Løysingsforslag Eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen, Hausten 2016

Transkript

1 Løysingsforslag Eksamen MAT Grunnkurs i Matematikk I Universitetet i Bergen, Hausten 26 OPPGÅVE Det komplekse talet z = 3 i tilsvarar punktet eller vektoren Rez, Imz) = 3, ) i det komplekse planet, som ligg i 4. kvadrant. Teikna inn i det komplekse plan: Polarforma er z = rcos θ + i sin θ), der r er lengda på vektoren i det komplekse planet som tilsvarar z og θ er vinkelen mellom vektoren og den reelle aksen. Difor har vi og r 2 = Rez) 2 + Imz) 2 = 3 + = 4, tan θ) = Imz Rez = 3, slik at r = 2 og θ = π 6. Altså er polarforma z = 2 cos π 6 ) + i sin π )) 6 evt. med π 6 i staden for π 6 ), som òg kan skrivast på forma z = 2e i π 6. Dimed er, ved de Moivres teorem, z 9 = 2 9 cos π ) i sin π )) 6 9 = 2 cos 9 3π ) + i sin 3π )) 2 2 π ) π )) = 2 9 cos + i sin 2 2 = i ) = 2 9 i = 52i Merknad: Her lyt ein skrive ut cos π 2 ) + i sin π 2 ) = i for å få full pott.

2 2 OPPGÅVE 2 Gjeve ɛ >. Lat δ = min{, ɛ 3 }. Då, viss < 2 < δ, vil både ) 2 < ɛ 3, og samstundes 2 <, det vil seie, < 2 <, som medfører at < < 3, spesielt >, som gjev 2) Dimed vil 6 3 = 6 3 = 3 2 <. = 3 2) 2 < 3 2 ) < 3 ɛ 3 = ɛ, som syner at lim 2 6 = 3. Merknad: Her finst sjølvsagt andre mogelege svar, til dømes δ = min { 2, ɛ 2}. OPPGÅVE 3 a) Funksjonen f er per definisjon kontinuerleg viss og berre viss lim f) = f). Vi har f) = per definisjon, og tan ) lim f) = lim = lim d d tan ) d d ) = lim + 2 = =, ved l Hôpital sin regel i overgangen ), sidan lim tan = lim =, og den deriverte av nemnaren er. Dimed er lim f) = f) og f er kontinuerleg i. Merknad: Nokre rekna ut båe grensene lim + og lim, som ikkje er naudsynt. Nokre rekna kun ut grensa utan å seie at ein lyt ha grensa lik f) = for at f skal vere kontinuerleg. Det gjev trekk. b) Funksjonen f er per definisjon derivérbar i viss og berre viss grensa f + h) f) 3) lim h h Vi har fh) f) lim h h eksisterer. tan h h tan h h ) = lim = lim h h h h 2 = lim h = lim h +h 2 2h h = lim h 2 + h 2 ) =, = lim h + h 2 ) 2h + h 2 ) = lim h d d tan h h ) d d h2 ) h 2 2h + h 2 ) ved l Hôpital sin regel i overgangen ), sidan lim h tan h h ) = lim h h 2 =, og den deriverte av nemnaren h 2 er bortsett frå i. Dimed er f derivérbar i med f ) = ).

3 3 Merknad: Det var diverre ein del som hevda at for å vere derivérbar, så måtte grensa 3) ikkje berre eksistere, men òg vere lik den deriverte av konstanten = f) som er. Dette er feil og meininslaust, fordi det ikkje gjev meining å derivere ein funksjonsverdi i eitt enkelt punkt). Alternativ: Ein kan òg rekne ut nokre av grensene ovanfor ved å nytte l Hôpital sin regel fleire gonger i staden for å omskrive først, men utrekningane vert meir kompliserte. a) Vi har f) = 3 = 3 og reknar ut: OPPGÅVE 4 slik at Dimed er f ) = 3 2 3, f ) = 3 2 ) = , f8) = 8 3 = 2, f 8) = = = 2, f 8) = = = 44. P 2 ) = f8) + f 8) 8) + f 8) 8) 2 = 2 + 8) )2. Merknad: Nokre skreiv dette ut som , som ikkje er naudsynt. b) For > 8, seier Taylor sin formel at 3 4) = P 2 ) + E 2 ), der E 2 ) = f s) 8) 3, for ein s 8, ). 3! Vi reknar ut slik at 5) E 2 ) = 3! 27s 8 3 Når 8 < < 27, vil 8 < s < 27, slik at sidan s 8 3 f ) = ) 8 3 = =, = 5 8) 3 for ein s 8, ). 8s 8 3 < 5 8s 8 3 er avtakande for positiv s), det vil seie < 5 8s 8 3 < <

