Høgskolen i Oslo og Akershus. 1 (x 2 + 1) 1/2 + x 1 2 (x2 + 1) 1/2 (x 2 + 1) = x 2x 2 x = = 3 ln x sin x

Transkript

1 Løysingsforslag til eksamen i matematikk, mai 4 Oppgåve a) i) ii) f(x) x x + x(x + ) / ( f (x) x (x + ) / + x (x + ) /) g(x) ln x sin x x (x + ) / + x (x + ) / (x + ) x + + x x x + x + + x x + x + x + ln x sin x x g (x) x (sin x) x sin x (x ) (x ) x x cos x x sin x x 4 x cos x sin x x x b) i) (x + ) dx + (x + )+ + C 8 (x + )4 + C ii) cos(x) sin 5 (x) dx Variabelbyte: u sin(x) du dx cos(x) slik at dx cos(x) dx. cos(x) sin 5 (x) dx cos(x)u 5 cos(x) du c) i) x x+ dx Polynomdivisjon: u 5 du u + C sin (x) + C x : (x + ) x + 4 x+ (x + x) x ( x 4) 4

2 x ( x + dx x + 4 ) dx x + x x + 4 ln x + ( ) + 4 ln ln 4(ln ) ii) x ln(x + ) dx. Delvis integrasjon: b a u v dx uv b a b a u v dx. u ln(x + ) u x+ v x v x. Vi får Oppgåve x ln(x + ) dx ln(x + )x ln ln 4(ln ) 4 ln x x + dx Vi har her brukt svaret frå oppgåva over; x x+ dx 4(ln ). xy y x 5, x > y x y x4 Integrerande faktor: e F (x) der F (x) /x. Vi vél F ln x (x>) slik at e F e ln x (e ln x ) /x. Vi får: (y x x ) y x x4 ( ) x y x x y x dx x + C y x (x + C) x 5 + Cx Altså: y(x) x 5 + Cx Oppgåve Lengda bilen har køyrt, s, er gitt ved tids-integralet av farten v(t); s s v(t) dt. Dette integralet kan estimerast med trapesmetoden:

3 b a v(t) dt T n t (v(t )/ + v(t ) v(t n ) + v(t n )/). Her har vi at t s og n 5: Oppgåve 4 s s 54 km s h ( ) km s s.57 km 57 m km/h a) Om vi roterer grafen til y x, x om y-aksen, vil volumet under grafen være gitt ved formelen V π b a x x dx. Her er den nedre grensa a, og den øvre grensa b er gitt ved at b h, altså b h. Vi skal ha volumet over grafen. Dette får vi ved å trekke volumet under grafen frå volumet av ein sylinder med høgd h og radius h i grunnata: V h π h π h x dx πh π x 4 h πh 4 π h 4 π h Alternativt kan vi rotere grafen til inversfunksjonen, gitt ved y x, om x-aksen og bruke formelen V π b a (f(x)) dx: V π h h x dx π x dx π x h π h b) Både volumet V og høgda h er funksjoner av tida t: V (t) π (h(t)). Vi bruker kjerneregelen og deriverer med omsyn på tida: V (t) π h(t) h (t) πhh (t) h (t) V (t) πh Med V (t). og h 4 får vi h (t). π 4 4π.79. Høgda aukar altså med farten.79 dm/s.79 mm/s. c) Vi har alt funne ut at V (t) πh h. Samtidig veit vi at vi har både eit positivt og eit negativt bidrag til V (t). Vassmengda aukar med farten. målt i l/s, og samtidig renn det ut vatn slik at V (t) også får eit negativt bidrag som er gitt til å vere. h også målt i l/s. Vi har altså at V (t).. h. Sidan dei to ulike uttrykka vi har for V (t) må vere like, får vi. h +. πh h. Når tida går, vil vatn etterkvart renne ut med same fart som det renn in. Då vil høgda h ikkje lenger variere med tida; h. Om vi set dette inn i likninga over, får vi. h +. πh. h. h Vasshøgda vil altså gå mot h dm.

