LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT - Grunnkurs i matematikk I torsdag 5.desember 20 kl. 09:00-4:00 OPPGAVE a Modulus: w = 2 + 3 2 = 2. Argument for 0 argw < 2π: Dette gir: Argw = 2π 3. z = 2cos 2π 3 2π 3. b Skriver om høyre side av ligningen: 8 i 3 = 8 + i 3 Benytter omskrivningen av + i 3 som vi fant i a, og har da at løsningene av ligningen må oppfylle 2π 2π wn 4 = 8 2 cos 3 + 2πn 3 + 2πn, n = 0,, 2, 3 Finner eksplisitt uttrykk for kubikkrøttene ved å benytte de Moivres formel: wn 4 = 4 cos 2π 2π 3 + 2πn 3 + 2πn 4, n = 0,, 2, 3 = 2 cos π + 3n π + 3n, n = 0,, 2, 3
Løsningen av ligningen er dermed de komplekse tallene: w = 2 cos w 2 = 2 cos w 3 = 2 cos w 4 = 2 cos Alternativ: Finner prinsipalrot: w = 4 π + 3 0 π + 3 π + 3 2 π + 3 3 π + 3 0 = 3 + i, π + 3 = + 3i, π + 3 2 = 3 i, π + 3 3 = 3i. 2π 2π cos = 3 + i. 3 4 3 4 De andre løsningene finnes ved å rotere den foregående roten med π 2, siden løsningen skal ligge jevnt fordelt på en sirkel i det komplekse planet. Denne rotasjonen svarer til en multiplikasjon av roten med et komplekst tall med argument lik π 2 og modulus lik, dvs tallet i. Dette gir de andre løsningene: w 2 = w i = 3 + ii = + 3i, w 3 = w 2 i = + 3ii = 3 i, w 4 = w 3 i = 3 ii = 3i. 2
OPPGAVE 2 a sinx 3 x 3 x 3 3 = sinx x 3 x 3 3 = cosx = x 3 I den siste overgangen er l Hôpitals regel benyttet. Alternativ kunne man benyttet direkte at t 0 sin t t =. b Gitt ɛ > 0. Vil finne δ > 0 slik at hvis 0 < x 2 < δ, så er x 2 x 8 < ɛ. x 2 x 8 = x 2x 4 x 2 x 4 Har at x 2 < δ. trekantulikheten: For å finne en begrensning på x 4 antar vi at δ og benytter Altså er x 4 = x 2 2 x 2 + 2 + 2 = 3. x 2 x 8 <= x 2 x 4 < δ 3 hvis δ. Velger δ = min { ɛ 3, }. Har da to tilfeller. For ɛ 3 velger vi δ = og får x 2 x 8 < 3 x 2 < 3 ɛ. For ɛ < 3 velger vi δ = ɛ/3 og får Dermed er x 2 x 8 < 3 x 2 < 3 ɛ 3 = ɛ. x 2 4x 8 < ɛ hvis x 2 < δ = min { ɛ 3, }, og dette viser at x 2 x 2 x = 8. OPPGAVE 3 a Separabel differensialligning som beskriver antall smittede barn yt: dy dt = ky y. 00 Skriver om ligningen y y 00 dy dt = k. Integrerer begge sider med hensyn å t og løser for yt: dy y y 00 dt dt = kdt, y y 00 dy = kdt, 3
Delbrøppspalting av brøk på venstre side: y y 00 = A y + B y 00 = A A 00 y + By y y 00 A =, B = 00. Dette gir den integrerte ligningen y + 00 y 00 dy = ln y ln y 00 = kt + Ĉ y ln y = kt + Ĉ 00 y y = e kt+ĉ 00 kdt, Lar C = eĉ, og løser for yt: kt Ce yt = Ce kt + 00 = 00 00 00, C = C e kt + C 00 = + Ce kt. Alternativt: Man kan også vise at det oppgitte uttrykket er en løsning av ligningen ved å vise at man får det samme uttrykket på høyre og venstre side av ligningen ved innsetting. b Informasjonen i teksten gir y0 = og y = 4. Dette brukes til å finne konstantene k og C. som gir = 00 + C yt = C = 99, 4 = 00 + 99e ln 8 33 t = 00 + 99 8 33 t. 00 + 99e k k = ln 8 33, Løser ligningen yt = 50 for å finne ut hvor lang tid det tar før halvparten av barna er smittet 00 + 99e ln 8 33 ln99 = 50 t = t ln 8 3, 24 33 Det tar litt over tre dager før halvparten av barna er smittet som betyr at halvparten av barna er smittet i løpet av torsdagen. OPPGAVE 4 a Dersom vindavkjølingsindeksen skal være konstant, må vi ha dw dt = 0. Deriverer for å finne uttrykk for dw dt : dw dt Setter inn for dw dt = 0, 25 dt dt, 892 V 0,84 dv dt = 0, T = 5, dt dt + 0, 395 dt dt V 0, + 0, 0344 T V 0,84 dv dt. =, 5 og V =3 km/h: dv 0 = 0, 25, 5, 892 3 0,84 dt +0, 395, dv 5 30, +0, 0344 5 3 0,84 dt. 4