4 4 Gongar vi med 8) 3 som er >, sidan > 8), får vi frå 5): Adderer vi P 2 ) gjev 4) oss at Altså er )3 < E 2 ) = 5 8) 3 < 5 8s )3. P 2 ) )3 < 3 = P 2 ) + E 2 ) < P 2 ) )3. K = = og L = = Merknad: Dette er den optimale løysinga, og er den som gjev full pott. mogleg å seie at E 2 ) < ) 3 = )3 og dimed seie at L = = eller betre) observere at E 2 ) > og seie at L = = og K = L, og K =. Det er òg OPPGÅVE 5 a) Ved derivasjonsreglane for produkt og sum av funksjonar har vi f ) = [ 3 ] e + 3 [e ] + [2] = 3 2 e + 3 e ) + = 2 e 3 ), som vi skulle syne. Sidan e >, 2 or er = kun for =, gjev forteiknet til 3 at f ) > når, ) og, 3) og f ) < når > 3. Dimed er f veksande på både, ] og [, 3], dvs. f er veksande på, 3], og f er avtakande på [3, ). For å finne globale maksima og minima kan ein argumentere på fleire måter: Alternativ : Globale og lokale) maksima og minima kan kun forekome i endepunkt, kritiske punkt der f = ) eller singulære punkt der f ikkje eksisterer) i definisjonsmengda. Det finst korkje endepunkt eller singulære punkt, og = og = 3 er einaste kritiske punkt. Eventuelle globale ekstremalverdier kan difor kun forekome i = og = 3. Pga. monotonieigenskapane til f er det korkje lokalt eller globalt) maksimum eller minimum for = sidan f veks i intervall på båe sider av punktet). Likeleis gjev monotonieigenskapane til f at f har globalt maksimum i = 3. Siden det ikkje finst andre kandidatar, konkluderer vi at f3) = 27 e 3 +2 er eit maksimum, og f ikkje har globale minima. Alternativ 2: Sidan f er veksande på, 3] og avtakande på [3, ), og kontinuerleg, må f ha eit globalt maksimum f3) = 27 e for = 3. Globalt minimum finst ikkje fordi lim f) = sidan e og 3 ). Merknad: Det var ein god del mangelfulle grunngjevingar på eksistens og ikkje-eksistens av ekstremalverdiane. b) Sidan f er kontinuerleg med f ) = e + 2 < og f) = 2 >, vil det ved skjeringssetninga finnast eit punkt r [, ] slik at fr) =. Altså har f eit nullpunkt i [, ] faktisk i, )).

5 5 Sidan f er veksande på, 3], har f kun eitt nullpunkt her. Når 3 faktisk når ), er det klart at f) 2, slik at f har ingen nullpunkt på [3, ). Dimed har f kun eitt nullpunkt på heile si definisjonsmengd R. c) Newton sin metode med startverdi = gir den tilnærma verdien = f ) f ) = ) 3 e ) + 2 e + 2 ) 2 e ) = = + 3 )) e 4 4 2e = 3 4 2e som er, ) for nullpunktet r. Vi rekner ut f ) = [e ] 2 3 ) + e [ 2 3 )] = e 2 3 ) + e [6 3 2 ] = e 2 3 ) ) = e ) = e ). Sidan > når < og e < når <, er f ) < når <. Altså er grafen til f veksande og nedoverkrumma/konkav på, ]. Tangenten i punktet = vil altså ligge over grafen og treffe -aksen til venstre for punktet der grafen treff -aksen. Sidan tangenten treff -aksen i det er slik Newton sin metode verkar) og grafen treff -aksen i nullpunktet r, vil < r, altså er den tilnærma verdien for liten i forhold til den verkelege verdien til nullpunktet. Merknad: Ein del rekna kun ut at f ) <. Sjølv om dette er nok til å konkludere at grafen til f er konkav i eit lite intervall om, sidan f er kontinuerleg, så treng vi at grafen er konveks på heile intervallet, r) for å kunne konkludere som vi gjer. OPPGÅVE 6 Vi lét t vere tida, s = st) vere lengda på snella mellom toppen av stanga og fisken) og = t) vere avstanden mellom punktet der fisken bit på kroken og det tenkte skjeringspunktet mellom den loddrette lina frå toppen av fiskestanga og den horisontale lina 2 meter under toppen. Vi vil finne s t) i det tidspunktet st) = 5 m) når vi veit at t) = 5 m/s). Ved Pythagoras er 6) = s 2.

