xn x = er uegnet fordi vi har f () =, som gir i nevneren. Vi setter x =ogfår x x.6395 x.464 x Dermed blir svaret.5. Oppgave 8 Ved skivemetoden er V = Altså: V = A(x)dx, hvor A(x) = s 3 s = 3 y = 3( x ). 3( x )dx = 3( 3 )= Oppgave 9 Sett y(t) = konsentrasjon av forurensning ved tid t (kg/m 3 ). Vi får følgende differensialligning: dy dt = y 5 8 = (.5 y) 8 9 6

42 TMA4 Matematikk..3 Løsningsforslag Side 5 av 5 med initialverdi y() =.5. (Tidsenhet er dager.) Vi løser differensialligningen og får y = ke t 6 +.5, dvs. y =e t fordi y() =.5. Vi har y =når e t 6 = 4,altsånår t =6ln4=3ln.8 dager. Oppgave Vi finner at Omkretsen L av området er L = y +x + (y +x)+ (y +x)+ 4 =(y +x) ( )n =(y +x). n= Arealet A av området er A = xy + 4 xy + 6 xy + = xy ( 4 )n = 4 3 xy. n= L =6giry =3 x og altså A(x) = 4 3 (3x x )= 4 3 ( 9 8 (x 3 ) 4 ), dvs. x = 3 4 og dermed y = 3 gir maksimalt areal. (Maksimalt areal blir 3.)

43 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk eksamen.8.4 Løsningsforslag Ved å bruke L Hôpitals regel for / -uttrykk i overgangene merket ( ) får vi (i) (ii) cos x cos x x x ) ( x e /x x ( ) sin x +sinx ( ) cos x +4cosx = = = 3 x x x, e /x e t ( ) e t = = = x /x t + t t + =. a) Differensialligningen er separabel og kan (for y )skrives y y = x +. Ved integrasjon får vi y = arctan x + C. Av initialbetingelsen y() = får vi C = arctan =. Løsningen er følgelig y = arctan x, x < π 4. b) Karakteristisk ligning er r r 8=med røtter r =4og r =. Generell løsning av differensialligningen blir y = Ae 4x + Be x. Da er y =4Ae 4x Be x, og av initialbetingelsene y() = 3 og y () = får vi A + B =3 4A B =. Herav følger A =og B =, og løsningen blir y = e 4x +e x. 3 Siden x n+ / n + n n x n / = n x n n + = x, er rekken n= xn / n absolutt konvergent når x < ifølge forholdstesten og divergent når x > ifølge divergenstesten. Konvergensradien er følgelig R =. Når x =, får vi rekken n= / n som er en divergent p-rekke (p =/ ). Når x =, får vi den alternerende rekken n= ( )n / n som konvergerer fordi / n går monotont mot når n. TMA4_4_8 lf. august 4 Side

SIF5003 Matematikk 1, 6. desember 2000 Løsningsforslag

SIF5003 Matematikk 1, 6. desember 2000 Løsningsforslag SIF53 Matematikk 1, 6. desember 2 Oppgave 1 Dreid om y aksen: iv). Dreid om x = 1: iii). Oppgave 2 Om bredden på rektanglet er 2x og høyden er y finner vi for det ukjente arealet A og den kjente omkretsen

Detaljer

SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag

SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag SIF5003 Matematikk, 5. desember 200 Oppgave For den første grensen får vi et /-uttrykk, og bruker L Hôpitals regel markert ved =) : lim 0 + ln ln sin 0 + cos sin 0 + cos sin ) =. For den andre får vi et

Detaljer

Oppgavesettet har 11 punkter: 1, 2, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen.

Oppgavesettet har 11 punkter: 1, 2, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen. SIF53 Matematikk 9. desember 998 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Lsningsforslag Oppgavesettet har punkter:,, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen.

Detaljer

y L y = P(t) P t

y L y = P(t) P t y L y = P(t) P t 4 4 m/min 5m s x NTNU Institutt for matematiske fag SIF53 Matematikk eksamen 5.8. Løsningsforslag (i) Vi har lim x! ex + e x /x = = og lim e x + e x /x = =. + x! Grenseverdien

Detaljer

Oversikt over Matematikk 1

Oversikt over Matematikk 1 1 Oversikt over Matematikk 1 Induksjon Grenser og kontinuitet Skjæringssetningen Eksistens av ekstrempunkt Elementære funksjoner Derivasjon Sekantsetningen Integrasjon Differensialligninger Kurver i planet

