SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag

Transkript

1 SIF5003 Matematikk, 5. desember 200 Oppgave For den første grensen får vi et /-uttrykk, og bruker L Hôpitals regel markert ved =) : lim 0 + ln ln sin 0 + cos sin 0 + cos sin ) =. For den andre får vi et 0-uttrykk som vi gjør om til et 0/0-uttrykk. Substitusjonen u = / før vi bruker L Hôpital sparer bare litt arbeid: lim 3 + ) + /3 ) u u) /3 u u u) 2/3 = 3. Oppgave 2 Kaller vi vinkelen i figuren α, vil trapeset få høyde sin α. Den øvre siden får lengde 2 cos α, og den nedre har lengde 2, så arealet er For å finne det største arealet deriverer vi: Aα) = sin α + cos α), 0 α π 2. da dα = cos α + cos α) sin2 α = 2 cos 2 α + cos α hvor vi brukte sin 2 α = cos 2 α. Dette gir da dα = 0 2 cos2 α + cos α = 0 cos α = 4 ± { + 8) cos α, }. 2 Eneste kritiske punkt i 0, π/2) er der hvor cos α = 2, eller α = π/3. For å finne maksimum av funksjonen A over [0, π/2] må vi sjekke dette punktet og endepunktene. Men A0) = 0, Aπ/3) = ) = 3 4 3, og Aπ/2) =. Av disse er Aπ/3) størst. Vi ender med tre ekvivalente beskrivelser for det maksimale trapeset: α = π/3; øvre side er halvparten så lang som nedre side; høyden er 2 3. Arealet blir loesning.te,v.5

2 SIF5003 Matematikk, Oppgave 3 Integralregningens fundamentalsetning gir oss f ) = 2 e 22. Buelengden blir dermed bruk substitusjonen u = 2, du = 2 d i det siste integralet) s = 2 + f ) ) 2 d = 2 2 e 22 d = 2 [ e 2 d = 2 e2] 2 = 2 e4 e). Oppgave 4 a b Divergensen av den første rekken vises ved integraltesten, der vi benytter den avtagende funksjonen f) = / ln ): 2 d ln d = ln 2 [ du 2 ] b u =. u b ln 2 Den andre rekken konvergerer ved testen for alternerende rekker, siden fortegnene alternerer, absoluttverdien av n-te ledd avtar med n fordi nevneren vokser), og n-te ledd går mot 0 når n. Den konvergerer ikke absolutt. Dette kan vises ved grensesammenligning med den første rekken, fordi lim n + n) ln n n ln n Altså er den andre rekken betinget konvergent. Vi kan bruke forholdstesten: lim 2n + 3 n + )! 2n+2 2n + 2n n n + n 2n + 3 2n + )n + ) 2 for alle, så rekken er absolutt) konvergent for alle. + n =. 2 + n n ) n + ) 2 = 0 < Rekkens sum for = kan finnes på en av minst) to måter. Den første metoden er å sette inn = og dele rekken i to: 2n + = 2n + 2 loesning.te,v.5

3 SIF5003 Matematikk, Den siste summen kjenner vi igjen; den har sum e den er Taylorrekken for e med = ). Den første summen kan skrives 2n = 2 n= n = 2 Altså er den søkte summen lik 2e + e = 3e. n= n )! = 2 k=0 k! = 2e. Den andre metoden går ut på å først finne summen for alle. Vi bruker at potensrekker kan deriveres leddvis: 2n + 2n = d d 2n+ = d d hvor vi så setter inn = og får summen lik 3e som før. 2n ) = d d e2 ) = )e 2, 3 loesning.te,v.5

