SIF5003 Matematikk 1, 6. desember 2000 Løsningsforslag

Transkript

1 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 1: Den siste ligningen gir y =5 1 + π/2)x, så A =2xy πx2, 1 = 2 + π)x +2y. A =1x 2 + π)x πx2 =1x π)x2. Her kan x variere fra til den verdien som gir y =,altså x 1/2 + π). Vi ser etter et maksimum i det indre av dette intervallet: da =1 + π)x =når x = 1 +π. Denne verdien ligger i det indre av intervallet, og siden Ax) er et annengradspolynom med negativ ledende koeffisient trenger vi ikke en gang sjekke endepunktene. Den tilsvarende verdien for y er y =5 1+ π ) 1 + 5π x =5 2 +π = 1 +π. 2 Det optimale rektanglet er altså +π mbredtog 1 +π mhøyt. loesning.tex,v 1.5

2 SIF53 Matematikk 1, Oppgave 3 a Vi prøver oss med forholdskriteriet: x n+3 n +1)n +3) n+1 lim n x n+2 nn +2) n = lim n nn +2) n +1)n +3) x = x så rekken konvergerer når x < ogdivergerernår x >, og konvergensradien blir R =. For x = ± er x n+2 nn +2) n = 16 nn +2) < 16 n 2, så rekken er absolutt konvergent ved sammenligning med den konvergente rekken 16/n2. b Leddvis derivasjon som er tillatt i det indre av konvergensintervallet, altså for x < ) gir g x) = x n+1 n n = x 1 x ) n = x ln 1 n x ) hvor den siste likheten fremkommer ved å bytte ut x med x/ idenkjenterekken ln1 + x) = 1) n+1 eller ved å derivere en gang til, som gir en geometrisk rekke med kjent sum, og så integrere tilbake. n x n 2 loesning.tex,v 1.5

3 SIF53 Matematikk 1, Oppgave Erstatter vi x med t i den oppgitte formelen får vi 1+t =1+ t t z) 3/2, <z<t. Sålenge<t<1erdaogså<z<1, slik at 1 < 1 + z) 3/2 < 2 3/2 =2 2. Dermed er vi må snu ulikhetene en gang når vi inverterer, og en gang til fordi vi trekker fra): 1+ t 2 t8 8 < 1+t < 1+ t 2 t Vi vil integrere denne ulikheten over [, 1]. Vi har 1+ t ) dt = [t + t5 ] =1,1, slik at 1, < som praktisk talt er hva vi skulle vise. t 8 dt = t 1 dt < 1, Oppgave 5 Kall de tre funksjonene i grafene A, B og C. Om vi setter F x) = x ft) dt skal vi identifisere F, F og F blant A, B og C. Her finnes nær sagt utallige muligheter for å eliminere 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 1 ft) dt = F 1) F 1) = B1) B 1) = π π ) = π 2. 3 loesning.tex,v 1.5

4 SIF53 Matematikk 1, Oppgave 6 Om vi kaller musepopulasjonen P t) finner vi P = k 1 cos2πt) ) P. Dette er en separabel differensialligning med konstant løsning P =, som vi løser slik: dp 1 P = k ) cos2πt) dt; ln P = k t sin2πt) ) + C 1 ; 2π P = C exp k t sin2πt) ) ). 2π Dataene vi har fått oppgitt gir P ) = 1 og P 1) = 2, som innsatt gir C = 1, Ce k = 2. Såvihark =ln2,ogderfor P t) =1exp t sin2πt) ) ) ln 2 =1 2 t sin2πt)/2π). 2π Oppgave 7 Fra figuren kameraet i K, agenten i B) finner vi x =1tanθ B som ved derivasjon med hensyn på tident gir dt = 1 cos 2 θ dθ dt. Men figuren gir også cos θ = 1 L, L x og kombinerer vi disse resultatene får vi dθ dt = cos2 θ 1 dt = 1 L 2 dt = 1,9 =,1 32 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 1 loesning.tex,v 1.5

5 SIF53 Matematikk 1, 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 1 =2 =2 t= y=2 1 2 sin2t)costdt sin t cos 2 tdt=2 [ 1 3 cos3 t ] π = 3. For den andre kurven er gyldige verdier av θ gitt ved r 2, altså cos2θ). Det gir oss π + kπ θ π + kπ for et heltall k. For hver lovlig θ har vi to mulige valg: r = ± cos2θ). Å velge minustegnet er jevngodt med å legge π til θ og velge plusstegnet, så vi finner at høyre halvdel gitt ved π θ π, r, og arealet blir / / 1 A 2 =2 2 r2 dθ = cos2θ) dθ = [ 1 2 sin2θ)] π/ π/ =1. π/ π/ Siden /3 > 1måden første kurven være den ytterste. Oppgave 9 For å finne Taylorpolynomet til annen grad i x = 1 trenger vi å finne f1), f 1) og f 1). Setter vi inn x = 1 i den gitte ligningen finner vi ye y =,så y =,ogderforerf1) =. Deriverer vi den gitte ligningen med hensyn på x får vi 2x +1+y)e y y =. 1) Setter vi så innx =1ogy =her,får vi 2 + y =, slik at f 1) = 2. Til sist deriverer vi 1) med hensyn på x og finner 2+2+y)e y y ) 2 +1+y)e y y =. Her kan vi sette inn x =1,y =ogy = 2 som gir 2+2 2) 2 +y =, slik at f 1) = 1. Taylorpolynomet av annen grad er derfor P 2 x) =f1) + f 1) 1! x 1) = f 1) x 1) 2 = 2x 1) 5x 1) 2. 2! 5 loesning.tex,v 1.5