Detaljer

Løsningsforslag eksamen i TMA4100 Matematikk desember Side 1 av 7

Løsningsforslag eksamen i TMA4100 Matematikk desember Side 1 av 7 Løsningsforslag eksamen i TMA4 Matematikk 2. desember 23. Side av 7 Oppgave Løs initialverdiproblemet y (2/x)y, y() 2. Løsning: y (2/x)y er en førsteordens lineær differensialligning. Vi finner en løsning

Detaljer

= x lim n n 2 + 2n + 4

= x lim n n 2 + 2n + 4 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving Avsnitt 8.7 6 Potensrekken konvergerer opplagt for x = 0, så i drøftingen nedenfor antar vi x 0. Vi vil bruke forholdstesten

Detaljer

NTNU Institutt for matematiske fag. TMA4100 Matematikk 1 høsten Løsningsforslag - Øving 8. Oppgave 1. Oppgave 2

NTNU Institutt for matematiske fag. TMA4100 Matematikk 1 høsten Løsningsforslag - Øving 8. Oppgave 1. Oppgave 2 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk høsten Løsningsforslag - Øving 8 Oppgave b. Vi har at f() > og f(π/) π /6

Detaljer

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 15. april 2016 kl 14 Antall oppgaver: 8

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 15. april 2016 kl 14 Antall oppgaver: 8 Innlevering BYFE DAFE Matematikk HIOA Obligatorisk innlevering 5 Innleveringsfrist Fredag 5. april 6 kl Antall oppgaver: 8 Funksjonen ft) er vist i guren over. Funksjonen F x) er denert som for x. F x)

Detaljer

Løsningsforslag eksamen 18/ MA1102

Løsningsforslag eksamen 18/ MA1102 Løsningsforslag eksamen 8/5 009 MA0. Dette er en alternerende rekke, der leddene i størrelse går monotont mot null, så alternerenderekketesten gir oss konvergens. (Vi kan også vise konvergens ved å vise

Detaljer

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10 Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 får du trening i å løse ulike typer differensialligninger, og her får du bruk for integrasjonsteknikkene du lærte i forrige kapittel. Men

Detaljer

TMA4100 Matematikk1 Høst 2009

TMA4100 Matematikk1 Høst 2009 TMA400 Matematikk Høst 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 2 8926 Vi serieutvikler eksponentialfunksjonen e u om u 0 og får e u + u +

Detaljer

Løsningsforslag til Eksamen i MAT111

Løsningsforslag til Eksamen i MAT111 Universitetet i Bergen Matematisk institutt Bergen, 9. desember 25. Bokmål Løsningsforslag til Eksamen i MAT Mandag 9. desember 25, kl. 9-. Dette er kun et løsningsforslag. Oppgave a) Betrakt de to komplekse

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M100 Våren 2002

Løsningsforslag Eksamen M100 Våren 2002 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren 00 Oppgave Evaluerer grensen cos( ) 0 ( sin( ) ) 0 6 0 6 5 0 sin( ) 0 sin( ) = Har brukt l Hôpitals regel (derivert teller og nevner hver for seg) i første og tredje overgang.

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN Bokmål UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Løsningsforslag til Eksamen i emnet MAT - Grunnkurs i matematikk I Torsdag 22. mai 28, kl. 9-4. Dette er kun et løsningsforslag.

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2,

Løsningsforslag til eksamen i TMA4105 matematikk 2, Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av Løsningsforslag til eksamen i TMA45 matematikk, 9.5.4 Oppgave La fx, y, z) xy + arctanxz). La P være punktet,, ). a)

Detaljer

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave Vi denerer matrisene A, B, og C som A = [ ] 3, B = 5 9, C = 3 3. a) Regn ut følgende matrisesummer og matriseprodukter, om mulig. Dersom

Detaljer

Løsningsforslag til Mat112 Obligatorisk Oppgave, våren Oppgave 1

Løsningsforslag til Mat112 Obligatorisk Oppgave, våren Oppgave 1 Løsningsforslag til Mat2 Obligatorisk Oppgave, våren 206 Oppgave Avgjør om følgende rekker er konvergente: (a) n + n n + n + Løsning: rekken lim : n n + n n + n + Vi bruker grensesammenligningstesten mhp.

