Løsningsforslag Eksamen M100 Våren 2002

Transkript

1 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren 00 Oppgave Evaluerer grensen cos( ) 0 ( sin( ) ) sin( ) 0 sin( ) = Har brukt l Hôpitals regel (derivert teller og nevner hver for seg) i første og tredje overgang. Hadde i begge tilfeller null på null uttrykk og det var derfor mulig å bruke denne regelen. Evaluerer grensen sinh sin cosh cos sinh + sin = = Hadde null på null uttrykk her også og brukte l Hôpitals regel to ganger. Har grensen ( π ) tan () (f()) Der f() = ( π tan () ). Vi observerer først at f() = ( π π ) = 0. I dette tilfellet er det lettere å finne grenseverdien til logaritmer til uttrykket enn å evaluere den opprinnelige grensen direkte, omformer derfor på følgende måte (f()) eln(f()) e ln(f()) () Bruker l Hôpitals regel to ganger til å regne ut grensen til eksponenten i dette uttrykket ( ) π tan + ln ( π ln(f()) tan ) Vi setter nå inn i ligning () og får (f()) = e 0 = (+ ) π + = 0 tan

2 LøsningsforslagEksamen M00 Våren 00 Oppgave y y + y = 0, y(0) =, y (0) = Dette er en andre ordens homogen differensialligning med konstante koeffisienter. Den karakteristiske ligningen blir: r r + = 0 r, = ( ) ± ( ) 4 = ± 0 = Får to like reelle røtter, og den generelle løsningen blir y(t) = c e rt + c te rt = c e t + c te t Initialkravene gir y(0) = c + 0 = c = y (t) = c e t + c e t + c te t = e t + c e t ( + t) y (0) = + c ( + 0) = c = = Løsningen på differensialligningen blir y(t) = e t + te t. y y y = = y ( y ) Setter v() = y y = v() Substituerer inn i ligningen dy d = v + dv d v + dv d = v v dv v = d dv v = + v + = ln + c v = ln + c v = ln c Løsningen på differensialligningen blir y = har nå fått en separabel diff.lign. substituerer tilbake til y og får y = der c er en konstant. ln c ln c

3 LøsningsforslagEksamen M00 Våren 00 y + (cos)y = sin Dette er en inhomogen. ordens differensialligning og vi forsøker å løse den vha integrasjonsfaktor. Skriver ligningen på formen dy + p()y = q() d Ser at p() = cos og q() = sin. Dette gir integrasjonsfaktoren e p() d = e cosd = e sin. Ganger denne inn i ligningen y e sin + (cos)ye sin = sin e sin (ye sin ) = e sin sin ye sin = e sin sind = Substituerer w = sin dw = cosd i integralet e sin sincosd = e w w dw e sin sincosd Dette kan løses ved hjelp av delvis integrasjon. Velger u = w u = og v = e w v = e w og får ( ) ye sin = e w w dw = w e w e w dw = (we w e w ) + c = (sine sin e sin ) + c Deler på e sin og løsningen blir y = (sin ) + ce sin der c er en konstant. Oppgave f() = (ln), > 0, f(0) = 0 f () = (ln) + ln = (ln) + ln = ln(ln + ) Setter f () = 0 ln + = 0 = e ( 0,4) Figur : Oppg. Fortegnsskjema for f (). f er voksende for (0,e ) og for. f er avtakende for (e,).

4 LøsningsforslagEksamen M00 Våren 00 4 Finner f () f () = ln + = (ln + ) Setter f () = 0 ln + = 0 = e ( 0,7) Figur : Oppg. Fortegnsskjema for f (). Ser av fig at f () skifter fortegn for = e, og dette er derfor et vendepunkt. Tilsvarende f-verdi: f(e ) = e (lne ) = e ( ) = e Punktet (e,e ) er vendepunkt for f. Stasjonære punkt finnes ved å sette f () = 0: Har tidligere funnet at e er det eneste stasjonære punktet. Verdien er her: f(e ) = e (lne ) = e ( ) = 4e ( 0,54) f har verdien 0 i endepunktet = 0. (f er også kontinuerlig i dette punktet fordi f 0 når 0 +, så vi får ikke noe problemer med diskontinuitet.) Når vil f. Funksjonen har derfor ingen globale maksimum, men den har lokalt maksimum lik 4e for = e, og globalt minimum lik 0 for =. d) Se fig. e) f() = (ln) = 0 = 0, f () = ln(ln + ) = 0 f () = (ln + ) = (0 + ) = Taylorpolynomet av. grad omkring = er gitt ved p () = f() + f ()( ) + f () ( ) = ! ( ) = ( ) Restleddet R () er gitt ved f (X) ( ), og X er et tall mellom og. Når > vil også X være et! tall større enn. f (X) = X (lnx + ) + X ( ) = X X lnx