6 6 Alternativ : Implisitt derivasjon med omsyn på t av likninga 6) gjev 2 t) = 2s s t), det vil seie 7) s t) = t) s = t), s s der vi har sett inn = s frå 6). Set vi inn s = 5 og = 5 i 7), får vi 5 s = = 3. 5 Det spring 3 meter line ut av snella i sekundet i den gjevne augneblinken. Alternativ 2: Vi finn = s frå 6) og derivérer dette uttrykket med omsyn på t ved hjelp av kjerneregelen: t) = d dt = d ds ds dt = d s ds ds dt = s s s t), som gjev oss 7) og vi kan halde fram som ovanfor. Vi kan òg finne s = frå 6) og derivére dette uttrykket med omsyn på t.) Alternativ 3: Vi set t = til å vere augneblinken vi er interessert i. Likning 6) gjev oss at ) = 9. Dette saman med t) = 5 gjev oss eit startverdiproblem med løysing t) = 5t + 9. Frå 6) får vi og dimed st) = t) = 5t + 9) , s t) = 25t + 9) 5 2 5t + 9) = 55t + 9) 2 5t + 9) Set vi inn t =, får vi det ynskjede svaret s ) = = 3, som ovanfor. Alternativ 4, variant av forrige: Vi set t = til å vere den tenkte augneblinken fisken er rett under toppen av stanga, det vil seie at ) =. Dette saman med t) = 5 gjev oss eit startverdiproblem med løysing t) = 5t. Frå 6) får vi og dimed 8) s t) = st) = t) = 5t) , 2 5t 5 2 5t) = 25t 2 5t) I augneblinken vi er interessert i er st) = 5, som frå 6) gjev oss at 5t = t) = 9, det vil seie t = 9 5. Set vi inn dette i 8), får vi det ynskjede svaret s 9 5 ) = = 3, som )2 +22 ovanfor.

7 7 OPPGÅVE 7 Lat h) = ft) dt gt) dt = ft) gt)) dt som i hintet. Då er h kontinuerleg og derivérbar på [, ] med h ) = f) g) på [, ] ved Fundamentalteoremet i kalkulus. Alternativ : Vi veit at h) = ft) gt)) = dt ved standard eigenskapar av integral. Opplysningane vi får gjev òg at for ein p, ) og hp) = h) = p ft) dt ft) dt p gt) dt =, gt) dt =. Ved sekantsetninga/middelverdisetninga MVT) eller Rolle sitt teorem har h = f g eit nullpunkt både i, p) og i p, ), altså minst to forskjellege nullpunkt i, ). Ved sekantsetninga eller Rolle sitt teorem ein gong til, har h = f g minst eitt nullpunkt i mellom desse to nullpunkta, altså finst det eit punkt q, ) slik at h q) = f q) g q) =, det vil seie f q) = g q). Alternativ 2: Ved sekantsetninga/middelverdisetninga MVT) for integraler finst det eit tal c, p) slik at = p ft) gt)) dt = p ) fc) gc)) = p h c), det vil seie at h c) =. Likeleis finst eit tal d, p) slik at = ft) gt)) dt p ft) gt)) dt = = p) fd) gd)) = p) h d), p ft) gt)) dt det vil seie h d) =. Dimed har h eit nullpunkt både i, p) og i p, ), og vi kan argumentere vidare som ovanfor. OPPGÅVE 8 Alternativ : Vi lét u = e, slik at du = e d = u d, og får: e + d = u + u du = ) + u u du = uu + ) uu + ) du + u = uu + ) du u uu + ) du = u du u + du ) = ln u ln u + + C = ln u e u + + C = ln e + C, + der absoluttverditeiknet vert droppa sidan e e + >. Alternativt, viss vi ikkje kjem på trikset i overgangen ), kan vi nytte delbrøksoppspalting: uu + ) = A u + B Au + ) + Bu = = u + uu + ) A + B)u + A, uu + )

