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

Transkript

1 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 / / / / / 5/4 / 5/8 9/8 9/8 så Eulers metode med steglengde / gir oss estimatet y() 9/8 b) Her er noen løsningsalternativer alternativ : Hvis funksjonen kan skrives som en rekke, er denne rekken den samme som Taylorrekken, i dette tilfellet med sentrum i = 0 (Maclaurinrekken). Dermed har vi rett ut fra ligningen og initialverdien at a 0 = y(0) = 0 a = y (0) = = For de to neste må vi jobbe litt mer ( er derivasjon med hensyn på ) Dermed får vi y = (y ) = (y + ) = y + y y (3) = (y ) = (y + y ) = y + y + y a = y (0) a 3 = y(3) (0) 3! = = 0 = ! = /3 alternativ : Jeg kan sette rekken inn i differensialligningen. Først deriverer jeg rekken: y () = (a n n ) = (n + )a n+ n

2 Hvis jeg setter de to rekkene inn i ligningen får jeg y = y + (n + )a n+ n = a n n + a + (n + )a n+ n = + Fra dette får jeg a = (n + )a n+ = a n for n Det siste kan også skrives a n n a n = a n n for n. Initialverdien gir oss y(0) = a 0 = 0 så dermed har vi a 0 = 0 a = a = a 0 = 0 a 3 = a 3 = /3 Oppgave 0 e / d e 0 / + e 0,5 / = + e /8 + e / 4 + e 0,5/ + e / 0,843 Oppgave 3 Dette er en potensrekke, så vi sjekker først for absolutt konvergens, dvs konvergens av rekken n (n + )(n!) n+

3 Vi kan for eksempel bruke forholdstesten: ( ) n+ (n+)+ lim n+ ((n+)+)((n+)!) ( )n n+ n (n+)(n!) ( = = lim n + (n + 3)(n + ) lim Altså konvergerer rekken absolutt for alle tall. + n ( + 3 )(n + ) n ) = 0 ( Latskapsløsning : Hvis vi synes forholdstesten ble litt for grisete kan vi for eksempel sammenligne rekken vi nettopp testet med n+ n!. Forholdstesten på denne er litt mindre arbeid, og viser at også denne konvergerer for alle.) Oppgave 4 Her er to løsningsalternativer for denne også alternativ : Vi vet at dette må være en parabel, den har akse som står normalt på styrelinja y =, altså må aksen være parallell med y-aksen. I tillegg går aksen gjennom brennpunktet, så aksen må være y-aksen. Dermed vet vi at ligningen er på formen y = a +b. Punktet på kurven som ligger på aksen må ligge midt mellom origo og styrelinja y =, så må ha koordinater (0, ). Dermed vet vi at b =. Når kurven skjærer -aksen er avstanden fra styrelinja, dermed må avstanden fra origo også være, så kurven skjærer -aksen i og. Dermed har vi 0 = a +, så a = /4. Dermed er ligningen for kurven y = 4 + alternativ : For et punkt (, y) er avstanden til linjen y = lik y og avstanden til origo er + y. Disse to avstandene må være like, så hvis vi kvadrerer hver størrelse får vi y = + y (y ) = + y y 4y + 4 = + y y = 4 + Oppgave 5 Til hver kurve vil vi først sjekke at punktet (, ) er på kurven og deretter finne stigningstallet til tangenten i dette punktet. Punktet og stigningstallet vil da gi en fullstendig beskrivelse av tangenten. 3

4 (Det er altså greit å gi svaret på formen Tangenten er linjen gjennom (, ) med stigningstall m.. Andre muligheter er å gi en ligning, en funksjonsbeskrivelse eller en parameterfremstilling.) a) Hvis vi tar t = får vi = = og y = 3 =, så (, ) er på kurven dy dy d = dt d dt = 3t t så i (, ) (m.a.o. der t = ) har vi stigningstall m = 3 = / Så tangenten er linjen gjennom (, ) med stigningstall /. b) Punktet (, ) har polar koordinater r =, θ = π/4. Vi har sin π/4 = cos π/4 = /, så sin π/4 + sin π/4 =. Altså er (, ) på kurven. Hvis ψ er vinkelen mellom linjen fra origo til punktet på kurven og tangenten, har vi tan ψ = r(θ) dr/dθ og ψ = π/ når dr/dθ = 0. Vi har så for θ = π/4 får vi r(θ) = sin θ + cos θ dr/dθ = cos θ sin θ dr/dθ = / / = 0, så tangenten står normalt på linjestykket fra origo til (, ) så tangenten er linjen gjennom (, ) med stigningstall m =. Hvis du ikke kommer på denne fremgangsmåten er det for denne oppgaven andre mulige løsninger, for eksempel kan du multiplisere hver side av ligningen med r og få r = r sin θ + r cos θ som er ekvivalent med + y = y + og vi kan finne stigningstallet til tangenten med implisitt derivasjon. c) f() = =, så (, ) ligger på kurven. 4

5 For å derivere f skriver vi f() = = (e ln ) ) = e ln og får f () = e ln (ln + ) = ( + ln ) f () = ( + ln ) = Altså er tangenten linjen gjennom (, ) med stigningstall. Oppgave 6 Hvis vi bruker hintet, og skriver a n = π d = d = a n d får vi så det uekte integralet vil konvergere hvis og bare hvis rekken vil konvergere. På intervallene (, (n + )π) (n et positivt heltall) er positiv (på hele intervallet) og negativ (på hele intervallet) på annethvert intervall. Dermed er rekken en alternerende rekke. Vi har også a n+ = < (n+)π (n+)π d = d = (n+)π (n+)π d < (n + )π d = a n, π 0 d så tallverdien til leddene er avtagende. I tillegg viser den første ulikheten at leddene går mot null. Dermed følger det av alternerende rekketesten at rekken konvergerer, og fra kommentaren over, at det uekte integralet konvergerer. 5