4 SIF5003 Matematikk, Oppgave 5 a En rimelig tolkning av opplysningen om halveringstiden må være M7) 2M0), det vil si e 7k 2. Det gir k ln 2)/7 0,099. Vi presenterer her to måter å vise den gitte formelen på. For enkelhets skyld innfører vi γ = e 0,. Etter ett døgn uten tilførsel av thyroin har altså stoffmengden i kroppen sunket til γ ganger den opprinnelige verdien. Den første metoden er å se at, om thyroinmengden i kroppen er M n etter dagens dose på dag n, etter den γm n like før dagens dose neste dag. Så gir vi en dose på 0,, og får dermed ) M n+ = 0, + γm n. Den oppgitte formelen gir M = 0,, som er rimelig dersom pasienten ikke hadde noe thyroin i kroppen før behandlingen startet på dag. Anta nå at den oppgitte formelen er riktig for n = k, det vil si at Anvender vi ) får vi da M k = 0, γk γ. M k+ = 0, + γm k = 0, + 0, γ γn γ = 0, γ + γ γn ) = 0, γn+ γ γ som er den oppgitte formelen for n = k+. Den oppgitte formelen følger derfor ved induksjon. Den andre metoden går ut på å legge merke til at etter dagens dose på dag n skriver thyroinmengden i kroppen seg fra n forskjellige doser: Hele dagens dose 0,), det som er igjen av gårsdagens dose 0, γ), og så videre. Det som er igjen fra dosen gitt for j dager siden er 0, γ j, og dermed blir n M n = j=0 0, γ j = 0, γn γ ved den vanlige formelen for en endelig sum av en geometrisk rekke. b Siden lim e = 0 blir Denne verdien kaller vi altså M. Vi finner lim 0, e 0, n e 0, = 0, e 0,. M n > 0,95 M e 0, n > 0,95 e 0, n < 0, 05 e 0, n > 20 n > 0 ln 20 29,96. Først på dag 30, altså 29 dager etter at behandlingen startet, vil altså medisinmengden overstige 95% av grenseverdien. 4 loesning.te,v.5

5 SIF5003 Matematikk, Oppgave 6 a Ligningen er separabel, og standard løsningsmetode gir + y dy = dt. y Integrasjon av dette gir umiddelbart y + ln y = C t som påstått i oppgaven. Ligningen har også den konstante løsningen y = 0, men den interesserer oss ikke siden y > 0 var gitt.) Initialbetingelsen y0) = kan settes inn i løsningen y =, t = 0) og gir oss = C 0, så C =, og vi har derfor ) y + ln y = t. Setter vi så inn y = 0,3 får vi t = 0,3 ln 0,3,9040. b Å bestemme y2) er det samme som å løse ) med hensyn på y der t = 2. Vi skal altså finne et nullpunkt for funksjonen fy) = + y + ln y. Newton-iterasjon for ligningen fy) = 0 er gitt ved y n+ = y n fy n) f y n ) = y n + y n + ln y n + y n = y n ln y n y n +. En iterasjon med startverdien y 0 = 0,3 gir oss 0,3 ln 0,3 y = 0,2778.,3 5 loesning.te,v.5

6 SIF5003 Matematikk, Oppgave 7 Figuren viser at konkoiden skjærer seg selv i origo, altså der r = 0. Setter vi r = 0 og løser, får vi sin θ = 2, som har to løsninger med 0 < θ < π, nemlig θ = 6 π og θ = 5 6π. For θ utenfor [ 6 π, 5 6π] blir r < 0. Disse θ-verdiene gir de to ubegrensede kurvedelene på undersiden av -aksen.) Utregningen blir litt enklere om vi utnytter symmetrien: sin θ = sinπ θ) gir at kurven er symmetrisk om y-aksen. Vi kan nøye oss med å regne ut arealet av den høyre halvdelen og gange med 2. Arealet blir da π/2 A = 2 π/6 2 r2 dθ = π/2 π/6 2 sin θ ) 2 dθ = π/2 π/6 4 4 sin θ + ) sin 2 dθ. θ Det ubestemte integralet av den første og siste termen kan vel regnes som kjent, mens den midterste kan integreres slik med substitusjonen u = cos θ, du = sin θ dθ): dθ sin θ = Dermed blir A = sin θ cos 2 θ dθ = du u 2 = 2 u ) du = u + 2 ln u = u + 2 [ 4θ 2 ln cos θ ] π/2 + cos θ cot θ = 4 π/6 3 π + 2 ln cos 6 π + cos 6 π + cot 6 π) ln cos θ + cos θ. = 4 3 π + 2 ln = 4 3 π ln 2 3 ) = 4 3 π ln ) Det er mange måter å uttrykke svaret på.) Hadde vi slått opp i Rottmann ville vi ha funnet dθ sin θ = ln tan θ 2 + C som ville gitt A = [4θ 4 ln tan θ ] π/2 2 cot = 4 π + 4 ln tan π/6 3 2 π + 3. Fra den trigonometriske identiteten får vi tan 2 π = 2 3. tan 2 = cos 2 + cos 2 Men til eksamen gir vi full score uten noen av disse siste forenklingene.) 6 loesning.te,v.5