Høgskolen i Agder Avdeling for realfag EKSAMEN

Transkript

1 Høgskolen i Agder Avdeling for realfag EKSAMEN Emnekode: MA 40 Emnenavn: Analyse Dato: 9. desember 999 Varighet: Antall sider inklusivt forside: Tillatte hjelpemidler: Merknader: 2 Alle, også alfanumerisk kalkulator. Nynorskteksten er identisk med originalteksten med hensyn til setningsbygging og ordvalg med disse unntakene: løsning = løysing løs = løys benytte = nytte beregn = rekn ut bestem = OPPGAVE. Definer funksjonen f() = { sin(), for 0, for =0. (a) Beregn f (0) 0 f() f(0). Beregn f (0) 0 f () f (0). Begge grensene blir beregnet ved bruk av L Hôpitals regel. Den første: sin() f f() f(0) (0) 0 0 cos() = sin() = sin() 2 =0.

2 2 Før vi starter på den andre grenseberegningen, må vi derivere f() utenfor origo. Vi får f () = cos() sin(), som innsatt gir: 2 cos() sin() f 0 (0) sin() 3 2 cos() sin() = sin() = OPPGAVE 2. (a) Beregn konvergensradius til potensrekka n+ 2n ( ) n(n ) 2n. n= Konvergerer rekka når = ±? (b) For hvilke >0 konvergerer rekka n= n + 2n? La oss skrive a n =( ) n+ (2n ) n(n ) 2n. Forholdskriteriet gir oss a n+ (2n +) n(n ) (2n +) (n ) = a n (n +)n 2n+2 = (2n )2n (2n ) (n +) 2 2. n Vi har konvergensradius R gitt ved R 2 =, dvs. R =.For = ± får vi alternerende rekker (NB! summasjonen skal starte på n = 2) n+ (2n ) ( ) n(n ). n=2 Det n-te leddet går mot 0 når n går mot, så det er nok å sjekke monotonitet. Litt regning viser at (2n+) < (2n ) er ekvivalent med 0 < 2n, som er sant. Dermed n(n+) n(n ) har vi vist at rekka er konvergent i = ±. (b) La b n = n. Først ser vi på tilfellet =.Daerb + 2n n =/2 ogb n 0, så vi har divergens. La så 0<<. Da får vi b n < n.siden +0 n= n konvergerer, må n= b n konvergere. La så >. Vi har at b n = (/)n, dvs. b +(/) 2n n har samme verdi i og i /. Davi har konvergens for 0 <<, følger det at vi må ha konvergens for >. OPPGAVE 3. (a) La p() ogq() være to polynom og la a være et reelt tall. Vis at hvis p(a) = q(a) =0ogL a p ()q 2 () p()q () eksisterer, så er lim a q()ln p() = L. (b) Beregn lim +( 2 )ln( 2 ). (Du kan bruke (a) hvis du ønsker.)

3 Vi har gitt polynomer p() ogq() slik at p(a) = 0 = q(a). Vi skriver om uttrykket vi skal beregne grensen av slik at vi kan bruke L Hôpitals regel. ln p() lim q()ln p() a a (/q()) = a ( p () p() ) ( q () q 2 () ) a p ()q 2 () q ()p() (b) Vi velger p() =q() = 2 og a =. Ved eventuelt å sette absoluttverditegn på p(), ser vi at vi kan bruke resultatet fra (a). Dermed får vi lim +( 2 )ln( 2 ( 2 ) ( 2 ) 2 ) + ( 2 ) ( 2 ) = L + ( 2 )=0. 3 OPPGAVE 4. (a) Løs differensiallikninga y 2 y = arctan(). + 2 (b) Beregn integralet 0 arctan() + 2 d. (c) La f() = arctan() + 2. Vis at f () = 0 har nøyaktig en løsning når >0. Bruk Newtons metode til å finne en tilnærmet løsning av f () =0når >0. (Du kan velge 0 =0.8. Det er nok å foreta 2 iterasjoner.) (a) Vi har gitt en lineær. ordens likning y + P ()y = Q(), der P () = 2 og + 2 Q() = arctan().førstregnerviut(merkat2 =(+ 2 ) slik at substitusjonen u =+ 2 fungerer) v() =e P () d = e du u = e ln(u) = e ln(+2) = +. 2 Deretter skal vi regne ut (merk at vi kan bruke substitusjonen u = arctan() slik at du = d ) + 2 arctan() v()q() d = d = udu= u2 + C = 2 arctan2 ()+C. Da får vi løsningen y() = v()q() d =(+ 2 )(C + v() 2 arctan2 ()). (b) Samme substitusjon som i (a), u = arctan(), gir 0 arctan() + 2 d b 2 arctan2 () b 0 b 2 arctan2 (b) = 2 (π 2 )2 = π2 8.