4 Oppgåve 5 a) Dette er ei implementering av Newtons metode. Denne metoden går ut på å nne ei løysing av likninga f(x) ved fyrst å velge ein x og så iterere på uttrykket x n+ x n f(x n )/f (x n ). I fyrste linje i skriptet ser vi at at ein har vald å sette x. Iterasjonsuttrykket nn vi att i linje 8: x cos x x + x sin x x Ut frå teljaren i brøken ser vi at i dette tilfellet er f(x) x cos x. Om dette skal stemme med Newtons metode, må vi få nemnaren i uttrykket over når vi deriverer f(x). Vi sjekkar dette: f (x) x / ( sin x ) (x ) + x sin x x Vi ser at dette stemmer. Problemet vi forsøker å løyse er altså likninga x cos x. b) Her har det desverre snike seg inn ein feil i oppgåva. Linje skulle ha vore yvektor()y; ikkje y()y; Dette er ei implementering av Eulers metode. Denne metoden går ut på estimere løysinga av initialverdiproblemet y F (x, y), y(x ) x. Når steglengda h er liten nok, vil vi ha at y(x n ) y n der y n blir funne rekursivt ved y n+ y n + F (x n, y n ) h der y er gitt ved initialkravet, og x n x + nh. I skriptet ser vi at initialkravet er gitt i linje og : y(). Uttrykket over nn vi att i linje 8 og 9; F (x, y) x + 5 sin y. Skriptet forsøker altså å løyse dette initialverdiprolbemet: y x + 5 sin y, y(). 4

5 Oppgåve A, B 4 og C 7. a) A B B og C har ulike format. Difor er ikkje uttrykket B C denert. 7 BC ( ) ( ) 4 + C har søyler og B har rekker. Difor er ikkje produktet CB denert. b) Inversmatrisa til ei generell -matrise kan nnast ved formelen a b c d ad bc d c b a Dersom determinanten ad bc, har ikkje matrisa nokon invers. Det er dette som skjer med B; det B 4. A ( ) A Matrisa A er altså sin eigen invers, og B har ikkje noko inversmatrise. Vi løyser likninga: AX + C AX C AX A AX A X 7 5 5

6 c) Likningssystemet kan skrivast på forma Ax b der a + x A, x x, og b 4 a + 4 x b +. For at systemet ikkje skal ha eintydig løysing, må determinanten til A vere : det A a + 4 a + 4 a + a +(a ) a + (a )(a + ) a ± Vi har her lagt ganger rekke to til rekke tre for å gjere utrekninga av determinanten enklare. Vi undersøker kva som skjer når a har verdien og når a har verdien. Når a, får vi denne totalmatrisa for likningssystemet: 4 b + 4 b + 4 b 5 b Her har vi fyrst bytt om rekke ein og to, så har vi lagt ganger rekke ein til rekke tre, og til slutt har vi lagt ganger rekke to til rekke tre for å få matrisa på trappeform. Av den nederste rada ser vi at likningssystemet er konsistent hvis og berre hvis b. Altså er det inkonsistent for b. Når a, får vi denne totalmatrisa for likningssystemet: b + 4 b + b 5 Her har vi fyrst bytt om rekke ein og to, så har vi lagt ganger rekke ein til rekke tre. Av den nederste rada ser vi at vi må ha b 5 for at likningssystemet skal vere konsistent; alle andre verdiar for b vil gi eit inkonsistent likningssystem. Oppsummert: Likningssystemet er inkonsistent når a og b og når a og b 5. Det har uendeleg mange løysingar når a og b og når a og b 5. Det har eintydig løysing når a ±.

7 Oppgåve 7 Vi tenkjer oss at kvar av veggane har lengda x m og høgda h m. Dei totale byggekostnadane må vere proporsjonale med K(x) x + x + 4xh der det fyrste leddet tilsvarar kostnadane med taket, det andre leddet tilsvarar kostnadane med golvet og det siste tilsvarar veggane. Sidan det totale volumet skal vere.7 m, gjeld denne samanhengen mellom x og h: h x.75 h.75 x. Vi skriv K litt enklare: K(x) 4x + 4x.75 ( x 4 x +.75 ), x > x Vi skal bestemme x slik at K blir minimal. K er minimal når K (x) endrar forteikn frå negativ til positiv. K vil vere null for denne x-verdien. ( K (x) 4 x.75 ) x x.75 x x x 8 Dette gir høgda h.75 7 ( ) Veggane må altså ha lengda / m og høgda m. Oppgåve 8 y + y + 5y 7e x Vi startar med å løyse den homogene dierensiallikninga y +y +5y. Det gjer vi ved å gå ut frå at løysinga kan skrivast som ein eksponentialfunksjon: y e rx slik at y re rx og y r e rx. Dette set vi inn i den homogene likninga: r e rx + re rx + 5e rx e rx ( r + r + 5 ) r ± 4 5 ± 4i Den homogene likninga har då generell løysing y h e x (A cos(4x) + B sin(4x)) der A og B er vilkårlege konstantar. Vi ynskjer å nne ei partikulær løysing av den inhomogene likninga. Vi antar at vi kan nne ei løysing på forma y p ae x. Det gir at y p ae x og y p 4ae x. Når vi set dette inn i likninga, får vi 4ae x + ( )ae x + 5ae x 7e x 7ae x 7e x. Sidan dette skal stemme for alle x, må vi ha at a, slik at y p e x. Dermed blir den generelle løysinga av dierensiallikninga y y p + y h e x + e x (A cos(4x) + B sin(4x)). 7

