Eksamensoppgave i MA0002 Brukerkurs i matematikk B - LØSNING

Transkript

1 Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA0002 Brukerkurs i matematikk B - LØSNING Faglig kontakt under eksamen: Frode Rønning Tlf: Eksamensdato: 6. juni 207 Eksamenstid (fra til): 09:00 3:00 Hjelpemiddelkode/Tillatte hjelpemidler: A: Alle trykte og håndskrevne hjelpemidler tillatt. Alle kalkulatorer tillatt. Annen informasjon: Alle svar må begrunnes. Målform/språk: bokmål Antall sider: 5 Antall sider vedlegg: 2 Kontrollert av: Dato Sign Merk! Studenter finner sensur i Studentweb. Har du spørsmål om din sensur må du kontakte instituttet ditt. Eksamenskontoret vil ikke kunne svare på slike spørsmål.

2

3 MA0002 Brukerkurs i matematikk B. 6. juni Løsning. Side av 5 Oppgave I et naturreservat er det en bestand av antiloper. Bestanden holdes konstant på 600 dyr. En dag oppdager en vokter at noen av dyrene er syke. Denne sykdommen er smittsom, og smitten overføres ved direkte kontakt mellom et dyr som er smittet og et dyr som ikke er smittet. Da sykdommen ble oppdaget ble alle dyrene undersøkt, og man fant at 5 dyr var smittet. 20 dager tidligere hadde to nye dyr blitt hentet inn til reservatet, og man mistenker at disse to var bærere av smitten. a) Kall antall smittede dyr ved tiden t for S(t), og forklar hvorfor de matematiske uttrykkene nedenfor kan være en rimelig modell for situasjonen beskrevet ovenfor. ds dt = ks(t)(600 S(t)), k>0, S(0) = 2 og S(20) = 5. Legg vekt på å forklare koblingen mellom alle delene av de matematiske uttrykkene og situasjonen som er beskrevet. Løsning: ds representerer endringsraten for antall smittede dyr. Siden smitten overføres ved kontakt er det rimelig å anta at endringsraten er proporsjo- dt nal med antall mulige møter mellom et smittet og et ikke-smittet dyr. Antall mulige møter er gitt ved produktet av antall smittede, S(t), og antall ikkesmittede, 600 S(t). Endringsraten er positiv, så k>0. Dersom tiden t =0 settes til tidspunktet da de antatt smittede dyrene ble innført blir S(0) = dager senere var 5 dyr smittet, så S(20) = 5. b) Finn et eksplisitt uttrykk for S(t) ut fra informasjonen gitt i a). Vis utregning. Løsning: kan skrives om til ds dt som ved delbrøkspalting gir = ks(t)(600 S(t)), k>0, ds S(600 S) = kdt 3 4 S + ds =600kdt. 600 S

4 Side 2 av 5 MA0002 Brukerkurs i matematikk B. 6. juni Løsning. Antiderivasjon på begge sider av likhetstegnet, og bruk av regneregler for logaritmer, gir S ln S =600kt + C. Siden både S og 600 S>0kanvisløyfe absoluttverditegnet og skrive Fra dette får vi videre 3 4 S ln 600 S =600kt + C. S 600 S = e600kt+c = C 2 e 600kt (der C 2 = e C ) Ved å løse for S og forenkle gir dette S(t) = 600 +Ce 600kt, (der C =/C 2) S(0) = 600 +C =2gir C =299. S(20) = 600 =5gir ved å +299e 2000k løse med hensyn på k verdien 600k =0, 08..., dvs. k =, Den fullstendige løsningen blir dermed S(t) = e 0,08t. c) Hvor lang tid vil det ta før halvparten av dyrene i bestanden er smittet dersom det ikke settes inn tiltak for å begrense smittespredningen? 600 Løsning: Sett S(t) = =300og løs med hensyn på t. Det gir +299e 0,08t t = (ln )/0, 08 = 56 dager. 299 d) Hvor stor er spredningsraten for sykdommen når akkurat halvparten av dyrene er smittet? Angi svaret med enhet. Hvorfor er det ut fra situasjonen rimelig at spredningsraten på dette tidspunktet er på sitt største? Løsning: Når S =300får vi ut fra di erensiallikningen ds dt =, = 5, 3 med enheten dyr per dag. Når halvparten av dyrene er smittet, er det like mange smittede som ikkesmittede dyr. Dette maksimerer antall mulige møter mellom et smittet og et ikke smittet dyr.