8 8 som gjev at A + B = og A =, det vil seie A = og B =. Altså er uu+) = u u+, som før.) Eventuelt kan svaret òg skrivast som ) e ln e + C = ln e lne + ) + C = lne + ) + C + eller som e ln e + ) + C = ln + e ) + C = ln ln + e ) + C = ln + e ) + C. Substitusjonen u = e + gjev omtrent same utrekning.) Alternativ 2: Vi skriv om før vi nytter substitusjonen u = e : + e e + d = e ) e d = e + e d = + = d du u + = ln u + + C = lne + ) + C. e d e + Alternativ 3: Vi lét u = e, slik at du = e og får: e + d = e du d = + e + u = ln + u + C = ln + e ) + C. Substitusjonen u = e + gjev omtrent same utrekning.) Alternativ 4: Vi lét u = e +. Då har vi e = u = u u d = du u 2 e = du u 2 u u = du uu ). og e d = du u 2, slik at Dimed er e + d = du u uu ) = du = ln u + C = ln u e + + C = ln e e + + C = ln e ) e e + + C = ln e + C. + Alternativ : Sylinderskalmetoden gjev V = 2π e 2 d = 2π lim OPPGÅVE 9 b b e 2 d = 2π lim b [ [ ] b [ = π lim = π lim ] [ ] b e 2 b e b2 e = π = π. 2 e 2] b Her har vi skrive integralet e 2 d = 2 e 2 + C utan nærare grunngjeving, sidan det kjem frå den opplagte substitusjonen u = 2.) Alternativ 2: Vi løyser y = e 2 med omsyn på og får 2 = ln y.

9 9 Når [, ) er y, ]. Meir presist er y = når = og y + når. Skivemetoden gjev volumet V = π 2 dy = π lim c + c ln y) dy = π lim c + [ y ln y + y] c = π lim [ ln + ) c ln c + c)] = π lim [ + + c ln c c] c + c + ) = π + lim c ln c = π + ) = π. c + Her har vi nytta at lim c + c ln c = er ei kjend grense og at ln y dy = y ln y + y + C er eit kjend integral.) Merknad: Altfor mange skreiv uttrykket for volumet vi får viss vi dreier området om e 2) 2 d = π -aksen, nemleg π e 22 d, som ikkje var svar på spørsmålet og ikkje er eit integral som kan løysast utan numeriske metodar). Det var òg mange som skreiv uttrykket for arealet til området R, nemleg e 2 d, som heller ikkje var svar på spørsmålet, og skreiv av eksempel 8 i 6.5 i læreboken. a) Vi omskriv likninga som OPPGÅVE y Ay = B og multipliserer båe sider med den integrerande faktoren e A fordi A er ein antiderivert til A, funksjonen som multipliserer y i likninga): 9) ) y e A Aye A = Be A ye A ) = Be A ye A = B e A d, eller y) = Be A e A d det er òg tillate å skrive denne løysingsformelen direkte). Vi løyser integralet e A ved delvis integrasjon med U = og dv = e A d, slik at du = d og V = A e A : e A = UV = A e A + A = A e A + A V du = A ) e A A ) e A d e A d = A e A + A A ) e A + C ) + C. Frå 9) får vi difor: ye A = B A e A + ) + C, med C = BC, A

10 det vil seie ) y) = B A + ) + C e A. A Vi har y = y) = B A + ) + C e = B A A 2 + C, som gir C = y + B. Insatt i ) får vi løysinga A 2 y) = B + ) + y + BA ) A A 2 e A. Merknad: Vi har delt på A i utrekninga ovanfor, slik at vi her måtte eigentleg gå ut frå at A. Viss A =, har vi startverdiproblemet y = B, y) = y, som har løysinga y) = 2 B2 + y. Det vart ikkje gjeve trekk for å oversjå dette punktet og det var ingen som la merke til det!). b) Vi veit at tangentlina til grafen til f i punktet, y) går òg gjennom, 2 ++)y), slik at i eitkvart punkt, y) med har lina stigninga y )y ) = y 2 y y = 2 y = y, som er lik f ) ved definisjonen av den deriverte til f. Dimed har vi at f oppfyller differensiallikninga f ) = y. Samstundes veit vi at grafen går gjennom origo, det vil seie f) =. Dette gjev oss same startverdiproblem som i a) med y = f), A = B = og y =. Frå løysinga til a) veit vi difor at f) = + ) + + ) ) 2 e = ) e = e. Andreas Leopold Knutsen