Fasit til obligatorisk oppgave i MAT 100A

Transkript

1 3. november, 000 Fasit til obligatorisk oppgave i MAT 00A Oppgave a) Grensen er et 0 0-uttrykk, og vi bruker l Hôpitals regel: ln cos π (ln ) (cos π ) ( sin π ) π b) Vi må først skrive uttrykket på eksponentiell form: (sin ) ln (e ln(sin ) ) ln(sin ) ln e ln ( ) π π. Vi regner så ut grensen av eksponenten. Den er et -uttrykk, og vi kan bruke l Hôpitals regel: Dette betyr at ln (sin ) 0 + ln 0 + ) ln 0 +(sin cos sin cos. 0 + sin e ln(sin ) ln e 0 + I den siste overgangen bruker vi at eksponentialfunksjonen er kontinuerlig. c) Vi substituerer z som gir z og d z dz. Dette gir I sin( ) d z sin z dz Vi fortsetter med delvis integrasjon. Setter vi u z, v sin z, får vi u 4z og v cos z. Dermed er I z cos z + 4z cos z dz Vi bruker delvis integrasjon en gang til med u 4z, v cos z. Da er u 4, v sin z, og vi får: I z cos z + 4z sin z 4 sin z dz Setter vi inn z, får vi til slutt: z cos z + 4z sin z + 4 cos z + C I cos( ) + 4 sin( ) + 4 cos( ) + C

2 d) Den deriverte av nevneren er ( ) + 4. Vi smugler dette uttrykket inn i telleren: d d d d d I det første integralet substituerer vi u Da er du (+4) d, og vi får: I d du u ln u + C ln( ) + C I det andre integralet fullfører vi kvadratet i nevneren: I d d d ( + ) + Setter vi u +, du d, får vi: d ( ) + d ( + ) + I du u + arctan u + C arctan( + ) + C Dermed får vi: I I I ln( ) arctan( + ) + C Oppgave a) Vi lar r og θ være modulus og argument til z, og vi lar r og θ være modulus og argument til w. Da er r z +. Videre er sin θ b r. Siden z ligger i første kvadrant, er θ 45. Tilsvarende har vi for w: r w ( 3) + 4. Videre er sin θ. Siden w ligger i fjerde kvadrant, er θ 30. b) Vi regner ut: zw ( + i)( 3 i) 3 i + i 3 i ( 3 )i. Nå vet vi at zw z w. Videre vet vi at argumentet til zw er θ + θ 45 + ( 30 ) 5. Det følger at zw (cos 5 + i sin 5 ) ( 3 )i.

3 Derfor blir og cos 5 4 ( 3 + ) cos 5 4 ( 3 ). Oppgave 3 a) I uke n er det n syke. De syke kan deles i to grupper. Den ene gruppen består av dem som var syke forrige uke (og som fortsatt er det), og det er 4 n personer. Den andre gruppen består av dem som ble smittet for to uker siden, og det er 5 4 n personer. Dette betyr at n 4 n n. Flytter vi over, får vi differensligningen. For å løse differensligningen ser vi på den karakteristiske ligningen r 0. Den har løsningene 4 r 5 4 r 4 ± ( 4 ) ± ± 9 4 Den generelle løsningen av differensligningen er dermed 5 4 n C( ) n + D( 5 4 )n b) Vi må finne den løsningen av differensligningen som tilfredsstiller 0 90 og 60. Vi må altså finne konstanter C og D slik at 90 0 C + D( 5 4 )0 C + D 60 0 ( )C + D( 5 4 ) C D Løser vi dette ligningssettet, får vi C 0 og D 00. Antall syke etter n uker er dermed n 0( ) n + 00( 5 4 )n Siden n ( 5 4 )n, vokser antall syke over alle grenser når n (modellen må derfor være av begrenset gyldighet!). c) Differensligningen blir nå n 4 n 3 4 n 0. Den karakteristiske ligningen r 4 r har løsningene r 4 ± ( 4 ) ± ±

