OPPGAVE 1 NYNORSK. LØYSINGSFORSLAG Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i matematikk I onsdag 16. mai 2012 kl. 09:00-14:00. a) La z 1 = 3 3 3i, z 2 = 4 + i,

Transkript

1 LØYSINGSFORSLAG Eksamen i MAT - Grunnkurs i matematikk I onsdag 6. mai kl. 9:-4: NYNORSK OPPGAVE a) La z = i, z = 4 + i, finn (skriv på forma a + bi): i) z z og ii) z z. : i) z z = ( i)(4 + i) = i i = (4 ) i( + 4 ). z (4 + i) = z ( + ( i) i) ( i) = (4 + ) i( + 4 ) i 9 = (4 ) i + 4. i 7i b) Finn alle løysingar av likninga w 4 + w + 4 =, og skriv løysingane på forma a + bi. : Let u = w, noko som gir oss likninga: u + u + 4 =. Løyser for u: u = ± 4 4 har dermed u = + i u = i. = ± = ± i, Skal no løyse for w, og skriv difor u og u på polarform: Modulus u : u = ( ) + ( ) = ( ) Argumentu : arg(u ) = π tan = π π = π ( ( ) ( )) π π Polarform u : u = cos + i sin Modulus u : u = ( ) + ( ) = ( ) Argumentu : arg(u ) = π + tan = π + π = 4π ( ( ) ( )) 4π 4π Polarform u : u = cos + i sin

2 Sidan w = u, finn vi no kvadratrøttene til u og u : k = : ( ) ( w,k = u / π π = (cos / + kπ + i sin + kπ ( ( π ) ( π )) w, = / cos + i sin k = : w, = / (cos ( ) 4π + i sin ( 4π ( w,k = u / 4π = (cos / + kπ ( ) ( π π k = : w, = (cos / + i sin k = : w, = / (cos ( 5π ) + i sin ( 5π ) + i )) ( = / i = / ( ) ( 4π + i sin + kπ )) ( = / )) = / ( i )) / ) )) / ) + i ) Merker så av løysingane w,, w,, w, og w, i det komplekse planet:

3 OPPGÅVE a) Finn grenseverdien x π x ( π cos x ) x π x ( π cos x = (x π ) ) x ( π cos x ) Dette er et grenseuttrykk på den ubestemte formen [/]. Kravene for bruk av l Hôpitals regel er oppfylt siden f(x) = π/ x og g(x) = cos x er deriverbare og x ( π ) g (x). x π x ( π cos x = ) x ( π sin x = sin(π/) = () ) b) Anta at f(x) er kontinuerlig og deriverbar overalt. Anta vidare at f(x) har to røtter (dvs det eksisterer to tal x og x slik at f(x ) = og f(x ) = ). Vis at f (x) må ha minst ei rot. La røttene til f(x) vere x = a og x = b, sidan f(x) er kontinuerlig og deriverbar må det i følge MVT eksistere ein c (a, b) slik at f (c) = f(b) f(a) b a = b a = Altså viser mellomverditeoremet/sekantsetningen at det ekisterer minst eit tal c slik at f (c) =, dvs at c er ei rot til f (x). OPPGAVE a) Vis at likninga ln x = sin x har ei løysing på intervallet [π/, π]. La f(x) = sin x ln x. Vil vise at f(x) = for ein x mellom π/ og π. f(π/) = ln(π/) > f(π) = ln(π) < Sidan både sinus og den logartimiske funskjonen er kontinuerlig på det oppgitte intervallet har me frå middelverditeoremet/skjæringssetningen at det eksisterer eit tal c (π/, π) slik at f(c) =. b) Bruke Newtons metode for å finne nullpunktet til likninga f(x) = ln x sin x på intervallet [π/, π], med to desimalars nøyaktighet. Newtons metode x n+ = x n f(x n) f (x n )

