Løsningsforslag til eksamen i MAT 1100, H06

Transkript

1 Løsningsforslag til eksamen i MAT, H6 DEL. poeng Hva er den partiellderiverte f z xyz cosxyz x sinyz + xyz cosyz xy cosyz x sinyz + xz cosyz cosyz xyz sinyz når fx, y, z = xz sinyz? Riktig svar b: x sinyz + xyz cosyz Begrunnelse: Bruk produktregelen og kjerneregelen: f z = x sinyz + xz cosyz y = x sinyz + xyz cosyz. poeng I hvilken retning stiger funksjonen fx, y = x y + y raskest i punktet,?, 6, 7, 4,, Riktig svar e:, Begrunnelse: Funksjonen vokser raskest den veien gradienten peker, så vi finner først gradienten: fx, y = f f x, y, x y x, y = 6xy, x + Dette gir f, = 6, 4 =,. Funksjonen vokser altså raskest i retningen,.. poeng Hva er den retningsderiverte f a; r til funksjonen fx, y = xe xy når a =, og r =, : e e e Riktig svar b: e Begrunnelse: Vi skal bruke formelen f a; r = fa r og finner derfor først fx, y = + xye xy, x e xy. Dermed er fa = e, 4e og f a; r = e, 4e, = e 4. poeng Integralet arctan x + C +x+ dx er lik:

2 arctanx + + C cotx + + C ln + x + + C arcsinx + + C Riktig svar b: arctanx + + C Begrunnelse: Vi substituerer u = x +. Da er dx = du, og vi får + x + dx = + u du = arctan u + C = arctanx + + C. poeng Når vi substituerer u = x i integralet ex dx, får vi 4 e u u du 4 ueu du 4 eu du 4 eu u du e 4 Riktig svar a: 4 e u u du Begrunnelse: Løser vi ligningen u = x for x, får vi x = u som gir dx = u du. De nye grensene blir u = = og u = = 4. Dermed er 4 e x dx = u du 6. poeng Den inverse matrisen til A = er B = Den inverse matrisen til er da: B I A T Riktig svar e: Begrunnelse: Observer at e u = A T. Siden A T = A T =

3 B T, har vi dermed = T = poeng Området under grafen til funksjonen fx = x der x [, ] dreies én gang om y-aksen. Volumet til omdreiningslegemet er: 4π 4π π π Riktig svar a: 4π Begrunnelse: Volumet er gitt ved V = π xfx dx = π 8. poeng Det uegentlige integralet π 4 integralet divergerer e π Riktig svar c: integralet divergerer Begrunnelse: Vi har x b dx = lim + x b [ ] b = lim b ln + u der vi har brukt substitusjonen u = x. 9. poeng Integralet x dx er lik: ln x + C x ln x + C ln x x+ + C arctan x + C arctan x + C Riktig svar c: ln x + C x+ [ ] x dx = π x x +x dx er lik: x b dx = lim + x b = 4π + u du = = lim ln + b ln = b Begrunnelse: Siden x = x x +, kan vi bruke delbrøkoppspaltingen x = A x + B x +

4 som gir A = og B =. Dermed har vi x dx = x dx x + dx = ln x ln x +C = ln der vi har brukt logaritmeregelen ln a ln b = ln a b i siste trinn.. poeng Lineæravbildningen T : R R avbilder enhver vektor på sitt speilbilde om linjen y = x. Matrisen til T er: x x + +C Riktig svar e: Begrunnelse: Vi vet at søylene i matrisen er vektorene T e og T e. Siden T e = tegn en figur! og T e =, får vi matrisen. DEL HUSK AT I DENNE DELEN MÅ SVARENE VÆRE BEGRUNNET FOR Å GI POENG! Oppgave a poeng Vis at - er en rot i polynomet P z = z z + 4. Finn de andre komplekse røttene. Løsning: Vi har P = + 4 = =. Deler vi P z på z + polynomdivisjon, får vi P z = z + z z +. De andre røttene får vi dermed ved å løse annengradsligningen z z + =. Den har røttene z = ± 4 Røttene til P z er derfor, + i og i. b poeng Finn tall A, B og C slik at x + 8 x x + 4 = A x = ± i Bx + C x x + = ± i

