Eksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag

Transkript

1 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): x y cos(xy ). Begrunnelse: Kjerneregelen: y x sin(xy ) x cos(xy ) xy x y cos(xy ) Oppgave. ( poeng) Dersom f(x, y) xe xy, så er den retningsderiverte f (a; r) der a (, ) og r (, ), lik: A) e B) 7e C) D) e E) e Riktig svar: E): e. Begrunnelse: De partiellderiverte er f x exy + xe xy y ( + xy)e xy og f y xexy x x e xy. Dette gir f f x (, ) e og og y (, ) e. Dermed er f (a; r) f(a) r (e, e) (, ) 4e + e e. Oppgave. ( poeng) I punktet (, ) vokser funksjonen f(x, y) x y + y raskest i retningen: A) (, ) B) (, ) C) (, ) D) (, ) E) (, ) Riktig svar: B): (, ). Begrunnelse: Vi regner ut gradienten: f(x, y) (x y, x + 4y), som gir f(, ) (, 4) 4(, ). Denne vektoren peker i samme retning som (, ). Oppgave 4. ( poeng) Volumet til parallellepipedet utspent av a (,, ), b (,, ), c (,, ) er:

2 A) 7 B) C) 4 D) E) 5 Riktig svar: D):. Begrunnelse: Volumet er tallverdien til determinanten definert av vektorene. Den er Oppgave 5. ( poeng) Integralet rcsin x x dx er lik: A) arccos x + C B) x arcsin x + C C) arcsin x + C D) x arcsin x + C E) ( x ) + C Riktig svar: C): arcsin x + C Begrunnelse: Setter vi u arcsin x, får vi du arcsin x dx x +( ) dx x og u du u + C arcsin x + C Oppgave 6. ( poeng) Når du skal delbrøkoppspalte P (x) du først: A) finne konstantar A, B, C slik at P (x) Q(x) A x+ + B x + + Q(x) A x+ + Bx+C (x +) B) finne konstantar A, B, C slik at P (x) C) polynomdividere D) finne konstantar A, B, C, D, E slik at P (x) Q(x) Q(x) C (x +) A x+ + Bx+C x + E) finne konstantar A, B, C, D slik at P (x) Q(x) Ax+B x+ + C x + + A x+ + Bx+C x + Riktig svar: D): P (x) Q(x) Begrunnelse: Se reglene i læreboken. + Dx+E (x +) Oppgave 7. ( poeng) Den deriverte til funksjonen F (x) x A) sin x +x sin x B) +x 4 x +x (x+)(x +), må + Dx+E (x +) D (x +) sin t +t dt er:

3 C) x sin x D) +x 4 x sin x +x 4 E) x x sin t +t dt x sin x +x 4 sin t +t dt, er G (x) sin x +x ifølge analysens funda- Riktig svar: D): Begrunnelse: Hvis G(x) x mentalteorem. Siden F (x) G(x ), gir kjerneregelen F (x) G (x )(x ) sin x x sin x + (x x ) + x 4 Oppgave 8. ( poeng) Området under grafen til f(x) sin x, x π, dreies om y-aksen. Volumet til omdreiningslegemet er A) π B) π C) π D) 4π E) π Riktig svar: A): π Begrunnelse: Formelen for volumet til omdreiningslegemet rundt y-aksen gir V π π x sin x dx. Vi bruker delvis integrasjon med u x og v sin x, dvs, u og v cos x; π [ V π x sin x dx π ] π x cos x π π [ ] π π + π sin x π + π Oppgave 9. ( poeng) Integralet x(+x) dx er lik: A) ln( x + ) + C B) cosh( x + ) + C C ln(x + ) ln( x + ) + C D) x + +x + C E) arctan x + C ( cos x) dx Riktig svar: E): arctan x + C Begrunnelse: Vi bruker substitusjonen u x som gir x u og dx u du: dx dx x( + x) x( + x) a u( + u u du ) ( + u ) du arctan u + C arctan x + C

4 Oppgave. ( poeng) Integralet A) er lik B) er lik C) er lik D) divergerer E) er lik x dx: Riktig svar: D): Divergerer Begrunnelse: Dette er et uekte integral. Vi bruker substitusjonen u x, som gir x (u + ) og dx (u + ) du. Dermed er b b dx lim dx lim (u + ) du x b x b u lim b b ( u siden lim b ln b. [ ] b ) du lim ln u b DEL Oppgave. Polarkoordinatene er gitt ved r sin θ b r Dermed får vi 4 + ( ) 6 4 og. Siden z ligger i første kvadrant, betyr dette at θ π. w re i θ 4e ı π 6 (cos π 6 + i sin π 6 ) ( Den andre roten er w w i. + i ) + i b) Vi bruker løsningsformelen for annengradsligninger (abc-formelen) og kvadratrøttene fra a): z ± 4 i ( ( + i )) ± + i ± ( + i) i i i Bruker vi plusstegnet, får vi z + ( + i) i Bruker vi minustegnet, får vi z ( + i) i i + ( i + i ) i + i( ) i ( i + i ) i + i( + ) 4

5 Oppgave. a) Vi må sjekke at AB I (likheten BA I følger da av seg selv). Vi har.... AB (.) +.. (.) (.) (.) +... (.) (.) (.) + (.4)(.) (.) (.) + (.4) +.98 (.)(.) + (.4) +.98 b) La r være bestanden det foregående året. Da er dagens bestand r Ar. Ganger vi fra venstre med A, får vi A r r. Dermed er.. r A r Br Oppgave. Vi bruker delvis integrasjon med u ln(x + ), v, som gir u x x +, v x og ln(x + ) dx x ln(x x + ) x + dx Siden x x + x + x + x + x + (det samme resultatet oppnår vi ved polynomdivisjon), har vi x ( x + dx ) x dx x arctan x + C + Dermed er ln(x + ) dx x ln(x + ) x + arctan x + C Oppgave 4. a) Stigningstallet til tangenten til f i x er f (x). Beveger vi oss en avstand ( x) fra punktet (x, f(x)), kommer vi derfor til punktet med y-koordinat g(x) f(x) + f (x)( x) f(x) xf (x). 5

6 Deriverer vi uttrykket for g(x), får vi g (x) f (x) f (x) xf (x) xf (x). Dersom f er konkav, er f (x) for alle x, og dermed er når x < g (x) når x > Det betyr at g(x) avtar opp til x og vokser etter x. Altså er g() minimalverdien til g. Er omvendt f er konveks, er f (x) for alle x, og dermed er når x < g (x) når x > Det betyr at g(x) vokser opp til x og avtar etter x. Altså er g() maksimalverdien til g. b) Vi har g(x) dx (f(x) xf (x)) dx f(x) dx xf (x) dx I det siste integralet bruker vi delvis integrasjon med u x, v f (x) og får u og v f(x). Dermed er [ ] a xf (x) dx xf(x) f(x) dx af(a) f(x) dx og vi får g(x) dx f(x) dx af(a) + f(x) dx f(x) dx xf (x) dx f(x) dx af(a) Dette følger ikke umiddelbart fra resultater i boken (der finnes det bare en implikasjon som går motsatt vei), men det kan vises som følger: Dersom det fantes et punkt der f (x) >, ville det siden f er kontinuerlig finnes et intervall rundt x der f er positiv. Dermed er f konveks på dette intervallet, og det strider mot antagelsen om at f er konkav. Denne lille subtiliteten kreves ikke til eksamen. 6