5 LøsningsforslagEksamen M00 Våren 00 5 Figur : Oppg. d) Skisse av f(). Observerer at ( ) > 0 for >, X < 0 for X > og lnx > 0 for X >. R () < 0 f() < p () f() p () < 0 Taylorpolynomet av. grad er lik p () = ( ) og f() p () < 0 for < 0. Oppgave 4 e (cos) cossind Substituerer først w = cos dw = sind, og får at e (cos) cossind = e w w dw = (we w e w ) + c = e w ( w) + c = e cos ( cos) + c Utregningen av e w w dw gjøres ved delvis integrasjon og er vist i oppg. Integralet er lik e cos ( cos) + c, der c er en konstant. I = d ( + )( + ) = Substituerer u = + du = d I = u 4 ( u du = u 4 d + + = ) du = u u 4 d ( + du + ) 4 u 4 du

6 LøsningsforslagEksamen M00 Våren 00 6 Løser det første leddet ved å substituere w = u dw = udu: 4 I = u du = dw = ln u w u ( ) 4 + c = ln c 4 I = u 4 du kan løses vha. delbrøksoppspaltning = u 4 (u )(u + ) = A (u ) + B (u + ) ( Ganger opp fellesnevner og får at = A u + ) ( + B u ) Finner konstantene A og B: u = = B( ) B = u = A = I = ( ) + ( ) = ln u u + u + ln u + + c u + = ln u + c + = ln c = ln + + c + Summerer I og I og setter inn for grensene: ( I = ln + ) 4 + ln + ( ln + ) + 4 ln + + = ln ln + ln6 ln + = ln 5 + ( ) + + ln 6 + d I = ( ) Integralet inneholder leddet = sinθ d = cosθ dθ. sinθ cosθ dθ I = ( sin θ og det kan derfor være fornuftig å prøve den inverse substitusjonen sin θ ) = sinθ cosθ (cosθ(cosθ )) dθ = Har i siste overgang brukt substitusjonen u = cosθ du = sinθ dθ. For å løse dette integralet kan man bruke delbrøksoppspalting: u(u ) = A u + Bu + C (u ) = A(u ) + (Bu + C)u = A(u u + ) + Bu + Cu sinθ cosθ(cosθ ) dθ = u(u ) du

7 LøsningsforslagEksamen M00 Våren 00 7 Samler ledd av lik orden: u : 0 = A + B A = u : 0 = A + C B = konst : = A C = A = [ ] u + I = u du + (u ) du Utregning av det siste integralet blir u (u ) du = (u ) (u ) du = = ln u + der substitusjonen v = u er brukt. Substituerer tilbake til θ i det opprinnelige integralet: Ser av fig. 4 at cosθ = u (u ) du I = ln cosθ + ln cosθ + cosθ + c = ln = v (v) dv = v dv = ln v v v +c = ln u + u cosθ cosθ + cosθ + c I = ln + + c Figur 4: Oppg. 4 Oppgave 5 i 7 + i i Benytter at i = og setter på felles brøkstrek: i 7 + i i = i 7 + i = Det komplekse tallet er lik i. + i + i7 7 + i = i + 7i = 7 + i 7 + i + 4i i 4i + 4 = i = i + 6i 7 + i 7 i 7 i

