Utvidet løsningsforslag Eksamen i TMA4100 Matematikk 1, 16/

Transkript

1 Utvidet løsigsforslag Eksame i TMA4 Matematikk, 6/ 8 Oppgave i) Vi gjør substitusjoe u = si θ og får π/ [ u si θ cos θ dθ = u du = E ae løsigsmetode er π/ si θ cos θ dθ = π/ ] si θ dθ = 4 = 4 ( ( ) ( )) =. = = [ cos θ]π/ ii) Vi bruker delvis itegrasjo med u(x) = x og v (x) = e x. Det gir u (x) = og vi ka ta v(x) = e x, og vi får ( x)e x dx = [( x)e x ] ( )e x dx = [( x)e x ] + [ex ] = [( x)ex + e x ] = (e ) (e + e ) = e 3 e Vi ka også bruke delvis itegrasjo for å fie e atiderivert først, så slipper vi å dra med oss gresee hele veie. E alterativ utregig er å skrive ( x)ex dx = ex dx xex dx og bruke delvis itegrasjo på det siste itegralet. Oppgave f(x) = x 3 + x a) f er e kotiuerlig fuksjo på [, ], f() = < og f() = >, så skjærigssetige sier at det fies mist et ullpukt (mist et pukt c (, ) slik at f(c) = ). f (x) = 3x + >, så f er stregt voksede. Dermed ka ikke fuksjoe ta samme verdi (i dette tilfellet ull) to forskjellige steder, så vi ka ha høyst et ullpukt. Dermed har vi øyaktig ett ullpukt. b) Newtos metode består i å velge et startpukt, fie tagete til kurve for dette puktet og fie ut hvor dee tagete krysser x-akse. Dette gir et ytt pukt som vi ka gjeta prosesse på. Vi får dermed e følge av pukt x, x, x,... der x + = x f(x ) f (x )

2 Med x = / får vi x f(x ) = x 3 + x f (x ) = 3x + x + / /8 /4 /,4545 5/ 4/33,35 37/,698 58/3487,4534 Vi ser at allerede x,4545 og x,4534 har de to første desimalee felles, så vi ka stoppe her og gi x =,45 som e tilærmig til ullpuktet. Det er selvfølgelig også helt greit å bruke rekursjosformele x + = x f(x ) f (x ) = x x3 + x 3x + og rege ut x og x direkte fra dee. Oppgave 3 Det magler 5 liter før take er full, det reer lake i med e hastighet på 3 liter per miutt samtidig som det reer lake ut med e hastighet på liter per miutt. Dermed er take full etter 5 miutter. For å fie megde salt etter 5 miutter, s(5), løser vi iitialverdiproblemet. Først setter vi ligige på stadard form s + + t s = 6 l( + t) er e atiderivert til /( + t), så vi multipliserer hver side av ligige med e l(+t) = ( + t) og får ( + t) s + ( + t)s = 6( + t) (( + t) s) = 6( + t) ( + t) s = 6( + t) dt = ( + t) 3 + C s = ( + t) + C ( + t) Ved tide t = har vi liter med e kosetrasjo på gram salt per liter, totalt gram salt. Setter vi dette i i løsige vi ettopp fikk får vi s() = + C = C = 8 8 s(t) = ( + t) 8 8 ( + t) s(5) = = ( ) = 37

3 Det er altså 37 gram (37, kg) salt i take i det øyeblikket de blir full. Oppgave 4: a) f(x) = l( x) så f (x) = ( x) f (x) = ( x) f (3) (x) = ( x) 3 f (4) (x) = 3( x) 4 Det ka se ut som f () (x) = ( )!( x) for. Vi ka vise dette ved iduksjo. Grusteget, at påstade er sa for =, er allerede vist. Iduksjossteget: Ata at påstade er sa for et tall = k. Vi må vise at dee atagelse medfører at påstade i såfall også må være sa for = k +. f (k+) (x) = (f (k) (x)) = ( (k )!( x) k ) = (k )!( k)( x) k ( ) = ((k + ) )!( x) (k+) som var det vi måtte vise. (Vi brukte atagelse i de adre likhete). Dermed sier iduksjosprisippet at påstade er sa for alle heltall. Setter vi i x = i f () (x) = ( )!( x) får vi f () () = ( )! for og f() =. Dermed får vi Taylorrekka f () () x =! ( )! x =! x Her er et alterativ der vi slipper iduksjo: Vi vet at l( x) er e atiderivert til /( x). Vi vet også (geometrisk rekke) at dermed får vi l( x) + C = x = = x x dx = 3 = x dx = x + C

