Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998

Transkript

1 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim f(x) = lim f(x) x x + a = ln a = ln Når a = ln er f(x) kontinuerlig. b) Lar g (x) = x + x + ln og g (x) = ln( + x ) x Finner føreste ordens deriverte til g og g : g (x) = x + g x 4x x x3 (x) = x = + x + x = x( x ) + x = x( + x)( x) + x Figur : Fortegnsskjema for f (x)

2 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Ekstemalverdier er enten kritiske pkt., singulaere pkt. eller endepkt. De kritiske punktene finnes ved å sette f (x) = 0: x = 0, x = eller x = Det siste punktet er derimot bare kritisk pkt. dersom f (x) er differensierbar i x =. (x = er i dette tilfellet et kritisk punkt, fordi grensene av den deriverte er lik når man nærmer seg fra de to ulike sidene) Ser derimot av fortegnsskjemaet at f(x) ikke har ekstremalpkt. i x = fordi grafen synker på begge sider av minus en og er kontinuerlig i dette punktet.) f(0) = 0 og f() = ln ( 0, 39) f(x) har ingen singulaere pkt.(pkt der f (x) ikke er definert) i definisjonsområdet. Endepkt.: f( ) = a = ln (, 39) og f() = ln 5 4( 0, 39) Får nå: Absolutt maksinmum i x = ; f( ) = ln Absolutt minimum i x = ; f() = ln 5 4 Lokalt minimum i x = 0; f(0) = 0 Lokalt maksimum i x = ; f() = ln c) Finner den andrederiverte, fortegnet til denne i ulike intervall og vendepunkter: g (x) = g (x) = 4( + x ) x x ( + x ) = 4 x + x ( + x ) ( + x ) = 4 4x ( + x + x 4 ) ( + x ) = 8x x 4 ( + x ) Vendepkt: g (x) = 0 x 4 8x + = 0 Setter u = x u + 4u = 0 Innsatt i formel for andregradslign.: u = 4 ± 6 4 ( ) = 4 ± 0 = 4 ± 5 = ± 5 = (Bare pos løs kan brukes.) x = u = 5 x = ± 5 Figur : Fortegnsskjema for f (x)

3 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten Grafen har også vendepkt. i x = fordi den andrederiverte skifter fortegn her, og den deriverte eksisterer her. Se fig.?? f( ) = ln 0, 3 Skisse av graf, se fig?? Figur 3: Skisse av graf (oppg c) v = 5

4 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten d) Areal = f(x) dx = ( ln ( + x ) x )dx Bruker delvis integrasjon for å løse første del av integralet: u = ln( + x ) u = x v = v = x +x ln( + x ) dx = [ln( + x ) x] Andre del av integralet: = ln ln ( ) x + x x dx x + + x dx ) ] dx [ ( = ln + x = ln [ π/4 ( ( π/4))] = ln 4 + π x dx = [ 3 x3 ] = 3 ( 3 ) = 3 = ln [ x tan x ] Areal = ( ln 4 + π) 3 = 4 ln + π 6 3 Arealet er lik 4 ln + π 6 3 Oppgave I = sin x cos x + sin 3 x dx Substituerer u = sin 3 x du = 3 sin x cos x dx I = /3 du = /3 + u + c = /3 + sin 3 x + c + u b) I = x (x + )(x ) Bruker delbrøksoppspalting: x (x + )(x ) = x (x + ) (x ) = a x + + b (x + ) + c (x ) = a(x + )(x ) + b(x ) + c(x + ) (x + ) (x ) = a(x ) + b(x ) + c(x + x + ) (x + ) (x )