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 00 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Torsdag 6. desember 202. Tid for eksamen: 9:00 3:00. Oppgavesettet er på 8

Detaljer

Løsningsforslag. og B =

Løsningsforslag. og B = Prøve i Matte EMFE DAFE ELFE BYFE Dato: august 25 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave a) Gitt matrisene A = 2 3 2 4 2 Løsningsforslag og

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 009 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved g(x)

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet MAT - Grunnkurs i Matematikk II Torsdag 4. juni 05, kl. 09:00-4:00 Bokmål Tillatte hjelpemiddel: Enkel kalkulator i samsvar

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 26./28. november 2013

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 26./28. november 2013 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 26./28. november 2013 Forelesningene 26./28. november Disse forelesningene er et forsøk på å se de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 delvis

Detaljer

OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG

OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT - Grunnkurs i matematikk I torsdag 5.desember 20 kl. 09:00-4:00 OPPGAVE a Modulus: w = 2 + 3 2 = 2. Argument

Detaljer

d) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x =

d) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x = Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 far du trening i a lse ulike typer dierensialligninger, og her far du bruk for integrasjonsteknikkene du lrte i forrige kapittel. Men vel

Detaljer

EKSAMEN Løsningsforslag

EKSAMEN Løsningsforslag 5..7 EKSAMEN Løsningsforslag Emnekode: ITD5 Dato:. desember 7 Hjelpemidler: - To A-ark med valgfritt innhold på begge sider. - Formelhefte. - Kalkulator som deles ut samtidig med oppgaven. Emnenavn: Matematikk

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen i MA1102/MA6102 Grunnkurs i analyse II 17/

Løsningsforslag Eksamen i MA1102/MA6102 Grunnkurs i analyse II 17/ Løsningsforslag Eksamen i MA0/MA60 Grunnkurs i analyse II 7/ 008 Oppgave y = y +, y(0) = 0 a) n n y n y = n y n + y = y y n+ 0 0 0 / / / / / 5/4 / 5/8 9/8 9/8 så Eulers metode med steglengde / gir oss

Detaljer

Løsningsforslag. Oppgave 1 Gitt matrisene ] [ og C = A = 4 1 B = 2 1 3

Løsningsforslag. Oppgave 1 Gitt matrisene ] [ og C = A = 4 1 B = 2 1 3 Prøve i Matematikk BYFE DAFE Dato: 27. mai 26 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Løsningsforslag Oppgave Gitt matrisene [ 2 A 4 B [ 2 og C [ 2

Detaljer

Prøve i Matte 1000 BYFE DAFE 1000 Dato: 03. mars 2016 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.

Prøve i Matte 1000 BYFE DAFE 1000 Dato: 03. mars 2016 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Prøve i Matte 1 BYFE DAFE 1 Dato: 3. mars 216 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. LØSNINGSFORSLAG Oppgave 1 Gitt matrisene A = [ 8 3 6 2 ] [ og

Detaljer

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2014

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2014 Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA Grunnkurs i analyse II Vår 4 Løsningsforslag Øving 9 7.3.b Med f() = tan +, så er f () = cos () på intervallet ( π/, π/).

Detaljer

Matematikk 1. Oversiktsforelesning. Lars Sydnes November 25, Institutt for matematiske fag

Matematikk 1. Oversiktsforelesning. Lars Sydnes November 25, Institutt for matematiske fag Matematikk 1 Oversiktsforelesning Lars Sydnes sydnes@math.ntnu.no Institutt for matematiske fag November 25, 2009 LS (IMF) tma4100rep November 25, 2009 1 / 21 Matematikk 1 Hovedperson Relle funksjoner

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT111 Prøveeksamen Eksamensdag: 5. juni 21. Tid for eksamen: 1. 13.3. Oppgavesettet er på 9 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

OPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 47. Oppgaver til seminaret 25/11

OPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 47. Oppgaver til seminaret 25/11 OPPGAVESETT MAT111-H16 UKE 47 Avsn. 7.1: 1, 11 På settet: S.1, S.2, S.3, S.4 Oppgaver til seminaret 25/11 Oppgaver til gruppene uke 48 Løs disse først så disse Mer dybde Avsn. 6.6 3 Avsn. 6.7 3, 7 Avsn.

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M001 Våren 2002

Løsningsforslag Eksamen M001 Våren 2002 Løsningsforslag Eksamen M Våren Oppgave f(x) = (x )e x Bruker produktregelen i derivasjonen f (x) = e x + (x ) (e x ) For å derivere e x velges kjernen u = x, og vi får (e x ) = e u. f (x) = e x + (x )

Detaljer

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.

Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave Vi denerer matrisene A, B, og C som A = [ ] 3, B = 5 9, C = 3 3. a) Regn ut følgende matrisesummer og matriseprodukter, om mulig. Dersom

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101)

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101) Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA0/MA60) Fredag 2. desember 202 Tid: 09:00 3:00 Hjelpemidler: Kode

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I

Løsningsforslag til eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen Matematisk institutt Bokmål Løsningsforslag til eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I Mandag 17. desember 2007, kl. 09-14. Oppgave 1 Gitt f(x) = x + x 2 1, 1 x 1. a) Finn og

Detaljer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer Eksamen 8. desember 16 Eksamenstid 4 timer IR151 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare bruke

Detaljer

EKSAMEN I EMNET Løsning: Mat Grunnkurs i Matematikk I Mandag 14. desember 2015 Tid: 09:00 14:00

EKSAMEN I EMNET Løsning: Mat Grunnkurs i Matematikk I Mandag 14. desember 2015 Tid: 09:00 14:00 Universitetet i Bergen Det matematisk naturvitenskapelige fakultet Matematisk institutt Side 1 av 7 BOKMÅL EKSAMEN I EMNET Mat 111 - Grunnkurs i Matematikk I Mandag 14. desember 15 Tid: 9: 14: Tillatte

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 16./17. november 2015

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 16./17. november 2015 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 16./17. november 2015 Forelesningene 17./18. november Denne forelesningen beskriver de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 noen tips for

Detaljer

Løsningsforslag. Prøve i Matematikk 1000 BYFE DAFE 1000 Dato: 29. mai 2017 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark. Oppgave 1 Gitt matrisene.

Løsningsforslag. Prøve i Matematikk 1000 BYFE DAFE 1000 Dato: 29. mai 2017 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark. Oppgave 1 Gitt matrisene. Prøve i Matematikk BYFE DAFE Dato: 29. mai 27 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Løsningsforslag Oppgave Gitt matrisene A = 2 2 B = [ 2 3 4 ] og C = Regn ut, om mulig, summene A + B, A + B T og A +

Detaljer

Repitisjon av Diverse Emner

Repitisjon av Diverse Emner NTNU December 15, 2012 Oversikt 1 2 3 4 5 Å substituere x med en trigonometrisk funksjon, gjør det mulig å evaluere integral av typen I = dx a 2 +x 2 I = dx a 2 +x 2 I = dx a 2 x 2 der a er en positiv

Detaljer

Prøve i Matte 1000 ELFE KJFE MAFE 1000 Dato: 02. desember 2015 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark

Prøve i Matte 1000 ELFE KJFE MAFE 1000 Dato: 02. desember 2015 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Prøve i Matte ELFE KJFE MAFE Dato: 2. desember 25 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave Gitt matrisene A = 2 2 3 5 og B = [ 5 7 2 ] Regn

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I MA0001 BRUKERKURS A Tirsdag 14. desember 2010

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I MA0001 BRUKERKURS A Tirsdag 14. desember 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I MA1 BRUKERKURS A Tirsdag 14. desember 1 Oppgave 1 Ligningen kan skrives 4 ln x 3 ln

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger Eksamensdag: 12. desember 2003 Tid for eksamen: 9:00 12:00 Oppgavesettet er på 7 sider.

Detaljer

MA1101 Grunnkurs Analyse I Høst 2017

MA1101 Grunnkurs Analyse I Høst 2017 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA Grunnkurs Analyse I Høst 7 9.5. a) Har at + x b arctan b = π + x [arctan x]b (arctan b arctan ) f) La oss først finne en

Detaljer

x 2 = x 1 f(x 1) (x 0 ) 3 = 2 x 2 n n x 1 n 0 0, , , , , , , , , , , 7124

x 2 = x 1 f(x 1) (x 0 ) 3 = 2 x 2 n n x 1 n 0 0, , , , , , , , , , , 7124 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 høsten 011 Løsningsforslag - Øving 4 Avsnitt 47 3 La f(x) = x 4 +x 3 med f (x) = 4x 3 +1 Med x 0 = 1 får ein med Newtons metode at Med x 0 = 1 får

Detaljer

NTNU. TMA4100 Matematikk 1 høsten Løsningsforslag - Øving 12. Avsnitt Ved Taylors formel (med a = 0) har vi at. 24 For x < 0 har vi at

NTNU. TMA4100 Matematikk 1 høsten Løsningsforslag - Øving 12. Avsnitt Ved Taylors formel (med a = 0) har vi at. 24 For x < 0 har vi at NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 200 Løsningsforslag - Øving 2 Avsnitt 8.9 23 Ved Taylors formel (med a = 0) har vi at der R 2 (x) = f (n+) (c) (n+)! e x = + x + x2 2 + R 2(x),