4 4 (c) Vi har gitt funksjon f() = arctan() + 2. Derivasjon gir f () = ( + 2 ) 2 arctan() (+ 2 ) = ( + 2 ) 2 Vi ser at f () =0 arctan() = 2 arctan() ( + 2 ) 2.. (Tips: Tegn grafene til og arctan().) 2 2 Vi skal bare se på hva som skjer i intervallet (0, ), og der er arctan() strengt voksende og strengt avtagende. Derfor har likninga f () = 0 høyst en løsning. 2 Siden > arctan() når er nær 0, og < arctan() når blir stor, så finnes 2 2 minst en løsning. Vi skal bruke Newtons metode for å finne tilnærmet verdi av løsningen til f () = 0, dvs. vi skal finne tilnærmet verdi av løsningen til 2 arctan() = 0. Sett h() = 2arctan() ogg() = h().vierbedtomå sette h () 0 =0.8 ogregne ut = g( 0 )og 2 = g( ). h () = 2 arctan() lommekalkulatoren, har jeg fått = og 2 = Vedå taste inn tallene i + 2 OPPGAVE 5. Vi har gitt en funksjon g() = 2 over intervallet [, ]. (a) Beregn volumet V av omdreiningslegemet som framkommer når grafen til g roteres om -aksen, V = π g2 () d. (b) Overflatearealet av omdreiningslegemet er gitt ved S =2π g() +(g ()) 2 d. Beregn dette integralet numerisk ved bruk av Simpsons formel når antallet delintervaller er n = 4. (a) Vi setter inn i formelen som er oppgitt og integrerer. V = π = π ( 2 ) 2 d ( ) d = π( 2 3 /3+ 5 /5) =2π( 2/3+/5) = 6π/5. (b) Når vi setter inn for g() = 2 får vi S =2π ( 2 ) +4 2 d. Vi skal bruke n = 4. Da blir h =2/4 =/2, og 0 =, = /2, 2 =0, 3 =/2 og 4 =. Tilsvarende y-verdier blir (husk at vi skal sette i inn i 2π( 2 ) +4 2 for åfå y i ): y 0 = y 4 =0,y = y 3 =2π 3 2 og y 4 2 =2π. Simpsons formel for tilnærmet verdi av integralet gir S 2 3 (y 0 +4y +2y 2 +4y 3 + y 4 )=π(2 2+2/3).

5 Vi får S 0, 98, mens nøyaktig svar er π 6 (4 2+7ln(2+ 5)) 0, OPPGAVE 6. (a) Gitt en funksjon f(, y) =2 2 + y 2 y 7y. Finn de eller det kritiske punkt til f(, y) og finn typen (lokale maksimumseller minimumspunkt eller sadelpunkt) til de eller det kritiske punkt. (b) Finn ekstremverdiene til f(, y) langs linja g(, y) =6 +3y 50 = 0 ved bruk av Lagranges metode. (c) Finn tangentlinja til nivåkurven til f(, y) gjennom punktet (3/3, 8). (a) Vi har gitt f(, y) =2 2 + y 2 y 7y. Partiell derivasjon gir f =4 y, og f =2y 7. y Vi setter begge de partielle deriverte lik 0 og får 2 likninger med 2 ukjente 4 y =0 +2y =7 Likningssystemet har løsning = ogy = 4.Såvifår et kritisk/stasjonært punkt (, 4). Funksjonsverdien er f(, 4) = 4. De annen-ordens partielle deriverte er 2 f =4> 0, 2 2 f y 2 =2 og 2 f y =, slik at ( 2 f f 2 )( 2 y ) ( 2 f 2 y )2 =8 =7> 0. Annen-derivert testen forteller oss at (, 4) er et lokalt minimumspunkt. (Det er egentlig absolutt minimum.) (b) Vi har gitt f(, y) som ovenfor, og dessuten en bibetingelse g(, y) =6 +3y 50 = 0. g(, y) = 0 beskriver en rett linje. Gradientene til f og g er f(, y) =(4 y) i +(2y y) j, og g(, y) =6 i +3 j. Vi skal bruke Lagranges metode og starter med likninga f(, y) =λ g(, y), dvs. 4 y =6λog 2y 7=3λ. Vi multipliserer siste likning med 2 og setter likningene lik hverandre. Da får vi 6λ =4 y =4y 2 4. Herav følger at 6 =5y 4. Vi setter dette inn i g(, y) = 0, og får 0 = (5y 4) + 3y 50. Da blir y = 8, som igjen innsatt i g(, 8)=0gir =3/3. Lagranges metode gir ett punkt, som kan være lokalt eller absolutt minimum eller maksimum. (Ved åla,kan vi se at punktet (3/3, 8) er et absolutt/globalt minimum.)

6 6 (c) f(, y) er normal til(står vinkelrett på) tangentlinja til g(, y) = 0. Men g(, y) = 0 er en rett linje, og er dermed sin egen tangentlinje. Derfor er tangenten til nivåkurven til f(, y) =f(3/3, 8) = 80/9 lik linja g(, y) =6 +3y 50 = 0. Alternativt, har vi tangentlinja gitt ved f(3/3, 8) ( 3/3,y 8)=0,dvs. (28/3, 4/3) ( 3/3,y 8) = 0. Litt regning gir 6 +3y 50 = 0. Erik Bedos Åsvald Lima