EKSAMEN. TILLATTE HJELPEMIDLER: Kalkulator. John Haugan: Formler og tabeller. Rottmanns formelsamling (tillatt som overgangsordning)

Transkript

1 KANDIDATNUMMER: EKSAMEN FAGNAVN: Matematiske metoder 1. FAGNUMMER: JøG10 EKSAMENSDATO: 5. april 00. SENSURFRIST: 16. mai 00. KLASSE: HSIS TID: kl FAGLÆRER: Hans Petter Hornæs ANTALL SIDER UTLEVERT: innkl. forside) TILLATTE HJELPEMIDLER: Kalkulator. John Haugan: Formler og tabeller. Rottmanns formelsamling tillatt som overgangsordning) INNFØRING MED PENN, evt. trykkblyant som gir gjennomslag. Ved innlevering skilles hvit og gul besvarelse og legges i hvert sitt omslag. Oppgavetekst, kladd og blå kopi beholder kandidaten. Husk kandidatnummer på alle ark.

2 Eksamen i Matematiske metoder april Hvert bokstavpunkt teller likt ved bedømmelsen, oppgaver uten bokstavpunkter teller som et bokstavpunkt. Mellomregninger skal i grove trekk vises, og svarene skal gies som eksakte verdier. Oppgave 1 Finn grensen lim x 1 x 1 lnx) Oppgave En kurve er gitt ved likningen y =4x ) 5. Finn likningen for tangenten i punktet der x =1. Svaret skal gies på eksplisitt form dvs. på formeny = fx)). Oppgave Deriver funksjonen f gitt ved fx) =e x arctan x) Vis ved integrasjon at x x +9dx = 1 x +9 ) x +9+C c) Et flatestykke er avgrenset av kurven med likning y = x +9, x aksen, y aksen og linja gitt ved x =4. Finn volumet av det rotasjonslegemet som framkommer når dette flatestykket roteres om y aksen. Oppgave 4 Finn allmenn løsning for fuksjonene y = yx) som oppfyller følgende differensiallikninger. Svaret skal gies på eksplisitt form. Det er ikke nødvendig med drøfting av definisjonsområde, verdimengde eller mulige verdier av integrasjonskonstanten C. a) y + y/x =1 x>0) b) y = x 1 y y < 1)

3 Eksamen i Matematiske metoder april 00. Oppgave 5 I denne oppgaven er j er den imaginære enheten. Finn de komplekse tallene x og y, skrevet på normalform, som oppfyller følgende likningsystem x jy = 0 jx + y = 4j. Finn alle komplekse røtter i likningen z +8j =0. Røttene skal gies på normalform. Oppgave 6 En 5 meter lang stige skyves inntil en vegg, slik at ved hvert tidspunkt utgjør stigen, bakken og veggen en rettvinklet trekant med stigen som hypotenus). Når avstanden fra foten av stigen til veggen er meter går denne innover mot veggen med en fart på 0.4 meter per sekund. La α = αt) være vinkelen stigen danner med bakken. Finn vinkelhastigheten dα/dt idet foten av stigen er meter fra veggen. Oppgave 7 La K være kurven gitt ved likningen y = x +4x +11. Finn minste avstand mellom K og origo. SLUTT på oppgavesettet.

4 Løsning, eksamen i Matematiske metoder april Oppgave 1 Siden ln1) = 0 og 1 1=0harviet0/0 uttrykk, og bruker L Hopitals regel: Oppgave lim x 0 x ) 1 0 lnx) = L Hopital = lim 0 x 0 x 1/x = 1/1 = Deriverer først, for å finne stigningskoeffisienten til tangenten. Bruker kjerneregelen med 4x som kjerne: y =54x ) 4 4 = 04x ) 4 For x =1ery =4 1 ) 5 =1 5 =1ogy =04 1 ) 4 = 0, som kan settes inn i likningen for linje gjennonm kjent punkt, dvs. 1, 1), og med kjent signingskoeffisient, dvs. k =0: Oppgave y 1 = 0x 1) y =0x 19 Bruker produktregelen for derivasjon, og kjerneregel på første faktor: f x) = e x arctanx)+e x 1 1+x Substituerer med u = x + 9, som gir du dx =x 1 du = xdx: x x +9dx = u 1 du = 1 u 1/ du = 1 u/ + C = 1 x +9) x +9+C c ) Ved sylinderskallmetoden har vi volumformelen V =π b a gir: xy dx, som i denne situasjonen Oppgave 4 π 4 V =π x [ 1 x +9dx =π ) ) 0 +9 π 98 = 196 π x +9) ] 4 x +9 ) = π Setter y = uv, ogdermedy = u v + uv inn i likningen: 0 = ) 9 u v + uv + uv/x =1 u v + uv + v/x) =1 = Velger først v som en funksjon slik at parentesen blir 0: v + v/x =0 1 1 v v = 1/x v dv = 1 x dx lnv) = lnx) v = e lnx) v = 1 e lnx) v = 1 x

