Løsningsforslag eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I høsten 2009

Transkript

1 Løsningsforslag eksamen MAT Grunnkurs i Matematikk I høsten 9 OPPGAVE (a) Vi har w = + ( ) =. I et komplekse plan ligger w i 4. kvarant og vinkelen θ mellom tallet og en relle aksen har tan θ =, vs. at θ = π/4. Derme er Arg w = π 4. Skrevet på polarform er tallet w = [ ( cos π ) ( + i sin π )] = e i π (begge svar erlike goe). Ve e Moivres formel har vi w 8 = ( ) 8[ cos (8 ( π ) 4 ) = 4[ ( ) cos π + i sin ( ) = 4 + i = 6. + i sin (8 ( π )] 4 ) )] ( π (b) z w = ( + i)( + i) = + i + i + i = + 5i. z w = z w w w = ( + i)( + i) ( i)( + i) = + 5i i = + 5i + = + 5 i. OPPGAVE (a) Gitt ɛ >. Vil finne δ = δ(ɛ) > slik at x 4x + 4 < ɛ når < x < δ. La δ := min{, ɛ }. Dersom < x < δ, vil spesielt x <. Dette er ekvivalent me at < x <, som gir < x <, som spesielt mefører at x <. Derme, sien også x < ɛ, får vi: x 4x + 4 = x 4x + = x x < ɛ = ɛ. Merkna: Her finnes selvfølgelig flere anre korrekte svar. Noen skrev f.eks. at x < mefører x < 4, og brukte så trekantulikheten for å konkluere at x x + < 5. Disse fikk svaret δ := min{, ɛ 5 }, som er like riktig (men litt mer tungvint å komme frem til). (b) Vi har at lim ln(cos x) = ln(lim cos x) = ln = x x

2 (sien ln x er kontinuerlig), og er lim x x ln(cos x) lim tan x =, x x tan x = cos x, cos x ( sin x) = cos x x tan x = lim x Alle betingelsene for å bruke L Hôpital er erme oppfylt og (c) Vi har: Sien lim x ( tan x ln(cos x) ) = lim x x ( ) =. ln(cos x) =. tan x f kontinuerlig i lim f(x) = f() lim x cos(ln x) = k x + x + x cos(ln x) for alle x >, x x cos(ln x) x for alle x >, og sien lim x + x =, gir skviseteoremet at lim x + cos(ln x) =, slik at vi må ha for at f skal være kontinuerlig i. k = OPPGAVE Vi efinerer funksjonen f(x) = e x + x. Da har vi at r er løsning på ligningen e x = x f(r) =. (a) Vi har at f() = =, f() = e = e > og f er kontinuerlig overalt. Ve skjæringssetningen finnes et erfor et tall r [, ] slik at f(r) =. Derme er enne r [, ] en løsning på ligningen e x = x. (b) f er erivérbar overalt me f (x) = e x + > for alle x. Alternativ : Om f har to nullpunkter, si a og b me a < b, vil f være erivérbar på hele [a, b]. Da vil et ve Rolles teorem eller sekantsetningen finnes en c (a, b) slik at f (c) =, en motsigelse. Derfor har f maksimalt ett nullpunkt og følgelig har ligningen e x = x kun en éne løsningen.

3 Alternativ : Sien f (x) > for alle x i intervallet (, ) vil f være voksene på hele (, ). Dette vil si at f(b) > f(a) når b > a, slik at f høyst kan ha ett nullpunkt. Følgelig har ligningen e x = x kun en éne løsningen. (c) Bruker Newtons metoe én gang me x = : x = x f(x ) f (x ) = f() f () = + = 5 = 5. Dette er en tilnærmet veri for løsningen r på ligningen e x = x: r x = 5. Vi har at f (x) = e x = 4 e x > for alle x. Derme er grafen til f oppoverkrummet overalt, slik at alle tangentene til grafen vil ligge uner grafen. Sien grafen til f også er voksene overalt (sien f (x) >, som vist i (b)), betyr ette at alle tangenter vil snitte x-aksen til høyre for punktet er grafen til f snitter x-aksen, som er nullpunktet r. Spesielt vil tangenten i punktet x = snitte x-aksen til høyre for punktet er grafen snitter x-aksen. Sien tangenten snitter i x (et er slik Newtons metoe virker), vil x > r, altså er verien vi finner (litt) for stor. Her er en tegning som illustrerer situasjonen: Merkna: Dersom man efinerer funksjonen f(x) = x e x for å angripe oppgaven, argumenterer man på tilsvarene måte, men bruker at funksjonen er avtagene og neoverkrummet. Svarene blir selvfølgelig e samme. OPPGAVE 4 Sien g er kontinuerlig på I og I er lukket og begrenset, har g maksimal- og minimalveri på I, ve ekstremalverisetningen ( Max-Min-teoremet ). Dette gir at et finnes en konstant M > slik at g (x) M for alle x I.