8 Oppgåve 9 y + xy + x x + 4 a) For at P (, ) skal ligge på kurva, må likninga vere oppfylt for x y. Vi undersøker om det er slik. Høgresida blir og venstresida blir Både høgre- og venstresida blir atså 5; likninga er oppfylt og P ligg på kurva K. Stigningstalet til tangenten i punktet er gitt ved den deriverte, y. For å nne denne deriverar vi implisitt: Vi set inn x y : ( y + xy + x ) y y + y + xy + 4x (x + 4) y + + y + 4 5y 5 y For å vise at y /5 i P deriverar vi igjen: ( y y + y + xy + 4x ) y (y ) + y y + y + y + xy + 4 y (y ) + (y + x) y + 4y 4 Vi set inn at x y og at y : ( ) + ( + )y + 4 ( ) 4 5y y /5 b) Taylor-polynomet er gitt ved P (x) f(a) + f (a)(x a) + f (x)(x a) der a, f(a), f (a) og f (a) /5. Vi får dermed P (x) + ( )(x ) + ( ) (x ) x (x ) 5 5 Oppgåve a) Søylene er lineært uavhengige hvis og berre hvis determinanten til matrisa er ulik : det A 4 4 ( 4) 8

9 Sidan determinanten til A er, er søylene lineært avhengige. T ( ), T ( ) og T ( ) t Vi kjenner igjen vektorane som blir transformert som søylene i A. Standardmatrisa til T er lik T (e ) T (e ) T (e ). Hvis vi klarar å uttrykke alle tre einingsvektorane e, e og e ved hjelp av vektorane, og, vil vi klare å bestemme T (e ), T (e ) og T (e ) ved å utnytte at T er lineær. Men vi veit jo at dei tre vektorane som vi har fått oppgitt transformasjonen av, er lineært avhengige. Vi har altså tre lineært avhengige vektorar i R ; vi kan ikkje skrive e, e og e som lineærkombinasjonar av desse, og dermed kan vi heller ikkje bestemme standardmatrisa til tranformasjonen T ved hjelp av informasjonen over. Vi kan vise dette litt meir eksplisitt. Dersom vi kan skrive til dømes e som e x + x + x, kan vi nne T (e ) som x T ( ) + x T ( ) + x T ( sidan transformasjonen T er lineær. For å skrive e som ein lineærkombinasjon av søylene i A, må vi altså løyse likninga x + x + x, som også kan skrivast som Ax e. Totalmatrise: ) 4 9

10 Her har vi fyrst trukke gonger rekke ein frå rekke. Så har vi delt rekke to på, og til slutt har vi trukke ganger rekke frå rekke tre. Totalmatrisa har eit leiande tal i søyla lengst til høgre. Likningssystemet er difor inkonsistent. Vi kan ikkje bestemme T (e ) og dermed heller ikkje standardmatrisa til T. b) Ein konsekvens av at T skal vere lineær er at transformasjonen av nullvektoren skal bli nullvektoren sjølv, T (). Sidan vektorane over er lineært avhengige, veit vi at null-vektoren kan skrivast som ein ikkje-triviell lineærkombinasjon av desse vektorane. Vi løyser likninga Ax for å nne ein slik linærkombinasjon. Av rekkereduksjonane over ser vi at at A er rekke-ekvivalent med slik at x x og x x medan x er fri. Om vi til dømes set at x, ser vi at +. Dermed må vi ha at T () T ( T ( ) T ( Altså: 4 + t t 4. + ) + T ( t t ) )