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 Løsningsforslag, eksamen MA0/MA60 07.2.09 Oppgave La f() = e 4 2 2 8. a) Finn alle ekstremalpunktene til funksjonen

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 17./18. november 2014

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 17./18. november 2014 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 17./18. november 2014 Forelesningene 17./18. november Disse forelesningene er et forsøk på å se de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 delvis

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Obligatorisk innlevering 3 i emnet MAT111, høsten 2016

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Obligatorisk innlevering 3 i emnet MAT111, høsten 2016 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Obligatorisk innlevering 3 i emnet MAT, høsten 206 Innleveringsfrist: Mandag 2. november 206, kl. 4, i Infosenterskranken i inngangsetasjen

Detaljer

x 2 = x 1 f(x 1) (x 0 ) 3 = 2 n x 1 n x 2 n 0 0, , , , , , , , , , , 7124

x 2 = x 1 f(x 1) (x 0 ) 3 = 2 n x 1 n x 2 n 0 0, , , , , , , , , , , 7124 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 høsten 2012 Løsningsforslag - Øving 4 Avsnitt 47 3 La f(x) = x 4 +x 3 med f (x) = 4x 3 +1 Med x 0 = 1 får ein med Newtons metode at Med x 0 = 1 får

Detaljer

Prøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag

Prøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT, H- Løsningsforslag. Integralet cos x dx er lik: +sin x Riktig svar: c) arctan(sin x) + C. Begrunnelse: Sett u = sin x, da er du = cos x dx og vi får: cos x + sin x dx = du du = arctan

Detaljer

Vi har at ' 0 = 4ex +e 2x = 2 cosh x ; ' 00 = 2 sinh x cosh 2 x : Definer χ = arctan e x. Da har vi f.eks. at 2 sin χ cos χ sin(2χ) = cos 2 χ + sin 2

Vi har at ' 0 = 4ex +e 2x = 2 cosh x ; ' 00 = 2 sinh x cosh 2 x : Definer χ = arctan e x. Da har vi f.eks. at 2 sin χ cos χ sin(2χ) = cos 2 χ + sin 2 Eksamen i ikkelineρr dynamikk, fag 74 993 Onsdag 6. mai 998 Lfisninger a) En permanent bfilge forandrer ikke form. Dvs. at hvis den forplanter seg med en konstant hastighet c i en rom-dimensjon, sνa er

Detaljer

EKSAMEN. Ingeniørstudenter som tar opp igjen eksa- men (6stp.).

EKSAMEN. Ingeniørstudenter som tar opp igjen eksa- men (6stp.). KANDIDATNUMMER: EKSAMEN FAGNAVN: Matematikk FAGNUMMER: F74A EKSAMENSDATO: 6. desember 24 SENSURFRIST: 6. januar 25 Ingeniørstudenter som tar opp igjen eksa- KLASSE: men 6stp.). TID: kl. 9. 4.. FAGLÆRER:

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT-INF 1100L Programmering, modellering, og beregninger. Eksamensdag: Fredag 2. Desember 2016. Tid for eksamen: 9:00 13:00.

Detaljer

EKSAMEN. Ingeniør- og Fleksibel ingeniørutdanning.

EKSAMEN. Ingeniør- og Fleksibel ingeniørutdanning. KANDIDATNUMMER: EKSAMEN EMNENAVN: Matematikk. EMNENUMMER: REA42/REA42F EKSAMENSDATO: Mandag 9. august 2 KLASSE: Ingeniør- og Fleksibel ingeniørutdanning. TID: kl. 9. 3.. FAGANSVARLIG: Hans Petter Hornæs

Detaljer

Løsningsforslag eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I høsten 2009

Løsningsforslag eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I høsten 2009 Løsningsforslag eksamen MAT Grunnkurs i Matematikk I høsten 9 OPPGAVE (a) Vi har w = + ( ) =. I et komplekse plan ligger w i 4. kvarant og vinkelen θ mellom tallet og en relle aksen har tan θ =, vs. at

Detaljer

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 10.2.27 a) Vi skal vise at u + v 2 = u 2 + 2u v + v 2. (1) Som boka nevner på side 581,

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Høst 4 Løsningsforslag Øving 5.7.4 Vi observerer at både y = cos πx 4 og y = x er like funksjoner. Det vil si

Detaljer

dg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0

dg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2, øving 8, vår 2011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon,

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Fredag 7. januar 2005. Tid for eksamen: 14:30 17:30. Oppgavesettet er på

Detaljer

lny = (lnx) 2 y y = 2lnx x y = 2ylnx x = 2xlnx lnx

lny = (lnx) 2 y y = 2lnx x y = 2ylnx x = 2xlnx lnx NTNU Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 høsten 2012 Løsningsforslag - Øving 2 Avsnitt 3.7 95 Vi antar at > 0 og får Avsnitt 3.8 6 a) 2π/3 b) π/4 c) 5π/6 ln = (ln) 2 = 2ln = 2ln = 2ln ln.