4 4 (Hvis maksimum og minimum til g på I er g min og g max henholsvis, kan vi la M = max{ g min, g max }.) La nå x, x I og anta at x x. Sien g er erivérbar på I, er en også erivérbar (og erme også kontinuerlig) på [x, x ] om x < x og [x, x ] om x > x. Ve sekantsetningen på [x, x ] eller [x, x ], vil et finnes en c mellom x og x, slik at g (c) = g(x ) g(x ) x x. Sien c I, må g (c) M, slik at g(x ) g(x ) M, x x som gir g(x. ) g(x ) M x x Denne ulikheten gjeler også (trivielt) om x = x, slik at vi har vist at g en Lipschitzfunksjon på I. OPPGAVE 5 Sien f (x) = x er Taylorpolynomet av oren til f(x) = x om 9 lik P (x) = f(9) + f (9)(x 9) = (x 9) = + (x 9). 6 Derme har vi = f() P () = + 6 ( 9) = + 6 = 9 6. Sien f (x) = 4x gir Taylors formel me restle (Taylors teorem) at = f() = P () + E (), er E () = f (s) ( 9) = f (s) =, for en s (9, ).! 8s Derme er E () <, slik at = f() = P () + E () < P () = 9 6. Tilnærmingsverien vi fant er altså (litt) for stor. OPPGAVE 6 (a) Alternativ : Bruker elvis integrasjon me slik at U = ln x og V = x x, U = x x og V = x.

5 5 Får a: ln x x = UV x = x ln x V U = ln x x x x x x x = x ln x x + C = x ln x 4 x + C = ( ) x ln x + C. Alternativ : Bruker substitusjonen u = x, slik at u = x og u u = x: ln x ln u x = u u = ln u u = ln u u = 4 ln u u, x u er vi har brukt en av logaritmereglene. Integralet ln u u løses ve elvis integrasjon ve å sette U = ln u og V = u, slik at Da får vi: ln u u = UV slik at ln x x = 4 x U = u og V = u. u V U = ln u u u u = u ln u u u = u ln u u + C ln u u = 4(u ln u u + C ) = 4 x ln x 4 x + C = x ln x 4 x + C = x ln x 4 x + C = ( ) x ln x + C. (Merk at funksjonen ln x x kun er efinert for x >, slik at et ikke er nøvenig me absoluttveritegn runt x i ln x. i svaret.) (b) Bruker først elbrøksoppspalting: x + x = x(x + ) = A x + Bx + C x + = A(x + ) + x(bx + C) x(x + ) = (A + B)x + Cx + A x, + x som gir oss (ve å gange me x + x): Sien ette skal hole for alle x må vi ha: som lett gir oss (A + B)x + Cx + A =. A + B =, C = og A =, A =, B = og C =. = Ax + A + Bx + Cx x + x

6 6 Derme har vi ( x + x x = x Dette kan også omskrives som (Om man ikke ser integralet u = x +.) x x + x ) x x = ln x + ln(x + ) + C. ln x + x. x me en gang, løser man et me substitusjonen (c) Løser først et ubestemte integralet me subsitusjonen u = tan x, slik at u = e tan (x) x + x = e u u = e u + C = e tan (x) + C. Da er e tan (x) x + x = lim R = lim R R = e π. e tan (x) x + (Her har vi brukt at brukt at e x er kontinuerlig.) x = lim [e ] R tan (x) R ( e tan (R) e tan () ) = e lim R tan (R) e () Vi bruker kjerneregelen me u = x og Funamentalteoremet: F x = F u u ( u ) x = e t t u u x = eu u x = ex x = ex x. Vi kan bruke Funamentalteoremet sien funksjonen e t er kontinuerlig. x x + : OPPGAVE 7 (a) Volumet V av vin i glasset når høyen av vinen over bunnen av glasset er h er lik volumet av omreiningslegemet vi får når vi roterer områet i. kvarant avgrenset av y-aksen, linjen y = h og parabelen y = x om y-aksen. Områet er skravert i tegningen uner:

7 7 Alternativ : Bruker skivemetoen og integrerer me hensyn på y. Områet er områet mellom grafen til funksjonen x = y og y-aksen, når y varierer fra til h, slik at h V = π ( h [ y) y = π y y = π y] h = πh. Alternativ : Bruker sylinerskallmetoen og integrerer me hensyn på x. Områet er områet uner grafen til funksjonen y = h og over grafen til funksjonen y = x, når x varierer fra til h (sien snittpunktet mellom y = x og y = h er ( h, h)), slik at h h [ h V = π x(h x ) x = π xh x x = π x h 4 x4] h = π( h 4 ( h) 4) ( h = π 4 h) = π h 4 = πh. Merkna: Det var en el som regnet ut volumet π h x x x og begrunnet ette me sylinerskallmetoen. Svaret blir et samme, men volumet er volumet til legemet vi får når vi reier områet uner grafen til y = x og mellom x-aksen og linjen x = h (områet er skravert i figuren uner). Det er altså feil omreiningslegeme og rent tilfelig at man får samme svar. (b) Deriverer vi uttrykket fra (a) implisitt me hensyn på t og bruker kjerneregelen, får vi V t = π t h = π ( h h) h t = π hh t = πhh t. Torricellis lov sier at V t = c h for en c R. Setter vi sammen e to siste uttrykkene får vi: πh h t = c h,

8 8 som gir h t = c h π h = c π = k, h h ve å sette k = c π. (Konstanten k > sien vinhøyen h avtar.) (c) Differensialligningen h t = k h er separabel og løses ve: h h = k h = kt + C, for en C R. Setter vi inn t = får vi h = + C = C, og insatt i ligningen over gir ette oss: t h = kt + h h = kt + h h(t) = (h kt ). vs. () Vil finne tispunktet t er h(t) =, vs. er h kt =, ( ) t = h k. Vet at h(7) = 4 h og bruker ette til å finne k: h(7) = (h k 7 ) = 4 h h 7 ( ) k = 4 h h 7 k = 4 h h 7 k = 8 h 7 8 h = 7 k 8 h = k.

9 9 Innsatt i (*) gir ette oss t = h k = h = 8. 8 h Altså er glasset tomt etter nøyaktig 8 minutter. Og premien til beste tegning på eksamen går til: Anreas Leopol Knutsen