5 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten Samler ledd med lik orden: x : a + c = x : b + c = 0 konst. : a b + c = 0 a = c, b = c, c = a + b = c c c = /4, a = 4 = 3 4, b = 4 = I = 3 4 dx x + dx (x + ) + 4 dx x = 3 4 ln x + + x + + ln x + c 4 c) S = lim n n (i n )e(i n ) n i= Dette kan ses på som en øvre Riemannsum og kan derfor skrives som et integral: lim n i= n x i e xi x i = 0 xe x dx der x i = i n, i = 0,,,..., n x i = n S = 0 xe x dx = [ ex ] 0 = (e4 ) (Har til slutt brukt substitusjonen u = x du = x dx.) Oppgave 3 S = ( ) n + n n /3 = a n a n = + n n /3 > n /3 som er en p-rekke med p = /3. Denne divergerer og da vil også a n divergere fordi den er større. Undersøker om rekken vil konvergere betinget: Lar S = ( )n b n der b n er lik + n Har at: i) b n 0 n ii) b n 0 når n, iii) b n+ b n n n /3 Rekken konvergerer betinget

6 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten b) S = cos(nπ) n [(n + )/ n / ] = Har at cos(nπ) = ( ) n. Får derfor a n = n [(n + )/ n / ] = [(n + )/ n / ][(n + ) / + n / ] n[(n + ) / + n / ] n + n = n[(n + ) / + n / ] = n[(n + ) / + n / ] < n 3/ a n er en konvergent p-rekke med p = 3/. n3/ S er mindre en denne rekken S konvergerer absolutt. c) S = ( n + n )(x + ) n = a n Bruker forholdskriteriet: a n+ a n = ( n+ + (n+) )(x + ) n+ ( n + n )(x + ) n n + (n+) = n + n x + x + n Har nå at x + < absolutt konvergens. og at x + < divergens. x + < x + < / / < x + < / 3/ < x < / abs.konv og x < 3/ eller x > / divergens Må sjekke hva som skjer i punktene x = 3/ og x = /: x = / : S = ( n + n )(/) n = ( + n ) Denne rekken divergerer fordi( + n ) ikke går mot null når n går mot uendelig. x = 3/ : S = ( n + n )( /) n = ( ) n ( + n ) Denne rekken divergerer av samme grunn som over. Svar: Rekken konvergerer(abs) for 3/ < x < / og divergerer for alle andre verdier av x. d) S = n α sin n /

7 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten Figur 4: Oppgave 3d) Har at sin x < x for 0 < x. Hvis sin = y vil y 0, 84. Velger derfor et tall mindre enn 0,84 og større enn 0, f.eks 4/5, og får x < sin x for 0 < x. 4 5 Bytter ut x med 4 < sin n / 5 n/ n < / n / og kan sammenligne med p-rekken: R = nα / 4/5R < S < R Sammenligningstesten gir at dersom α < α < / vil S konvergere, og dersom α α / vil S divergere. Oppgave 4 a = i 3, b = + i ab = ( i 3) ( + i) = + i i = i( 3) a = i 3 + i b i + i = /( i( 3)) b) Skriver a på polar form: Figur 5: a merket av i det komplekse plan.

8 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten arg a = α = tan 3 a = (cos( π/3) + i sin( π/3)) = π/3 og a = + 3 = a 9 = 9 (cos( 9π/3) + isin( 9π/3)) = 9 ( + 0) = 9 = 5 c) iz 3 = 4 ( + i) z 3 = 4 i ( + i) = 4i ( + i) = 4 ( + i) Skriver (-+i) på polarform: Figur 6: ( + i) merket av i det komplekse plan arg ( + i) = 3π/4 og ( + i) = + = + i = (cos 3π 4 + i sin 3π 4 ) z 3 = 4 (cos ( 3π 4 + kπ) + i sin ( 3π 4 + kπ)) z = 8 /3 (cos ( π 4 + kπ 3 ) + i sin ( π 4 + kπ 3 )) k = 0 z 0 = (cos π 4 + i sin π 4 ) k = z = (cos π π + i sin k = z = (cos 9π 9π + i sin ) ) Løsningene i det komplekse plan; se fig.??. Oppgave 5 y + 5 x y = x 5/ cosh x Dette er en linear.ordens diff.ligning. Skriver den på formen: y + p(x)y = q(x) y + 5 x y = x 5/ cosh x