8 LøsningsforslagEksamen M00 Våren 00 8 z = + i i + i ( + i)( + i) = i ( i)( + i) = + i = i + [ ( π ) ( π )] i kan skrives på polar form og blir da lik cos + kπ + isin + kπ der k er et heltall. Setter den generelle z = r(cosθ + isinθ) og får at z = i ( π ) r (cosθ + isinθ) = cos + kπ r (cosθ + isinθ) = cos ( π + kπ ) + i sin ( π ) + i sin + kπ ( π ) + kπ r = og θ = π + kπ θ k = π 6 + kπ k = 0,,. k = 0 : z = cos π 6 + isin π 6 = + i k = : z = cos 5π 6 + isin 5π 6 = + i k = : z = cos π + isin π = 0 i = i z + z + z = + i + i i = 0 Har funnet de tre røttene og vist at summen av dem er lik 0. Oppgave 6 n= n n 5 + n 4 n = n= a n For store n vil a n oppføre seg som n n = 5 n Bruker grensesammenligningstesten med rekken n= n = n= b n som er en p-rekke med p =, dvs at den konvergerer. n a n b n n n n 5 +n 4 n n n 5 n n 5 + n 4 n n + n = n = < Fordi denne grensen er mindre enn og n= b n konvergerer, vil også n= a n konvergere.

9 LøsningsforslagEksamen M00 Våren 00 9 (n!) (n)! = n= n= Bruker forholdstesten: a n a n+ n a n n ((n + )!) ((n + ))! (n!) (n)! n ((n + )!) (n!) (n + ) n (n + )(n + ) n (n)! ((n + ))! (n!) (n + ) n (n!) n + n + 4n + 6n + = 4 Denne grense er mindre enn, og dvs at rekken konvergerer. (n)! (n)!(n + )(n + ) n= (n + n)(lnn) Har at (n + n)(lnn) n(lnn) for n. Bruker nå integraltesten på rekken n= n(lnn) : n(lnn) dn = u du = n=n u = N lnn = lnn + ln ln når N n= I utregningen er substitusjonen u = lnn du = dn brukt. lnn Integraltesten viser at rekken n= konvergerer (fordi integralet konvergerer), og dette gir at den n(lnn) opprinnelige rekken også konvergerer fordi den er mindre en n= n(lnn). Rekken konvergerer. Oppgave 7 z = f(,y) = + y y Finner de deriverte: f = y og f y = 4y Formelen for tangentplanet er gitt ved: z = f(a, + f ( + f (a, y (y (a, z = f(,) + f ( ) + f (,) y (y ) (,) z = 7 + ( )( ) + (4 )(y ) z = 7 + 7y 4 = 7(y )

10 LøsningsforslagEksamen M00 Våren 00 0 En ligningen for tangentplanet er z = 7(y ). Hvis et tangentplan skal være parallelt til planet + y + z =, må disse disse to planene ha parallelle normalvektorer. Planet +y +z = har normalvektor [,,]. Det vil si at alle de parallelle tangentplanene har normalvektor lik k[,,], der k er en konstant. Av ligningen F (,y,z) = f(,y) z = 0 følger det at F F F = k, = k og at = k dersom punktene skal y z ha et tangentplan som har normalvektor [k,k,k]. Det gir y = k 4y = k = k (I) (II) = 5 7, y = 7 (III) og z = 8 49 = 4 7 Det er et punkt som gir et tangentplan parallelt med planet + y + z = og dette punktet er gitt ved = 5 7, y = 7, og z = 4 7. De kritiske punktene finnes ved å sette de partielt deriverte lik 0: f = y = 0 f y = 4y = 0 = 0 og y = 0 Det eneste kritiske punktet har vi for = 0 og y = 0. d) Finner de andre ordens partiell deriverte: A = f = B = f y = f y y = C = f y = 4 Bruker andrederivert test: B = ( ) =, A C = 4 = 8 Ser at B > AC og at A > 0. Det vil si at vi har et minimumspunkt. Dette var det eneste kritiske punktet og funksjonen er definert i hele planet (ingen randpunkt). Den deriverte er i tillegg definert overalt (ingen singulære punkt) og dette fører til at (0,0) er et globalt minimumspunkt. Som skulle vises.