Prøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag

Transkript

1 Prøveeksamen i MAT, H- Løsningsforslag. Integralet cos x dx er lik: +sin x Riktig svar: c) arctan(sin x) + C. Begrunnelse: Sett u = sin x, da er du = cos x dx og vi får: cos x + sin x dx = du du = arctan u + C = arctan(sin x) + C + u. Hvis a > er en konstant, så er xa e xa dx lik: Riktig svar: a) ( a e a ). Begrunnelse: Sett u = x a, da er du = ax a dx, og de nye grensene blir u() = a = og u() = a. Dermed får vi: a [ ] x a a e xa dx = a eu du = a eu = ( e a ) a x. Dersom vi skal bruke delbrøkoppspalting på uttrykket +4x+5, (x+)(x +x+5) bør vi sette det lik: Riktig svar: e) 99. A x+ + Bx+C x +x+5 + Dx+E (x +x+5). Begrunnelse: Se Kalkulus side 4. Når vi substituerer u = x + i integralet 9 arctan( x + ) dx, får vi: Riktig svar: c) 4 (u ) arctan u du. Begrunnelse: Løser vi ligningen u = x + for x, får vi x = (u ). Dermed er dx = (u ) du. De nye grensene er u() = + = og u(9) = 9 + = 4. Dermed er: 9 arctan( x + ) dx = 4 (u ) arctan u du 5. Det uegentlige integralet e x ln x dx: Riktig svar: a) divergerer. Begrunnelse: Vi løser det ubestemte integralet x ln x dx ved å substituere u = ln x. Da er du = x dx og vi får x ln x dx = = ln u + C = ln(ln(x)) + C. Dermed er du u b e dx = ln(ln(b)) x ln x når b. (Kommentar: Integralet divergerer uhyre langsomt og det er derfor lett å bli lurt om man prøver å løse oppgaven på lommeregnereren.) 6. Den deriverte til funksjonen F (x) = x e t dt, x >, er lik: Riktig svar: e) ex x Begrunnelse: Setter vi G(x) = x et dt, er G (x) = e x ifølge analysens fundamentalteorem. Siden F (x) = G( x), gir kjerneregelen: F (x) = G ( x) x = ex x

2 7. Gradienten til f(x, y) = x e xy er: Riktig svar: d) (xe xy x ye xy, x e xy ). Begrunnelse: ( f f(x, y) = x, f ) = (xe xy + x e xy ( y), x e xy ( x)) = = (xe xy x ye xy, x e xy ) 8. Når f(x, y) = xy + y, a = (, ) og r = (, ) er den retningsderiverte f (a, r) lik: Riktig svar: d) 6. Begrunnelse: Regner først ut: ( f f(x, y) = x, f ) = (y, x + y) som gir f(, ) = (, + ) = (4, 6). Dermed er f (a, r) = f(a) r = (4, 6) (, ) = ( ) = 6 9. Når vi står i punktet (,-), stiger funksjonen f(x, y) = x y +xy raskest i retningen: Riktig svar: d) (-,4). Begrunnelse: Funksjonen vokser hurtigst i den retningen gradienten peker. Siden ( f f(x, y) = x, f ) = (6xy + y, x + x) er f(, ) = (6 ( ) + ( ), + ) = (, 4). x. Grenseverdien lim +xy (x,y) (,) er lik: x +y Riktig svar: a). Begrunnelse: Skifter vi til polarkoordinater, får vi x + xy x + y = r cos θ + r cos θ sin θ r som går mot null når r går mot null. = r cos θ + r cos θ sin θ DEL Oppgave I. Finn kvadratrøttene til det komplekse tallet z = + i. Løsning: Vi finner først polarkoordinatene til z: r = ( ) + ( ) = 4 og cos θ = 4 =

3 Siden z ligger i annen kvadrant, betyr dette at θ = π. Den ene kvadratroten w har polarkoordinater (ρ, φ) gitt ved: ρ = r = 4 = og φ = θ = π. Dermed er w = ρe iφ = e i π = + i Den andre kvadratroten er w = w = i Oppgave II. Løs integralet x ln(x + ) dx. Løsning: Vi bruker først delvis integrasjon med u = ln(x + ) og v = x. Da er u = x x+ og v =, og vi får: I = x ln(x + ) dx = x ln(x + ) x x + dx Det er nå to naturlige måter å komme videre på. Den ene er å forenkle nevneren ved å sette u = x +, den andre (som er mer i tråd med oppskriften for hvordan man løser slike oppgaver) er å polynomdividere. Vi velger den siste metoden her (husk at x = x + x + og at det er lurt å sette av litt plass for de leddene som ikke er der): x : x + = x (x + x) x ( x ) Dette betyr at x x+ = x + x+. Dermed har vi: I = x ln(x+) = x x x dx = x + ln(x+) x ln(x + ) 4 + x ln(x + ) + C ( x + ) x + Oppgave III. Funksjonen f er gitt ved f(x, y) = x + 5x + y 6xy. a) Finn de stasjonære punktene til f. Løsning: Vi regner først ut de partiellderiverte til f: f x = x + x 6y f = 6y 6x dx =