Detaljer

1 Mandag 1. februar 2010

1 Mandag 1. februar 2010 Mandag. februar 200 I dag skal vi fortsette med rekkeutviklinger som vi begynte med forrige uke. Vi skal se på litt mer generell rekker og vurdere når de konvergerer, bl.a. gi et enkelt kriterium. Dette

Detaljer

EKSAMEN BOKMÅL STEMMER. DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember :00-13: FAGKODE: IR Matematikk 1

EKSAMEN BOKMÅL STEMMER. DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember :00-13: FAGKODE: IR Matematikk 1 EKSAMEN BOKMÅL DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember 15 9:-13: FAGKODE: FAGNAVN: IR151 Matematikk 1 HJELPEMIDLER: Del 1: kl 9.-11. Ingen Del : kl 11.-13. Lommeregner Lærebok etter fritt valg Matematisk

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, 4. august 2014 Side 1 av 12. x 2 3x +2. x 2

TMA4100 Matematikk 1, 4. august 2014 Side 1 av 12. x 2 3x +2. x 2 TMA4 Matematikk, 4. august 24 Side av 2 Oppgave Den rasjonale funksjonen p er definert som p(x) x2 3x +2 3x 2 5x +2. Finn de tre grenseverdiene lim xæ p(x), lim xæ p(x) og lim xæœ p(x). Løsning: x 2 3x

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT Kalkulus. Eksamensdag: Fredag 9. desember 2. Tid for eksamen: 9.. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 1. november 2011 Kapittel 8.7. Potensrekker (fra konvergens av) 3 Konvergens av potensrekker Eksempel For

Detaljer

Oppgavesettet har 10 punkter 1, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen.

Oppgavesettet har 10 punkter 1, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen. NTNU Institutt for matematiske fag SIF55 Matematikk 2 4. mai 999 Løsningsforslag Oppgavesettet har punkter, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen. i alternativ (3, ii alternativ (2. 2 a For

Detaljer

Deleksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I

Deleksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I Bergen, oktober. 2004. Løsningsforslag til Deleksamen i MAT - Grunnkurs i Matematikk I Mandag. oktober 2004, kl. 09-2. Oppgave Beregn grensen f.eks. ved hjelp av l Hôpitals regel. lim x ln x x Vi ser at

Detaljer

Løsningsforslag: Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I

Løsningsforslag: Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen Matematisk institutt Bergen, 8. desember 006. Bokmål Løsningsforslag: Eksamen i MAT - Grunnkurs i Matematikk I Mandag desember 8, 006, kl. 09-4. Oppgave Gitt funksjonen f(x) = ln(

Detaljer

Arne B. Sletsjøe. Oppgaver, MAT 1012

Arne B. Sletsjøe. Oppgaver, MAT 1012 Arne B. Sletsjøe Oppgaver, MAT 101 1 En-variabel kalkulus 1.1 I de følgende oppgavene, i) finn alle kritiske punkter til f(x), ii) beskriv monotoniegenskapene til funksjonene ved å se på fortegnet til

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO. Løsningsforslag

UNIVERSITETET I OSLO. Løsningsforslag UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Deleksamen i: MAT00 Kalkulus Eksamensdag: Fredag 4. oktober 20 Tid for eksamen: 5.00 7.00 Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte

Detaljer

Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 1. november 2011 Kapittel 8.6. Alternerende rekker Absolutt og betinget konvergens 3 Alternerende rekker

Detaljer

FYS2140 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig 1

FYS2140 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig 1 FYS4 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig. januar 8 Her er løsningsforslag for Oblig som dreide seg om å friske opp en del grunnleggende matematikk. I tillegg finner dere til slutt et løsningsforslag

Detaljer

Institutionen för Matematik, KTH

Institutionen för Matematik, KTH Institutionen för Matematik, KTH Lösningsforslag till tentamen, 200-2-7, kl. 8.00-.00. 5B04, Envariabel. Uppgift. Den karakteristiske ligningen r 2 r + 2 0 kan omskrives som (r )(r 2) 0. Den generelle