9 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten Figur 7: Løsningene ligger på en sirkel med radius lik. Kan bruke metode med integrerende faktor e µ : der µ(x) = p(x) dx = 5/ x dx = 5 ln x integrasjonsfaktoren blir da: e µ = e 5 ln x = (e ln x ) 5/ = x 5/ Ganger denne inn i ligningen: x 5/ y + x 5/ 5 x y = x5/ x 5/ cosh x (x 5/ y) = cosh x x 5/ y = sinh x + c y = x 5/ (sinh x + c) b) y y 8y = 0 y(0) = 0 y (0) = ( ) ( ) er en. grads lineær diff.lign, og kan løses vha. karakteristisk ligning: r r 8 = 0 r = ± 4 ( 8) y = k e x + k e 4x og y = k e x + 4k e 4x = ± 36 = ± 6 Initialbetingelsene gir: y(0) = k + k = 0 k = k y (0) = k + 4k = 6k = k = /3 k = /3 = ± 3 r = 4 eller r = Løsning på initialverdiproblemet blir y = 3 e x + 3 e4x c) y y x = 0 ( ) y() = 4 ln y () =

10 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten ( ) inneholder ikke y, innfører derfor z = y : z z = 0 som er separabel x z z = x z dz = y = z = x + c = Randkrav gir: x + cx x dx z = x + c (c = c) y () = + c = c = / x y (x) = x x x + y(x) = x dx = Bruker substitusjonen u = x dx = x du = dx x x dx + x dx y(x) = x + u ( ) du = x + 4 ln x + c Randkrav: y() = 4 ln = 4 ln / + c = 4( ln ) + c 4 ln = + 4 ln + c c = Løsningen på problemet blir y(x) = ( x ln x + ) Oppgave 6 y = f(x) der f(x) = x + x, x > Taylors formel av.orden omkring x = : f(x) = f() + f ()(x ) + R(X) der R(X) = f (X) (x ) for en X som ligger mellom! og x f (x) = x (x ), f() = + = 3 f (x) = x (x ) 3, f () = 4 = 5 4 Innsatt i formel: f(x) = 3 5 [ ] 4 (x ) + X 3 + (X ) 3 (x ) for en X mellom og x og større enn. b) For x > er f (x) < 0. Dvs at y = f(x) er strengt monotomt avtakende, og f(x) har en invers x = g(y). y = f(x) = x + x = x + x x(x ) = x x(x )

11 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 y(x x) = x x y x(y ) + = 0 Formel for.gradslign.: g(y) = x = y + ± (y + ) 4y y = + y ± y + 4 4y = + y ± Må sjekke om begge fortegn er gyldig: = + y ± y + 4y + 4 4y 4y 4 + y Har at D(f) = (, ) = R(g) og R(f) = (0, ) = D(g) (D =definisjonsmengde og R =verdimengde.) Hvis y vil g(y) = x ± ( )+ som skal være større enn. Altså kan ikke minustegnet brukes. Inversen til y = f(x) er x = g(y) = + y y Oppgave 7 z = f(x, y) der f(x, y) = (x + y 3)e x f x = x(x + y 3)e xe x x = x(4 x y )e x f y = ye x Har kritiske pkt når f x = f y = 0 samtidig. f y = 0 y = 0 f x = 0 x(4 x )e x x = 0, eller x = eller x =. De kritiske punktene til z er (0, 0), (, 0) og (, 0). b) Sjekker om a ligger på flaten: f(0, ) = ( 3) = OK Vet at n = ( f x, f y, ) står normalt på flaten z = f(x, y). I pkt. a er n = (0,, ) = (0, 4, ). En linje som går gjennom a og i retning n er gitt ved: r = a + kn x = 0, y = + 4k, z = + k Eliminerer k og får: z = y og x = 0 beskriver linjen som står normalt på flaten og går gjennom pkt. a. 4