EKSAMEN I MA0002 Brukerkurs B i matematikk

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 Faglig kontakt under eksamen: Achenef Tesfahun ( ) EKSAMEN I MA2 Brukerkurs B i matematikk Lørdag 322 Tid: 9: 3: Sensur 422 Hjelpemidler: A Alle trykte og skrevne, samt kalkulator Det står 4 hovedoppgaver Alle deloppgaver teller like mye Alle svar skal begrunnes! Vis mellomregning eller henvis til teori! Oppgave a) Vis at y(t) = (t 4 + )e cos t løser initialverdiproblemet dt (sin t)y = 4t3 e cos t, y() = e Løsning: Vi deriverer y(t) = (t 4 + )e cos t mhp t for å sjekke om det er løsningen Ved å bruke produkt og kjerne regel dt = 4t3 e cos t + (t 4 + )e cos t sin t = 4t 3 e cos t + y sin t

2 Side 2 av 7 Altså I tillegg har vi dt (sin t)y = 4t3 e cost y() = e cos = e = e Konklusjon: y(t) = (t 4 + )e cos t løser initialverdiproblemet b) En pasient får en medisin intravenøst med en konstant dosering på 2 milliliter per time Medisinen skilles ut av kroppen med en rate på % per time Hvor mye medisin er det i kroppen etter t timer hvis pasienten var medisinfri da behandlingen startet? Løsning: La y(t) være medisinmengden i kroppen etter t timer Den deriverte dt måler endringen i medisinmengde per tidsenhet Den endringen er differensen mellom tilførselen (2 milliliter per time) og utskillingen (, y(t) milliliter per time) Det betyr at dt = 2, y Behandlingen startet ved tiden t = Da var pasienten medisinfri, dvs at y() = Vi må løse for y(t) ut fra initialverdiproblemet Likningen omformes Integrere: som gir dt 2, y = 2, y, y() = = dt ( separabel difflign) 2, y = dt, ln 2, y = t + C ln 2, y =, t, C, 2, y = ±e,c e,t 2, y = C 2 e,t der C 2 = ±e,c Altså y(t) = 2 C 2 e,t

3 Side 3 av 7 er generelle løsninger til differensiallikningen Setter inn for initialbetingelsen y() = : Derfor = y() = 2 C 2 e, = 2 C 2 C 2 = 2 y(t) = 2 2e,t (medisinmengden i kroppen etter t timer) Oppgave 2 Vi er gitt matrisen A = [ a) Finn egenverdiene til A og tilhørende egenvektorer Løsning: Egenverdiene: = det(a λi) = 2 λ λ = λ2 6λ 6 = (λ + 2)(λ 8) Egenverdiene for A er λ = og λ 2 = 8 Egenvektorene for λ = : [ [ 4 6 u = 4 6 u 2 [ 4u + 6u 2 = 4u + 6u 2 = Det vil si at 6u 2 = 4u Velg foreks u = 3 og får egenvektoren [ 3 u = Alle cu for c er også egenvektorer for λ = Egenvektorene for λ 2 = 8: [ [ v v 2 = [ 6v + 6v 2 = 4v 6v 2 = Det vil si at v = 3v 2 Velg foreks v 2 = og får egenvektoren [ v = Alle cv for c er også egenvektorer for λ 2 = 8

4 Side 4 av 7 [ 4 b) Beregn A 2 Løsning: Først bestemm a og b slik at [ [ [ 4 3 = a + b 3a + b = 4 a + b = Altså, a = 6/5 og b = 2/5, og derfor Derfor A 2 [ [ 4 = 6 5 [ [ 4 = 6 [ 3 5 ()2 + 2 [ 5 82 = 2 [ c) Finn løsningen til differensialligningssystemet dx dt = Ax, der x = [ x som oppfyller initialbetingelsen [ 4 x() = [ Er likevektspunktet ˆx = til systemet stabilt eller ustabilt? Løsning: Fra (a) har vi følgende: [ 3 λ =, u = [ λ 2 = 8, v = Siden A har en negativ og en postitiv egenverdi, er likevektspunktet ˆx =, x 2, [ ustabilt Den generelle løsningen til systemet blir x(t) = C e t [ 3 [ + C 2 e 8t,