Detaljer

Eksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag

Eksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag Eksamen i MAT H4: Løsningsforslag Oppgave. ( poeng) Dersom f(x, y) x sin(xy ), er f y lik: A) sin(xy ) + xy cos(xy ) B) x cos(xy ) C) x y cos(xy ) D) sin(xy ) + x y cos(xy ) E) cos(xy ) Riktig svar: C):

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger del 1 Eksamensdag: Tirsdag 7. desember 2004 Tid for eksamen: 14:30 17:30 Oppgavesettet

Detaljer

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Fredag 11. mars 2016 Antall oppgaver: Løsningsforslag

BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Fredag 11. mars 2016 Antall oppgaver: Løsningsforslag Innlevering BYFE DAFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Fredag 11. mars 2016 Antall oppgaver: 10 + 1 Løsningsforslag 1 Hvilken av de to funksjonene vist i guren er den deriverte

Detaljer

Korreksjoner til fasit, 2. utgave

Korreksjoner til fasit, 2. utgave Korreksjoner til fasit,. utgave Kapittel. Oppgave.. a): / Oppgave.. e):.887, 0.58 Oppgave..9: sin00πt). + ) x Oppgave.7.5 c): ln for 0 < x. x Oppgave.8.0: Uttrykket for a + b) 7 skal være a + b) 7 = a

Detaljer

Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1

Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1 Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1 Haakon C. Bakka Institutt for matematiske fag 4.-5. desember 2010 Program I dag og i morgen skal vi holde på fra 10-16 med en pause fra 13-14. Vi skal gjennom:

Detaljer

SIF53 Matemati Esame gir = 4 =:5 (legde νa delitervallee) og deleutee x =,x =:5, x =,x 3 =:5 ogx 4 =. Med f(x) = +x 4 fνar vi tabelle: x : :5 :

SIF53 Matemati Esame gir = 4 =:5 (legde νa delitervallee) og deleutee x =,x =:5, x =,x 3 =:5 ogx 4 =. Med f(x) = +x 4 fνar vi tabelle: x : :5 : SIF53 Matemati Esame 8..999 Norges teis-aturvitesaelige uiversitet Istitutt for matematise fag Lsigsforslag X = ( ) : Diverget. X = ( ) X ( ) : Absolutt overget. = : Betiget overget. (i) (ii) x! x! x(e

Detaljer

x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n x2 n 3

x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n x2 n 3 TMA4 Høst 26 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag 4.2.8 Vi setter f(x) = x 2 3. Da blir f (x) = 2x, og iterasjonen blir f (x n ) = x n x2 n 3 2x n () Siden vi har

Detaljer

TMA Matematikk 4D Fredag 19. desember 2003 løsningsforslag

TMA Matematikk 4D Fredag 19. desember 2003 løsningsforslag Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA Matematikk D Fredag 9. desember 23 løsningsforslag a Vi bruker s-forskyvningsregelen Rottmann L{gte at } Gs a med gt t.

Detaljer

e x = 1 + x + x2 2 + R 2(x), = e 3! ( 1) n x n = n! n=0 y n+1 = y 0 + f(t, y n (t)) dt 1 dt = 1 + x (1 + t) dt = 1 + x x2

e x = 1 + x + x2 2 + R 2(x), = e 3! ( 1) n x n = n! n=0 y n+1 = y 0 + f(t, y n (t)) dt 1 dt = 1 + x (1 + t) dt = 1 + x x2 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving 2 Avsnitt 8.9 23 Ved Taylors formel (med a = 0) har vi at der R 2 (x) = f (n+) (c) (n+)! e x = + x + x2 2 + R 2(x),

Detaljer

Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker

Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Andreas Leopold Knutsen 14. februar 2012 Funksjonsrekker En rekke på formen fn(x) der fn er en funksjon, kalles en n=1 funksjonsrekke. For alle

Detaljer

EKSAMEN. TILLATTE HJELPEMIDLER: Kalkulator. John Haugan: Formler og tabeller. Rottmanns formelsamling (tillatt som overgangsordning)

EKSAMEN. TILLATTE HJELPEMIDLER: Kalkulator. John Haugan: Formler og tabeller. Rottmanns formelsamling (tillatt som overgangsordning) KANDIDATNUMMER: EKSAMEN FAGNAVN: Matematiske metoder 1. FAGNUMMER: JøG10 EKSAMENSDATO: 5. april 00. SENSURFRIST: 16. mai 00. KLASSE: HSIS 00-005. TID: kl. 8.00 1.00. FAGLÆRER: Hans Petter Hornæs ANTALL