4 Den generelle løsningen av differensligningen er dermed n C + D( 3 4 )n. For å finne C og D, løser vi ligningene 90 0 C + D( 3 4 )n C + D og får C 30, D 40. Dette gir 60 C D( 3 4 ) C D 3 4 n 30 40( 3 4 )n Siden n ( 3 4 )n 0, ser vi at antall syke stabiliserer seg rundt 30 når tiden går. Dersom hver syk smitter et antall q mindre enn 3 4 per uke, blir differensligningen n 4 n q n 0. I dette tilfellet viser det seg at begge røttene r og r i den karakteristiske ligningen har absoluttverdi mindre enn. Det betyr at alle løsninger n Cr n + Drn går mot null når n går mot uendelig. Sykdommen dør derfor ut. For å vise at absoluttverdiene til r og r er mindre enn, observerer vi først at den karakteristiske ligningen r 4r q 0 har løsningene r 4 ± ( 4 ) + 4q ± + 64q 8 Vi setter r + +64q 8 og r +64q 8. Siden q < 3 4, er + 64q < Dette medfører at r < og r 6 8 >. Vi ser også at r > 0 og r < 0 (husk at q 0), og dermed er resonnementet fullført. Oppgave 4 a) Vi deriverer ( log ) log log. Nevneren er alltid positiv. Videre er e det eneste nullpunktet til telleren, og der skifter telleren fortegn fra å være positiv til å bli negativ. Funksjonen vår er derfor voksende på (0, e] og avtagende på [e, ). b) Vi deriverer funksjonen en gang til: ( log ) ( /) ( log ) ( log 3) 4 4 log 3 3. Telleren i denne brøken er positiv når log > 3, dvs. når > e 3, og negativ når log < 3, dvs. når < e 3. Konklusjonen blir at f er konkav på (0, e 3 ] og konveks på [e 3, ). 4

5 c) Siden 0 + ln og 0 +, er ln 0 + ln() 0 + Den andre grensen tar vi med L Hôpitals regel: ln 0 Bruk lommeregner eller Maple for å skaffe deg et godt bilde av grafen (siden grafen er ganske flat, kan det lønne seg å eksperimentere litt med skalaene på aksene). d) Arealet er gitt ved A 0 ln d. Siden 0 ln +, er dette et uegentlig integral. Vi må derfor først regne ut a ln d og så la a 0+. Setter vi u ln, du d: Dermed får vi: ln d ln a 0 + a Arealet er altså uendelig. u du u d a 0 + [ + C (ln ) 0 + C ] (ln a) e) Volumet er gitt ved V π e ( ln ) d π e ln d. Vi bruker delvis integrasjon med u ln og v. Da er u ln og v, og vi får: e ln [ π ln ] e e ln V π d + π d π e + π e ln Vi bruker nå delvis integrasjon med u ln, v. Da er u og v, og vi får: V π e e + π ln d π e + π [ ln ] e ] e + π d e d π e π e π [ 3π e π e + π π 5π e 5

6 Oppgave 5 a) Vi setter navn på punktene som vist på figuren nedenfor. A v() D E 30 0 C B y 60 Vi ser at vinkel v() er lik differansen mellom EAB og DAB. Disse vinklene inngår i rettvinklede trekanter, og er derfor lette å beregne. Før vi starter for alvor, trenger vi avstanden y fra B til C. Siden y tan(30 ) 3 3, får vi y 3. Vi kan nå finne EAB og DAB: tan( EAB) Dermed er Følgelig er tan( DAB) EAB arctan( ) DAB arctan( ) v() EAB DAB arctan( b) Derivasjon gir v () arctan( ) arctan( 0 + 3) ) arctan( ) + ( ) ( 60 ) + ( 0 + 3) ( 0 ) (50 ) ( )( ) c) Av uttrykket ovenfor ser vi at v () 0 når 50. Det er lett å sjekke at dette er et minimumspunkt. 6

7 Oppgave 6 Vi skal se på to måter å løse dennne oppgaven på: Første metode: Tegn grafen til f() fra til n +. Del opp intervallet [, n + ] med partisjonen Π {,, 3,..., n + } og se på den øvre trappesummen Ø(Π) n. Denne øvre trappesummen må være større enn integralet n+ f() d n+ d ln(n+) ln() ln(n+) (husk at integralet er definert som infimum over alle øvre trappesummer). Dermed er > ln(n + ) n og beviset er fullført. Andre metode: Vi bruker induksjon på påstanden P n : n > ln(n + ) Siden ln( + ) ln() < ln(e), er P sann. Vi antar nå at P k er sann og skal vise at P k+ også må være sann. Med andre ord vet vi at k > ln(k + ) og skal vise at Ved induksjonsantagelsen får vi > ln(k + ) k > ln(k + ) + k + k + så vi er fremme om vi kan vise at ln(k + ) + k+ ln(k + ), dvs. at ln(k+) ln(k+) k+. Vi skal bruke middelverdisetningen på funksjonen f() ln over intervallet [k +, k + ]. Denne setningen sier at f(k + ) f(k + ) (k + ) (k + ) f (c) for en c (k +, k + ). Setter vi inn hva f og f er, får vi: ln(k + ) ln(k + ) f (c) c for en c (k +, k + ). Siden c k+, er vi ferdige. 7