4 f(x) = ln x sin x og f (x) = x cos x. Vel startpunkt x = x = x f(x ) ln() sin() f = (x ).5 cos() x =.59 x =.9 x =.9 OPPGÅVE 4 Finn. ordens Taylorpolynom med restledd til funksjonen f(x) = sin x cos x om punktet x = π. Estimer f(), er den tilnærma verdien for stor eller for liten (begrunn utan å bruke kalkulator). f(π) = f (x) = cos x + sin x; f (π) = f (x) = sin x + cos x. ordens taylorpolynomet, P (x) til f(x) med restledd E (x) er gitt ved f(x) = P (x) + E (x) = f(π) + f (π)(x π) + f (s)(x π) = (x π) + cos s sin s (x π) der s [, π] Ein tilnærma verdi til f() er f() P () = + π = cos s sin s Restleddet E () = ( π). Når s [, π] er cos s negativ og sin s positiv altså vil cos s sin s vere negativ. Sidan faktisk verdi er lik tilnærma verdi pluss feil (f() = P ()+E ()), og feilen er negativ vil den tilnærma verdiaen vere for stor. OPPGAVE 5 La y = f(x) der ( ) x ln, x < f(x) = x + x x, x a) Bruk definisjonen av kontinuitet og den deriverte i eit punkt og avgjer om f(x) er kontinuerlig og/eller deriverbar i punktet x =. : f(x) er kontinuerlig i punktet x = sidan x ) =, x + = = og f() =. 4

5 f(x) er ikkje deriverbar i punktet x = sidan f(+h) f() h h = h = h f(+h) f() h + h = h + = h + ln( h h+ ) h 4 h 4 = ved L Hôpitals regel, medan h h h h =. b) Er om x = er eit vendepunkt? Grunngi svaret. : Definisjon av Vendepunkt (jamfør Adams: Calculus - A Complete Course( s.4)) Punktet (x, f(x ) er eit vendepunkt til kurva y = f(x) viss følgjande to føresetnader er oppfylt: a) grafen til y = f(x) har ei tangentlinje i x = x b) f (x) har ulikt forteikn på kvar si side av x Vi fann i a) at f(x) ikkje er deriverbar i x = og at f(x) ikkje har ei tangentlinje i x =. Føresetnad a) i definisjonen for vendepunkt er ikkje oppfylt altså er x = ikkje eit vendepunkt. c) Vis at f(x) for x [, ) har ein invers funksjon g(x) = f (x). Finn denne inversfunksjonen. : f(x) er kontinuerlig og f (x) = 4 < for x <, så den har difor ein invers på dette intervallet. x = ( ) ln y y+ e x = y y+ (y + )e x = y y(e x + ) = e x y = ex e x + f (x) = ex e x +. x 4 OPPGÅVE 6 a) Rekn ut det ubestemte integralet sin (x) + cos (x) dx. : Nyttar identiteten sin(x) = sin(x) cos(x) og substituerar: u = cos (x) du = cos(x) sin(x)dx. Dette gir: sin(x) + cos (x) dx = sin(x) cos(x) + u = b) Rekn ut det ubestemte integralet ( tan (x) d ( )) dx x dx. du cos(x) sin(x) + u du = ( + u)/ + C = ( + cos (x)) / + C 5

6 : Nyttar delvis integrasjon : u(x)v (x)dx = u(x)v(x) u (x)v(x)dx, u(x) = tan (x) u (x) = + x v (x) = d ( ) dx x v(x) = x, dermed: ( tan (x) d ( )) dx x Integralet I = (+x )x I = Set saman: ( tan (x) d ( )) dx x dx = tan (x) x + x x dx. dx finn vi ved å nytte delbrøksoppspalting: ( ( + x )x dx = x ) + x dx = tan (x) x ( + x )x = A x + B + x = A( + x ) + Bx x : = A dx = x tan (x) c) Finn arealet mellom y = e x og x-aksen, til høgre for x =. : Å finne dette arealet tilsvarar å løyse integralet: A = e x dx = R R x : = A + B B = I = tan (x) x + x +tan (x)+c = tan (x)( + x ) + x x + C. e x [ dx = e x ] R = ( R e R + e ) = + =. R OPPGÅVE 7 NB: Du kan løyse oppgåve b) utan å ha løyst a), og c) utan å ha løyst b). a) Innsida av eit tenkt boblebad er symmetrisk om ein tenkt y-akse, og eitkvart vertikalt tverrsnitt gjennom denne aksen er avgrensa av linja y = og likninga y = x 4 (sjå figur). Vis at innervolumet til boblebadet som funksjon av høgda h (i meter) til vatnet over botn er gitt ved V (h) = π (h + h ) Alternativ Bruker skivemetoden og integrerer med omsyn på y.. Teikner, merker av ei linje som står vinkelrett på rotasjoneaksen og finn likninga for tversnittet r(y) = y + /4. Finn arealet av sirkelen som vert danna ved å rotere tverrsnittet om x-aksen: A(y) = πr(y) = π(y + 4 ) 6