Detaljer

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA112 Grunnkurs i analyse II Vår 219 8.4.1 Vi skal finne lengden til kurven x = 3t 2, y = 2t 3 der t 1. Som boka beskriver på

Detaljer

a 2 x 2 dy dx = e r r dr dθ =

a 2 x 2 dy dx = e r r dr dθ = NTNU Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk, øving, vår Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon, språk

Detaljer

. Følgelig er csc 1 ( 2) = π 4. sinθ = 3

. Følgelig er csc 1 ( 2) = π 4. sinθ = 3 NTNU Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 høsten 011 Løsningsforslag - Øving Avsnitt.7 99 Vi deriverer to ganger: = A 1 cos(ln) B1 sin(ln) = A 1 cos(ln) A 1 sin(ln)+b 1 sin(ln) B 1 cos(ln)

Detaljer

TMA4105 Matematikk 2 Vår 2014

TMA4105 Matematikk 2 Vår 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2 Vår 2014 Løsningsforslag Øving 7 10.4.7 Vi skal finne likningen til et plan gitt to punkter P = (1, 1,

Detaljer

Lsningsforslag ved Klara Hveberg Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 8 I kapittel 8 er integrasjon og integrasjonsteknikker det store tema

Lsningsforslag ved Klara Hveberg Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 8 I kapittel 8 er integrasjon og integrasjonsteknikker det store tema Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 8 I kaittel 8 er integrasjon og integrasjonsteknikker det store temaet, og her er det mange regneogaver som gir deg anledning til a trene inn disse teknikkene.

Detaljer

Løsningsforslag. Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen til de rekkene som konvergerer. a) 2 2n /3 n

Løsningsforslag. Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen til de rekkene som konvergerer. a) 2 2n /3 n Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Tirsdag. februar 203 kl. 0:30 Antall oppgaver: 9 Løsningsforslag Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen

Detaljer

Kapittel 4: Differensiallikninger

Kapittel 4: Differensiallikninger 4.. Innledning og objekter i bevegelse. 57 Kapittel 4: Differensiallikninger 4.. Innledning og objekter i bevegelse. Oppgave 4..: (NY.) a) Vi har slik at venstre side er lik y + xy = xe x + x y(x) = e

Detaljer

f =< 2x + z/x, 2y, 4z + ln(x) >.

f =< 2x + z/x, 2y, 4z + ln(x) >. MA 40: Analyse Uke 48, 00 http://home.hia.no/ aasvaldl/ma40 H0 Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave.5: 5. Vi har gitt funksjon f(x, y) = x + y z + z ln(x) og punkt

Detaljer

OPPGAVESETT MAT111-H17 UKE 45. Oppgaver til seminaret 10/11. Oppgaver til gruppene uke 46

OPPGAVESETT MAT111-H17 UKE 45. Oppgaver til seminaret 10/11. Oppgaver til gruppene uke 46 OPPGAVESETT MAT111-H17 UKE 45 Avsn. 7.1: 3, 4 Avsn. 7.9: 22 På settet: S.1, S.2 Oppgaver til seminaret 10/11 Oppgaver til gruppene uke 46 Løs disse først så disse Mer dybde Avsn. 7.1 1, 2, 6, 7, 18 Avsn.

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MAT-INF 1100L Programmering, modellering, og beregninger. Eksamensdag: Fredag 2. Desember 2016. Tid for eksamen: 9:00 13:00.

Detaljer

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 30. mars 2007 Tidspunkt Antall oppgaver 4 Sirkelskive i radianer.

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 30. mars 2007 Tidspunkt Antall oppgaver 4 Sirkelskive i radianer. Eksamen i FO99A Matematikk Underveiseksamen Dato 30. mars 007 Tidspunkt 09.00-14.00 Antall oppgaver 4 Vedlegg Tillatte hjelpemidler Sirkelskive i radianer Godkjent kalkulator Godkjent formelsamling Oppgave

Detaljer

Eksamensoppgave i MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I. LØSNINGSFORSLAG

Eksamensoppgave i MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I. LØSNINGSFORSLAG Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA/MA6 Grunnkurs i analyse I. LØSNINGSFORSLAG Faglig kontakt under eksamen: John Erik Fornæss /Kari Hag Tlf: 464944/483988 Eksamensdato: 8. desember 5 Eksamenstid

Detaljer