5 Løsning: Ganger vi med fellesnevneren x x + 4 = x + x x +, får vi x +8 = Ax x++bx+cx+ = Ax Ax+A+Bx +Bx+Cx+C = = A + Bx + A + B + Cx + A + C Skal disse uttrykkene være like for alle x, må vi ha A + B =, A + B + C =, A + C = 8 Fra den første og tredje ligningen har vi hhv. B = A og C = 4 A, og setter vi dette inn i den midterste ligningen, får vi A + A + 4 A = som gir A =. Dette medfører at B = A = og C = 4 A =. Følgelig er x + 8 x x + 4 = x + + x + x x + c poeng Løs integralet x+ x x+ dx Løsning: Den deriverte av nevneren er x, og vi starter med å smugle denne inn i telleren x + x x + dx = x + 4 x x + dx = = x x x + dx + = x x x + dx + 6 x x + dx = x x + dx Det første av disse integralene løser vi ved å sette u = x x +. Da er du = x dx, og vi får x x x + dx = u du = ln u + C = lnx x + + C I det andre integralet må vi fullføre kvadratet: x x + dx = x + dx Setter vi v = x, får vi dv = dx og dermed x + dx = v dv = arctan v + C = arctanx + C + I alt har vi dermed x + x x + dx = lnx x + + arctanx + C Oppgave Et bilutleiefirma har kontor i tre byer A, B og C. Du kan levere tilbake en bil

6 i hvilken by du vil uavhengig av hvor du har leid den. Undersøkelser viser at av de bilene som blir leid i A, blir 6% levert tilbake i A, % i B og % i C. Av de bilene som blir leid i B, blir % levert tilbake i A, % i B og % i C. Av de bilene som blir leid i C, blir 6% levert tilbake i A, % i B og % i C. a poeng La x, y, z være antall biler som var i henholdsvis A, B og C siste gang de ble leid ut, og la r = x y z Finn en matrise M slik at komponentene til vektoren r = Mr angir hvor mange av bilene som blir levert inn i henholdsvis A, B og C. Finn r dersom r = 7 Løsning: Vi får Dette gir M = r = Mr = x +.y +.6z.x +.y +.z.x +.y +.z som stemmer med opplysningene i oppgaven. Med r = r = Mr = =, får vi b poeng Firmaet har ialt biler til utleie. Finn en fordeling av bilene i de tre byene slik at det i hver by leveres tilbake like mange biler som det ble leid ut. Forklar at du nå har funnet en egenvektor for matrisen M. Hva er den tilhørende egenverdien? x Løsning: Vi må finne en vektor r = y slik at x + y + z = og Mr = r. z Skriver vi ut den siste ligningen på komponentform, får vi.6x +.y +.6z = x.x +.y +.z = y.x +.y +.z = z Rydder vi opp litt i disse ligningen samler ledd og ganger med, får vi x + y + 6z = 6