5 Løsning, eksamen i Matematiske metoder april 00. Ved å sette dette inn igjen i u v + uv + v/x) =1får vi u 1 x + u 0=1 u = x u = xdx u = 1 x + C Dermed er ) 1 1 y = uv = x + C x = 1 x + C x Denne likningen er separabel og kan løses via omformingen y = x 1 y y y = x dy = xdx 1 y Finner så implisitt løsning ved å integrere begge sider, venstresiden er den deriverte av arcsiny): 1 dy = xdx arcsiny) = 1 1 y x + C Ved åtasinuspå begge sider får vi eksplisitt løsning som gjelder når π/ <x /+C <π/): ) 1 y =sin x + C Oppgave 5 Fra den første likningen har vi x = jy, som kan settes inn i den andre: j jy+y = 4j y +y = 4j y = 4j Finner deretter x som x = jy = j1 j) =j j =+j =1 j Skriver likningen som z = 8j. Skriver z på trigonometrisk form, med r og φ som ukjente: z = rcosφ)+j sinφ)) Da er ved demoivres formel er da z = r cosφ)+jsinφ)). Skriver også høyresidenpåtrigonometrisk form, 8j = 8cosπ/+kπ)+jsinπ/+kπ)), og setter disse lik hverandre: r cosφ)+jsinφ)) = 8cosπ/+kπ)+jsinπ/+kπ)) r =8ogφ =π/+kπ Dette gir r =,ogφ =π/+kπ)/ = π + kπ = +4k 6 π. Ved å sette dette inn i uttrykket for z gir forskjellige verdier av k de røttene: k =0: z 0 = cosπ/)+jsinπ/)) = j k =1: z 1 = cos7π/6) + j sin7π/6)) = j k =1: z 1 = cos11π/6) + j sin11π/6)) = j

6 Løsning, eksamen i Matematiske metoder april 00. Oppgave 6 Hvis vi kaller avstanden inn til veggen x og høyden på veggen y har vi følgende figur: 5 y α x Vi har da for eksempel) at cosα) =x/5 x =5cosα). Ved å derivere begge sider med hensyn på t kjerneregelen på høyresiden) får vi dx dt = 5sinα) dα dt Siden avstanden inn til veggen minker, og dx/dt angir hvor raskt denne endres er dx/dt = 0.1. Når x = er dessuten y = 5 =4,ogdermedsinα) =4/5. Dette settes inn i uttrykket med de deriverte: Oppgave = dα dt dα dt = 0.4 =0.1 rad/sek) 4 Siden avstanden fra et punkt x, y) inntilorigoerd = x + y, blir avstanden fra et punkt på K uttrykt ved x): dx) = x + x +4x +11) = x + x +4x +11= x +4x +11 For å finne minimum er det nok å finne minimum av det inni rottegnet siden er en voksende funksjon). Denne finner vi dermed via derivasjon: x +4x +1) =4x +4=0forx = 1 Legg merke til at x +4x +11=x + x +4x +4+7>x +x +) 0, slik at det inni rottegnet alltid er positivt. Når x ± vil dx), slik at en minimum vil finnes, og x = 1 gir eneste kandidat. Vi har altså minimum for x = 1, som gir avstanden d 1) = 1) +4 1) + 11 = 9=