5 MA0002 Brukerkurs i matematikk B. 6. juni Løsning. Side 3 av 5 Oppgave 2 Funksjonen f(x, y) =x 3 + y 3 3xy er definert på det lukkede og begrensede området D = {(x, y) :0Æ x Æ 2 og 0 Æ y Æ 2}. a) Finn de absolutte maksimums- og minimumsverdiene for f på D og avgjør hvilke punkter de oppnås i. Løsning: De partielle deriverte blir ˆf ˆx =3(x2 y) og ˆf ˆy =3(y2 x). Disse er 0 for x 2 = y og y 2 = x. I det indre av området er dette oppfylt kun for (x, y) =(, ). Dette er da funksjonens eneste kritiske punkt i det indre av området. Funksjonsverdien i dette punktet er f(, ) =. Detteeren kandidat til en ekstremalverdi. Vi må så undersøke randen. Den består av fire rette linjestykker.. y =0.Dafårvif(x, 0) = x 3 som vokser fra verdien 0 for x =0opp til verdien 8 for x =2. 2. x =2.Dafårvif(2,y)=y 3 6y +8. Kall denne g(y). Vi finner g Õ (y) = 3y 2 6 som er lik 0 for y = Ô 2. Funksjonsverdien her blir f(2, Ô 2) = g( Ô 2) = 8 4 Ô 2 2, 34. Dette blir et lokalt minimumspunkt langs denne delen av randa. I endepunktene av denne delen av randa har vi f(2, 0) = 8 og f(2, 2) = y =2.Dafårvif(x, 2) = g(x) =x 3 6x +8. Som i punktet ovenfor finner vi at denne har et lokalt minimumspunkt for x = Ô 2 med f( Ô 2, 2) = g( Ô 2) = 8 4 Ô 2 2, 34. I endepunktene av denne delen av randa har vi f(2, 2) = 4 og f(0, 2) = x =0.Dafårvif(0,y)=y 3 som vokser fra verdien 0 for y =0opp til verdien 8 for y =2. Samlet får vi ut fra drøftingen ovenfor at absolutt minimum for funksjonen finnes i punktet (, ) og denne verdien er f(, ) =. Absolutt maksimum for funksjonen finnes i to punkter, (2, 0) og (0, 2) med f(2, 0) = f(0, 2) = 8. b) Regn ut gradienten til f i punktet ( 3, ), ogbestemvektorenų slik at den 2 retningsderiverte Dų f( 3, ) = 0. 2

6 Side 4 av 5 MA0002 Brukerkurs i matematikk B. 6. juni Løsning. Løsning: Gradienten er gitt ved D C Cˆf/ˆx 3(x Òf(x, y) = = 2 D y) ˆf/ˆy 3(y 2. x) C D 5/4 Innsatt (x, y) =( 3, ) får vi 2 Òf(3, ) =. 2 3/2 Dų f( 3, ) = 2 Òf(3 5, ) ų = u 2 4 3u 2 2 der ų =< u,u 2 > er en enhetsvektor. Vi får dermed at Dų f( 3 5, ) = 0 når u 2 4 3u 2 2 =0, altså når u 2 = 5u 2. Dette gir ų = Ô 29 < 2, 5 >. c) Finn likninga for tangentplanet i punktet på flata z = f(x, y) der (x, y) = ( 3 2, ). Løsning: Tangentplanet i punktet (x 0,y 0,z 0 ) er gitt ved z z 0 = ˆf ˆx (x 0,y 0 )(x x 0 )+ˆf ˆy (x 0,y 0 )(y y 0 ). Med x 0 = 3, y 2 0 =, z 0 = f(x 0,y 0 )= 8 får vi likninga som kan omskrives til z + 8 = 5 4 (x 3 2 ) 3 (y ) 2 5x 6y 4z =7. og ˆf ˆx (x 0,y 0 )= 5 4, ˆf ˆy (x 0,y 0 )= 3 2 Oppgave 3 a) Finn den generelle løsningen til systemet av di erensiallikninger som er satt opp nedenfor. dx dt =5x (t)+2x 2 (t) dx 2 dt = x (t)+6x 2 (t) Løsning: Vi må først finne egenverdiene og egenvektorene til matrisen C D 5 2 A = det(a I) = = =( 7)( 4) =0 for =7og 2 =4.

7 MA0002 Brukerkurs i matematikk B. 6. juni Løsning. Side 5 av 5. Egenvektorene som tilhører =7finnes ved å løse 2x +2x 2 =0 x x 2 =0 som gir x = x 2. Dvs. egenvektorene er gitt ved t 2. Egenvektorene som tilhører 2 =4finnes ved å løse x +2x 2 =0 x +2x 2 =0 som gir x = 2x 2. Dvs. egenvektorene er gitt ved t Dette gir den generelle løsningen: C D, t = 0. C D 2, t = 0. C D C D C D x (t) 2 = C x 2 (t) e 7t + C 2 e 4t. b) Finn den spesielle løsningen av systemet i a) under startbetingelsene x (0) = 0 og x 2 (0) = 8. Løsning: x (0) = C 2C 2 C=0og D x 2 (0) C= D C + C 2 = D 8 gir verdiene x (t) 2 C = 2 og C 2 = 6. Dvs. = 2e x 2 (t) 7t 6e 4t. c) På vedlegget ser du fire retningsfelt. Hvilket av disse svarer til systemet i a)? Begrunn svaret. Skisser løsningskurven som svarer til løsningen i b) i det korrekte retningsfeltet sammen med egenvektorene til systemet. Skisser også løsningskurven som svarer til startbetingelsene x (0) = 0 og x 2 (0) = 2. Vedlegget med de inntegnede løsningskurvene og egenvektorene skal leveres inn som del av eksamensbesvarelsen. Løsning: Retningsfelt 2 er det korrekte. Siden begge egenverdiene er reelle og positive vil alle løsningskurvene bevege seg ut fra origo, origo er en kilde. Løsningskurven som svarer til x (0) = 0 og x 2 (0) = 8 er tegnet inn med rødt i vedlegget, og løsningskurven som svarer til x (0) = 0 og x 2 (0) = 2 er tegnet inn med grønt. Egenvektorene er tegnet inn med rød-brun farge.

8 Kandidatnummer: VEDLEGG MA (to sider) Dette arket skal leveres inn som del av eksamensbesvarelsen Retningsfelt Retningsfelt 2

9 Kandidatnummer: Retningsfelt 3 Retningsfelt 4