7 I tillegg har vi altså x y + z = x + y 7z = x + y + z = 4 Dette kan se litt skummelt ut vi har fire ligninger med tre ukjente og kan bare fromt ønske at det finnes en løsning! Vi løser tre av ligningene og håper at resultatet passer i den fjerde. Siden ligning 4 er den eneste som forteller oss at det finnes biler totalt, bør vi i hvert fall ha med den i løsningsforsøket vårt. Her er én måte å løse systemet på den finnes mange andre. Fra ser vi at x = y + 7z, Setter vi dette inn i, får vi 4 y + 7z + y + 6z = som etter litt opprydning gir y = z. Setter vi dette inn i uttrykket x = y+7z, får vi x = z + 7z = z, Vi setter så x = z, y = z inn i ligning 4, og får: z + z + z = som gir z =. Dermed er x = = 6 og y = = 4. Vi må sjekke at dette virkelig er en løsning av ligningssystemet -4 spesielt må vi sjekke ligning som vi ikke brukte i utledningen, men det viser det seg at det er. For å få en likevektsstilling der det i hver by returneres like mange biler som det leies ut, må vi altsåplassere 6 biler i A, 4 biler i B og biler i C. 6 Setter vi r = 4, har vi nettopp vist at Mr = r = r som viser at r er en egenvektor med egenverdi. Oppgave poeng På overflaten til et vann er strømhastigheten i punktet x, y ved tiden t gitt ved U x, y, t Ux, y, t = U x, y, t En partikkel som flyter på overflaten, befinner seg ved tiden t i punktet xt rt = yt Siden partikkelen flyter med vannet, er hastigheten r t = r t = Uxt, yt, t = Urt, t x Vis at akselerasjonen at = r t = t y er gitt ved t x t y t gitt ved at = U x rt, t U rt, t + U y rt, t U rt, t + U rt, t 7

8 Notasjon: Vi skriver U x for U x U x Løsning: Vi skal finne den deriverte til og tilsvarende for U y r t = Uxt, yt, t = Urt, t U og. Dette er en sammensatt funksjon, og vi må bruke kjerneregelen enten på matriseform eller på komponentform. Matriseform gir minst skriving, så vi velger U x, y, t den. Den ytre funksjonen i sammensetningen er Ux, y, t = U x, y, t som har Jacobi-matrise U U x x, y, t U y x, y, t U x, y, t x, y, t = U x x, y, t U y x, y, t U x, y, t Den indre funksjonen er Gt = xt yt som har Jacobi-matrise t Kjerneregelen gir nå G t = x t y t at = r t = U GtG t = U x rt, t U y rt, t U rt, t U x rt, t U y rt, t U rt, t x t y t = U x rt, t x t + U y rt, t y t + U rt, t = Til slutt bruker vi at x t = U rt, t og y t = U rt, t, og får at = U x rt, t U rt, t + U y rt, t U rt, t + U rt, t Oppgave 4 poeng I denne oppgaven er f, g : [, R to kontinuerlige funksjoner, og vi antar i tillegg at gx > for alle x [,. Vis at dersom funksjonen hx = fx gx er strengt voksende, så er også funksjonen Hx = x ft dt x gt dt x > 8

9 strengt voksende. Hint: Sett F x = x ft dt og Gx = x gt dt, og finn først H x uttrykt ved F x, Gx, fx og gx. Du kan få bruk for dette resultatet fra Kalkulus: Cauchys middelverdisetning: Anta at F, G : [a, b] R er to kontinuerlige funksjoner som er deriverbare i alle indre punkter x a, b. Dersom Gb Ga, finnes det et punkt c a, b slik at F b F a Gb Ga = F c G c Vi kan få en formel som også gjelder når Gb = Ga ved å bruke den litt mindre oversiktlige skrivemåten F b F ag c = Gb GaF c. Løsning: Vi finner først H x. Siden F x = fx og G x = gx ifølge analysens fundamentalteorem, gir brøkregelen H x = F xgx F xg x Gx = fxgx F xgx Gx For å vise at H er strengt voksende, er det nok å vise at H x > for alle x >. Siden Gx >, har vi H x > fxgx F xgx > fx gx > F x Gx i den siste overgangen har vi brukt antagelsen om at g og dermed G er strengt positiv. Det er derfor nok å vise at fx gx > F x Gx. Ifølge Cauchys middelverdisetning er F x F x F = Gx Gx G = fc gc for en c, x her har vi brukt at F = G =. Siden hx = fx gx strengt voksende, er dermed og beviset er fullført. F x Gx = fc gc < fx gx er Slutt 9