MA 1410: Analyse Uke 48, aasvaldl/ma1410 H01. Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag

Transkript

1 MA 40: Aalyse Uke 48, 00 aasvaldl/ma40 H0 Høgskole i Agder Avdelig for realfag Istitutt for matematiske fag Oppgave 8.7:. Vi har f(x) = cosh(x) = ex +e x. f(0) =. Derivasjo gir f (x) = sih(x) og f (0) = 0. Videre derivasjoer gir altererede f (k) (0) = for k partall og f (k) (0) = 0 for k oddetall. Da blir MacLauri/Taylor rekka + x /! + x 4 /4! +... Alterativt: Vi har (se tabell side 679) at e x = =0 x!. Dee formele gjelder for alle x, og vi ha erstatte x med x slik at e x ( x) =.! Hvis vi å summerer så får vi (husk x + ( x) = x og x + + ( x) + = 0) cosh(x) = ( x! + ( x) ) = + x!! + x4 4! +... =0 =0 Oppgave 8.7:. Vi har f(x) = sih(x) = ex e x. Som ovefor får vi f (k) (0) = for k oddetall og f (k) (0) = 0 for k partall, og MacLauri/Taylor rekke x + x 3 /3! + x 5 /5! +... Oppgave 8.7: 5. Vi har gitt f(x) = x 3 x + 4 og a =. f() = 8. Derivasjo gir f (x) = 3x og f () = 0. Ny derivasjo gir f (x) = 6x og f () =. Tredje gags derivasjo gir f (x) = 6 og f () = 6. Nå får vi (side de fjerde deriverte er lik 0, blir restleddet lik 0 og) f(x) = 3 k=0 f (k) () (x ) k = 8+ 0 k!! (x )+! (x ) + 6 3! (x ) = 8+0(x )+6(x ) +(x ) 3. Eksame desember 999: 5. Vi har gitt e fuksjo g(x) = x over itervallet [, ]. Bereg volumet V av omdreiigslegemet som framkommer år grafe til g roteres om x-akse, V = π g (x) dx. Overflatearealet av omdreiigslegemet er gitt ved S = π g(x) + (g (x)) dx. Bereg dette itegralet umerisk ved bruk av Simpsos formel år atallet delitervaller er = 4.

2 Vi setter i i formele som er oppgitt og itegrerer. V = π = π ( x ) dx Når vi setter i for g(x) = x får vi ( x + x 4 ) dx = π(x x 3 /3 + x 5 /5) = π( /3 + /5) = 6π/5. S = π ( x ) + 4x dx. Vi skal bruke = 4. Da blir h = /4 = /, og x 0 =, x = /, x = 0, x 3 = / og x 4 =. Tilsvarede y-verdier blir (husk at vi skal sette x i i i π( x ) + 4x for å få y i ): y 0 = y 4 = 0, y = y 3 = π 3 4 og y = π. Simpsos formel for tilærmet verdi av itegralet gir S 3 (y 0 + 4y + y + 4y 3 + y 4 ) = π( + /3). Vi får S 0, 98, mes øyaktig svar er π 6 (4 + 7 l( + 5)) 0, Eksame desember 000:. La a være et reelt tall og betrakt polyom p(x) = x 3 3ax. La a 0. Vis at p(x) er stregt voksede over (, ). Vis at likiga x 3 x = 0 har e og bare e løsig. Bereg dee løsige ved bruk av Newtos metode. Du ka starte med x 0 = og foreta iterasjoer. La a > 0. Vis at p(x) = 0 har 3 ulike løsiger hvis og bare hvis a > 3 /4. Derivasjo gir p (x) = 3x 3a. For a < 0, blir p (x) > 0 for alle x, så p(x) er stregt voksede. For a = 0 er p(x) stregt voksede på (, 0) og på (0, ), og da blir p(x) stregt voksede på (, ). Når vi skal bruke Newtos metode for å berege løsige av x 3 x = 0, skal vi foreta e iterasjo. La oss sette x + = h(x ) der x 0 = og h(x) = x x3 x 3x = x3 + 3x. Vi får x = h(x 0 ) = 3/ og x = h(x ) = 3/3. At likiga p(x) = 0 (med 3a = ) har mist e løsig ser vi ved å rege ut et par verdier, f.eks. p(0) = < 0 og p() = 5 > 0 og ved Skjærigssetige må det fies mist ett ullpukt. Fra får vi at dee likiga ikke ka ha flere e løsig. Vi skal la a > 0. Vi har p (x) = 0 år x = ± a. p (x) = 6x, så p er kokav på (, 0) og koveks på (0, ). Vi får at p har lokalt maksimum i x = a, med verdi p( a) = a 3/ + 3aa / = a a. Og vi får at p har lokalt miimum