4 eller l( x) = x + C Hvis vi setter i x = i ligige over ser vi at vi må ha C =, så l( x) = x b) Hvis vi sammeliger rekke med de geometriske rekke x ser vi at rekke hvertfall kovergerer for < x <. Når x = har vi mius de harmoiske rekke, som vi vet divergerer. Dermed ka vi ikke ha e større kovergesradius e. Når x = får vi de altererede rekke ( ) + der leddee går mot ull og avtar i tallverdi. Dermed sier de altererede rekketeste at vi har koverges. Altså kovergerer rekke for x < og divergerer for alle adre x. Alterativt ka vi for eksempel bruke forholdsteste til å teste for absolutt koverges, og deretter sjekke i edepuktee: lim x+ + x = lim x = lim + + x = x. Dermed vet vi at rekka kovergerer absolutt for x < og divergerer for x >. Edepuktee sjekker vi som vi gjorde over. Oppgave 5 For x mellom og e π/c får vi at c l x er mellom og π, så uttrykket ii rotteget er positivt, så y er veldefiert og positiv. Roter B c om x-akse og del rotasjoslegemet opp i skiver med tykkelse x som står ormalt på x-akse. Disse skivee vil omtret være syliderformede, med radius y og høyde x. Volumet av skivee vil dermed være omtret πy x. Legger vi samme disse omtretlige verdiee av skivee og tar grese får vi at volumet V c til omdreiigslegemet vil være V c = e π/c πy dx = e π/c Hvis vi gjør subsitusjoe u = c l x får vi π l x x si(c l x) dx V c = π π u si u du c 4

5 Ved delvis itegrasjo får vi u si u du = u( cos u) ( cos u) du = u cos u + si u så vi får V c = [ π c ( u cos u + si u) ] π = π c. For at volumet skal bli π / må vi dermed ha c =. Oppgave 6 Vi ser på stokke som er teget i på figure. Hvis vi lar legde i gage være g og legde i rommet være r får vi g = si θ og 8 r = cos θ Dermed er legde av de legste stokke som ka stå med vikel θ l(θ) = r(θ) + g(θ) = 8 cos θ + si θ. E stokk som skal bæres i i rommet må få plass hele veie rudt, så de ka ikke være leger e miimumsverdie for l(θ) for θ mellom og π/. For å fie dee verdie deriverer vi l og setter de deriverte lik ull: dl dθ = 8( si θ)(cosθ) cos θ(si θ) = (cos θ) 3 = 8(si θ) 3 ta θ = / Fuksjoe l(θ) er deriverbar på (, π/) og går mot uedelig i begge edepuktee, så vi har et miimum for vikele som gir ta θ = /. Når ta θ = / har vi cos θ = / 5 og si θ = / 5 (bruk Pytagoras), så vi får at stokke ka maksimalt være 8 / 5 + / 5 = 5 5. Vi ka også løse dee oppgave ute å bruke vikele θ. La g og r være som før, mes kortsidee i trekatee er a og b i heholdsvis gage og rommet (se figure). Da har vi, fordi trekatee er formlike, at /a = b/8 og Pytagoras gir oss g = + a og r = b

6 PSfrag replacemets g a b θ r 8 De maksimale legde i e slik posisjo er da (b = 8/a) l = g + r = + a + b + 8 = + a a. For å fie de posisjoe der det er mist plass til stokke deriverer vi l med hesy på a og setter dee lik ull: l (a) = a + a + 8 a 3 + a = a + 8 a a 3 a 8a = + a a + a + a a 8a = a 3 8 = a 3 = 8 a = Vi ser at l (a) < for a (, ) og at l (a) > for a >. Det følget at l() er miimumsverdie for l(a) for a >. Dermed er posisjoe der det er mist plass til e stokk de som svarer til a =, så stokke ka ha legde høyst l() =