7 y x = y + /4 r(y) = y + /4 > x. Integrasjonsgrenser: y = og y = h 4. Finn volumet ved å integrere: V = h A(y)dy = π h y + 4 dy = π ( h + h ). Alternativ Bruker sylinderskal metoden og integrerer med hensyn på x. Forskyv området +/4 vertikalt slik at volumet me vil finne er området under y = h + /4 og over y = x der x [, h + /4] minus området under y = /4 over y = x der x [, /]. Sjå figur: h + 4 y y = x Integrasjonsområdet 4 > x h+/4 V = π (h + /4 x )xdx π / (/4 x )xdx [ = π (h + 4 )x 4 x4] h+/4 [ π 8 x 4 x4] / ( = π (h + 4 )(h + 4 ) 4 (h + 4 ) ) 4 ( 8 ) 6 ) = π ( h + h + 6 ) = π 6 (h + h ) b) Volumet av vatnet i boblebadet aukar med.m /min, når det vert fylt med vatn. Anta at volumet av vatnet i boblebadet er ein lineær funksjon av tida t og at det er tomt når vatnet vert slått på. Finn vatnhøgda, h(t), i boblebadet som funksjon av tida t. Det tar 5 minutt å fylle badekaret, kor høg er vannstanden når badekaret er fult? At volumet av badekaret er ein lineær funksjon av tida betyr at V (t) = at + b me har oppgitt at dv/dt =.: dv dt = a a =. 7

8 Karet er tomt nå springen vert opna, dvs V (t = ) =, altså er b =, Og V =.t. Sidan både h og V er positive, er V eintydig og me finn h(v ) V = π (h + h ) h + h V π = h =.5 ±.5 + 8V π =.5 ±.5 +.8t π, Her har me brukt at V =.t. Sidan h > så er h(t) = t π Det tar 5 min å fylle karet h(5) = π =.8 Dvs at vatnhøgda i karet er cm. c) Anta at vatnet i boblebadet etter at strømmen er slått av vert avkjølt etter Newtons avkjølingslov: dy dt = k(y a), der y er temperaturen til vatnet, a temperaturen til omgivnaden og k er ein konstant. Når strømmen vert slått av kl er vatntemperaturen 4 o C (la dette vere ved tid t = ). Løys differensiallikninga, dvs finn y(t) gitt ved t, a og k. Me har den konstante løysinga y = a. Ellers har me dy (y a) dt = k (y a)dy = ln(k(y a)) = kt + C kdt = kt + C (y a) = exp(kt + C ) = Ce kt y = a + Ce kt Set me C = får me den konstante løysinga y = a, og y(t) = a + Ce kt Ved t = er vatnet i karet 4 o C, altså er y() = 4 = a + C C = 4 a og y(t) = a + (4 a)e kt d) To timar etter at strømmen er slått av har temperaturen i vatnet sunke med 5 o C. Anta at temperaturen ute held seg konstant på o C, kva er då temperaturen i vatnet kl 7 neste morgon? Me har oppgitt at a = altså er y = + e kt 8

9 Bruker at y(t = ) = 5 for å finne konstanten k 5 = + e k e k = 5 k = ln 5 6 ( t y = + exp ln 5 6) Klokka 7 neste morgon har det gått 9 timar sidan strømmen vart slått av: ( 9 y = + exp ln 5 =. 6) Det er altså o C i badevatnet kl 7 neste morgon. Trine Mykkeltvedt Hilde Kristine Hvidevold 9