4 For å finne de stasjonre punktene til f, må vi derfor løse ligningssystemet: x + x 6y = 6y 6x = Fra den siste ligningen ser vi at y = x. Setter vi dette inn i den første (og trekker sammen), får vi x + 4x =. Denne ligningen har løsningene x = og x = 4. Siden vi har y = x, ser vi at x = gir y = og at x = 4 gir y = 4. De stasjonære punktene er dermed: (, ) og ( 4, 4 ). b) Avgjør om de stasjonære punktene er lokale maksimumspunkter, lokale minimumspunkter eller sadelpunkter. Løsning: Vi skal bruke annenderiverttesten. Regner først ut de annenordens deriverte: f = 6x + x f x = 6 f y = 6 I punktet (, ) får vi: A = f (, ) =, B = x f x (, ) = 6 og C = f y (, ) = 6. Dette gir D = AC B = 6 ( 6) = 4. Siden D > og A > er (, ) et lokalt minimumspunkt. I punktet ( 4, 4 ) får vi: A = f x ( 4, 4 ) =, B = f x ( 4, 4 ) = 6 og C = f y ( 4, 4 ) = 6. Dette gir D = AC B = 6 ( 6) = 4. Siden D <, er ( 4, 4 ) et sadelpunkt. Oppgave IV. a) La a være et tall mellom og 5. Området avgrenset av x-aksen, y-aksen, grafen til funksjonen f(x) = 5 x og linjen x = a dreies om x-aksen. Finn volumet til omdreiningslegemet uttrykt ved a. Løsning: Formelen for et omdreiningslegeme om x-aksen er. I vårt tilfelle gir dette V = a V = π ( 5 x ) dx = π b a f(x) dx ] a [5x x = π ) (5a a 4

5 b) En kuleformet tank med radius 5 meter tømmes for vann. Når vanndybden i tanken er meter, tømmes tanken med en fart på.5 kubikkmeter i minuttet. Hvor fort avtar vanndybden ved dette tidspunktet? Løsning: Hva er sammenhengen mellom dette spørsmålet og det foregående? Siden grafen til funksjonen f(x) = 5 x i forrige spørsmål er en halvsirkel, er det volumet vi regnet ut i a) del av en kule. Dreier vi kulen 9 slik at x-aksen peker nedover, ser vi at det volumet vi har regnet ut, er volumet av luften fra midt i tanken og ned til vannoverflaten. Dette volumet øker selvfølgelig like fort som volumet av vannet avtar, så i det øyeblikket vi er interessert i, øker volumet V med.5 kubikkmeter i minuttet. Lengden a er avstanden fra tankens midtpunkt ned til vannoverflaten, og den øker selvfølgelig like fort som vanndybden avtar. Kan vi finne hvor fort a øker, vet vi derfor hvor fort dybden avtar. Vi tenker oss ( nå at både ) V og a avhenger av tiden t, og deriverer uttrykket V = π 5a a mhp. t. Da får vi Løser vi med hensyn på a, får vi V = π(5 a )a a = V π(5 a ) I det tidspunktet vi er interessert i, er V =.5 og a = 5 =, og vi får a =.5 π(5 ) =.5 6π. Vanndybden avtar altså med omtrent en centimeter i minuttet. Kommentar: Det er noe underlig med løsningen ovenfor først integrerer vi funksjonen 5 x for å finne volumet til omdreiningslegemet, og deretter deriverer det integrerte uttrykket 5a a for å finne a. Burde det ikke være mulig å unngå denne frem-og-tilbake-regningen? La oss tenke litt mer praktisk: Tenk deg at a er avstanden fra tankens midtpunkt ned til vannoverflaten ved tiden t. og tenk deg at at V er volumet til luften over vannet ved samme tidspunkt. I løpet av en kort tid t øker avstanden med a, mens volumet øker med V. Siden arealet til vannspeilet er π(5 a ), vil V π(5 a ) a. Deler vi på t, får vi V t π(5 a ) a t med bedre tilnærming dess mindre t er. Lar vi t gå mot null, sitter vi igjen med V = π(5 a )a 5

6 akkurat som ovenfor. Oppgave V. En funksjon f av én variabel kalles en Lipschitz-funksjon på intervallet I dersom det finnes et tall K slik at f(x) f(y) K x y for alle x, y I. Vis først at dersom f er en Lipschitz-funksjon på intervallet I, så er f kontinuerlig på I. Vis deretter følgende påstand: Dersom den deriverte g er kontinuerlig på et lukket, begrenset intervall I, så er g en Lipschitz-funksjon på I. Løsning: For å vise at f er kontinuerlig i et (vilkårlig) punkt x, bruker vi definisjonen av kontinuitet: Gitt en ɛ >, må vi finne en δ > slik at f(y) f(x) < ɛ når x y < δ. Vi velger δ = ɛ K. Hvis y x < δ, er da f(y) f(x) K y x < K δ = K ɛ K = ɛ For å vise påstanden observerer vi først at siden g er kontinuerlig på et lukket, begrenset intervall I, finnes det ifølge ekstremalverdisetningen en konstant K slik at g (x) K for alle x I. Ifølge middelverdisetningen finnes det for alle x, y I, en c I slik at Siden g (c) K, får vi og påstanden er bevist. g(x) g(y) = g (c)(x y) g(x) g(y) = g (c) x y K x y 6