Dette gir dv dt = 4.59 Vinden må løye med en rate på 4, 59 km/h per time, dvs 4, 59 km/h 2. b Ved konstant temperatur på 5 C er vindavkjølingsindeksen gitt ved Ŵ V = 3, 2+0, 25 5, 37 V 0, +0, 395 5 V 0, = 3, 7975 7, 375V 0.. For å finne lineærapproksimasjon og feilledd trenger vi den første og andrederiverte: Ŵ V = 2, 7708V 0.84, Ŵ V = 2, 3275V.84. Vi har videre at Ŵ 3 = 2, 93 og Ŵ 3 = 0, 3. Dette gir lineærapproksimasjonen Lx = 2, 93 0, 3V 3 = 22, 0 0, 3V, med feilledd Ŵ V Lx = W T = 5 s 2 V 3 2 =, 37s.84 V 3 2, som alltid vil være positivt. Det betyr at lineærapproksimasjonen alltid vil gi en for liten verdi for Ŵ. OPPGAVE 5 Løsning a Dersom f skal være kontinuerlig for x = 0 må vi ha at fx = f0. x 0 Siden x 2 e x er kontinuerlig ser vi med en gang at vi må ha x 0 + fx = f0 =. Venstresidig grense er fx = x 3 + 3x + =, x 0 x 0 som betyr at f er kontinuerlig. Dersom f skal være deriverbar i 0, får vi fra definisjonen av den deriverte i et punkt at grensen fh f0 h 0 h må eksistere. Undersøker høyre og venstresidig grense: fh f0 h 3 + 3h + = = 3, h 0 h h 0 h fh f0 h 2 e h h 2 e h = = =, h 0 + h h 0 + h h 0 + der l Hôpitals regel er benyttet i den nest siste overgangen. eksisterer, og f er dermed ikke deriverbar for x = 0. Dette betyr at grensen ikke 5
b Kandidater for absolutte og lokale ekstremalpunkter for f er endepunkt, singulære punkt og kritiske punkter. Vi har et singulært punkt for x = 0, og endepunktene er x = 2 og x = 2. Finner kritiske punkter ved å studere f : { f 3 x 2, 2 x < 0, x = x 2 e x, 0 < x 2. Vi har kritiske punkter for x = og x =. Videre har vi at f er voksende på intervallene [, 0] og [, 2] og minkende på intervallene [ 2, ] og [0, ]. Det betyr at vi har lokale ekstremalpunkter for x = 2, x =, x = 0, x = og x = 2. Ved å sjekke funksjonsverdier finner vi at vi har absolutt minimum for x =, og absolutt maksimum for x = 2. c For å finne vendepunkter må vi studere f : { f x, 2 x < 0, x = x 2 + 2x e x, 0 < x 2. Siden f eksisterer overalt bortsett fra for x = 0 der f ikke er deriverbar, vil vendepunkter være der f = 0. Dette gir vendepunkt for x = + 2. OPPGAVE a Benytter substitusjonen u 2 = x, som gir at 2udu = dx: 2 x + x dx = 2u 2u + u 2 du = + u 2 du = tan u + C = tan x + C. b Integralet er uekte siden integranden er ubegrenset nær x = 0, og det deles inn i to uekte integraler: 4 4 0 x 2 dx = 4 4 x 2 dx + 0 x 2 dx.
c Dersom integralet på venstre side skal konvergere, må begge integralene på høyre side konvergere. Siden vi har 4 0 dx = x2 c 0+ vil integralet divergere. 4 + xy + y = + x 2 c dx = x2 4 = c 0+ x c c 0+ 4 + c = [ + xy] = + x 2, + xy = + x 2 dx = 3 + x3 + C, y = Alternativ: Skriver om ligningen: y + y = + x. + x 3 + x3 + C + x Integrerende faktor er µx = dx = ln + x. + x. Løsningen er da gitt ved yx = e µx e µx + xdx = 3 + x3 + C + x. Inga Berre Hilde Kristine Hvidevold Trine Mykkeltvedt 7