3 i x = a med verdi p( a) = a a. Merk at side a > 0 så er p( a) < 0 alltid. Me da vil p ha tre ullpukt hvis og bare hvis p( a) > 0, oe som er oppfylt år a > (/4) /3. Grafe til p(x) år a = (/4) /3. (Dette er gresetilfellet mellom og 3 ullpukter for p.) Figur. Grafe til f Eksame desember 99:. Bereg greseverdiee: (c) x + b (x + )x dx. x + x l(t) dt (x ). [ l( ) l(4 )]. Vi har x + (x + )x = x + (x + ) (x + )x = x + x +. Nå ka vi itegrere x + b (x + )x dx = ( x + x ) dx = ( + x + arcta(x)) b = π 4 b + arcta, og ved å ta grese får vi x + b x + (x dx = π/4 0 + π/ = + π/4. + )x x l(t) dt (x ) Får 0/0, og bruker L Hôpitals regel l(x) x + (x ) /x x + =. 3 Får 0/0, og bruker L Hôpitals regel

4 (c) Vi har l(4 ) = l(4 ) / = l() slik at [ l( ) l(4 )] l( ) = 0 l( ) = 0/0 / ( ) =. ( ) / Alterativt: Se boka, Example 8 side 58. Vi har ved argumetasjoe i Ex. 8 at ( + a x x )x = e a. Nedefor lar vi a = og erstatter x med. [ l( ) l(4 )] l( ) l( ) = l( ( ) ) = l( e ) =. Eksame desember 99: 3. Avgjør (og begru) koverges/diverges: = = +. + l (). (c) For hvilke x-verdier kovergerer rekka: (x + ). = La a = +. Vi bruker forholdskriteriet (boka side 646) a + = (( + ) + ) a + ( = ( + / + / ) + ) ( + / ) år. Greseverdie eksisterer og er midre e. Da får vi koverges. La a = +l () og velg b = /. Vi skal sammelige de to rekkee. b = + l () a = + ( l() ) + 0 = år. b divergerer og da må a divergere (se boka side 644). 4

5 (c) Ved rotkriteriet får vi (x + ) x + = x + år. Vi får koverges akkurat år x+ <, dvs. år x + < eller 3 < x <. (Når x = får vi diverges, og år x = 3 får vi de altererede harmoiske rekka som kovergerer.) Eksame desember 99: 4. Løs differesiallikigee: ( + x )dy xydx = 0 Hit: Separabel. x dy dx + y = cos(x). (c) (Ikke aktuell.) Likiga er separabel og vi får y dy = x + x dx, slik at l y = l( + x ) + C. Nå aveder vi e x på begge sider og får y = y(x) = ±e l(+x )+C = ±e C e l(+x) = C ( + x ). Likiga er lieær med P (x) = /x og Q(x) = cos(x) x. Vi får itegrerede faktor (c) - og Dette gir løsig v(x) = er /x dx = e l(x) = x, v(x)q(x) dx = y(x) = x x cos(x) x dx = si(x). si(x) [C + ] = C x + si(x) x. 5