5 Side 5 av 7 Setter inn for initialbetingelsen, [ [ 4 3 = x() = C [ + C 2 [ 3C + C = 2 C + C 2 Altså 3C + C 2 = 4 og C + C 2 =, som gir C = 6/5 og C 2 = 2/5 Derfor blir den spesielle løsningen til systemet x(t) = 6 [ 3 5 et + 2 [ 5 e8t NB: Vi kan også lese C og C 2 direkt fra punkt b) (løsn der, dvs C = a, C 2 = b) Oppgave 3 Vi ser på funksjonen f(x, y) = e y cos x a) Hva er den retningsderiverte til f i punktet (π, ) langs vektoren er den retningsderiverte til f størst mulig i (π, ) Løsning: Gradienten til f er gitt ved [ fx (x, y) f(x, y) = f y (x, y) Altså f(π, ) = [ [ e = y sin x e y cos x [ 4 Enhetsvektoren langs er 3 u = [ 4 = [ ( 3) Den retningsderiverte til f i punktet (π, ) langs vektoren D u f(π, ) = f(π, ) u = [ 4 I hvilken retning 3 [ 4 er derfor 3 [ [ 4 = Den retningsderiverte [ er størst i retningen av gradienten til f i punktet (π, ), dvs, i retning (som er positiv y-akse) b) Finn den linære approksimasjonen rundt (,) til f, og bruk den til å finne en tilnærmet verdi for f(,,, 2) (Vis beregningen)

6 Side 6 av 7 Løsning: Den linære approksimasjonen rundt (,) til f er gitt ved fomelen L(x, y) = f(, ) + f x (, )(x ) + f y (, )(y ) Siden f(, ) =, f x (, ) = og f y (, ) = er den linære approksimasjonen rundt (,) til f L(x, y) = y Vi nå bruker L for å finne tilnærme verdi for f(,,, 2): L(,,, 2) =, 2 =, 8 c) Beregn når f(x, y) = dx Løsning: Ved å bruke implisitt derivasjon formel dx = f x(x, y) f y (x, y) = e y sin x e y cos x = sin x cos x Oppgave 4 Vi ser på funksjonen f(x, y) = xy(5 5y 3x) a) Finn og klassifiser de kritiske punktene til f Løsning: f(x, y) = 5xy 5xy 2 3x 2 y) Kritiske punktene for f er der [ [ [ fx 5y 5y f = = 2 6xy 5x xy 3x 2 = f y Dvs 5y 5y 2 6xy = og 5x xy 3x 2 = som beytr at y(5 5y 6x) = og x(5 y 3x) = Altså Disse gir fire kritiske punkter: x = eller 3x + y = 5, og y = eller 6x + 5y = 5 (, ), (, 3), (5, ), og (5/3, ) Vi bruker andrederiverte test for å klassifisere det kritiske punktet La D = f xx f yy f 2 xy Vi har f xx = 6y, f yy = x, f xy = 5 y 6x = f yx

7 Side 7 av 7 Nå beregner vi disse i punktene (, ) : f xx =, f yy =, f xy = 5, D = 25, (, 3) : f xx = 8, f yy =, f xy = 5, D = 25, (5, ) : f xx =, f yy = 5, f xy = 5, D = 25, (5/3, ) : f xx = 6, f yy = 5/3, f xy = 5, D = 75 Konklusjon: (, ), (, 3) og (5, ) er saddelpunkter mens (5/3, ) er lokalmaksimumspunkt b) Finn absolutte maksimumspunkt for f på trekanten som er avgrenset av 3x + 5y = 5, x-aksen og y-aksen Løsning: Trekanten er avgrenset av linjer 3x + 5y = 5, x = (x-akse) og y = (y-akse) Vi har bare ett indre kritisk punkt (se (a)): (x, y) = (5/3, ), der f(5/3, ) = 25/3 Merk at f(x, y) = når (x, y) ligger på randen, dvs når x = eller y = eller 3x + 5y = 5 Konklusjon: Den absolutte maksimumpunkten for f på trekanten er derfor (5/3, ) som har verdien 25/3