SIF53 Matematikk 9. desember 998 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Lsningsforslag Oppgavesettet har punkter:,, 3, 4, 5ab, 6, 7ab, 8ab, som teller likt ved bedmmelsen. i) alternativ (), ii) alternativ (3). Her er sylinderskallmetoden best. Volumet av et sylinderskall er dv = rh dx der r = =4, x og h = y, y = cos x, sin x. Volumet av rotasjonslegemet blir da, ved delvis integrasjon, Z Z =4 V = dv = (=4, x)(cos x, sin x) dx h Z i =4 = (=4, x)(sin x + cos x), (,)(sin x + cos x) dx h i =4 = (=4, x)(sin x + cos x)+(, cos x + sin x) =,(=4, ) = (, =): 3 La x(t) og y(t) vre x- og y-koordinaten til bilen og bussen ved tidspunktet t, med veikrysset i origo. Avstanden z i luftlinje mellom bilen og bussen er da gitt ved Ved derivasjon mhp. t far vi z dz dt z = x + y : =x dx dt +y dy dt : Nar x =;3, dx=dt =,7, y =;4 ogdy=dt = 6, er z = p ;3 +;4 =;5 og ;5 dz dt =;3 (,7)+;4 6 som gir dz dt =6: Avstanden mellom bil og buss ker altsa med 6 km/h ved dette tidspunktet. 4 Vi skal vise formelen!+! + 3 3! + + n n! =(n + )!, ; n ; ved induksjon. For n = er formelen rett siden venstresiden bare har ett ledd! = og hyresiden er!, =. Anta som induksjonshypotese at ()!+! + 3 3! + + k k! =(k + )!, : 9. desember 998 Side
SIF53 Matematikk 9. desember 998 Da er!+! + 3 3! + +(k +) (k + )! =!+! + 3 3! + + k k! +(k +) (k + )! () = (k + )!, +(k +) (k + )! = (k +) (k + )!, =(k + )!, : Ved induksjon flger at den oppgitte formelen er riktig for alle hele tall n. 5 a) Dierensialligningen er dp dt = k(l, P ); P () = P : Ligningen er separabel (og har den konstante lsningen P = L). For L, P 6= far vi, ved separarasjon av de variable og integrasjon, Z Z dp = L, P kdt, ln (L, P )=kt + C L, P = e,kt,c P = L, Ae,kt (A = e,c ): Med P () = P blir A = L, P og L y y = P(t) P (t) =L, (L, P )e,kt : P t b) Fortjenesten F,hvis slaktevekten er P,er F (t) =b P (t), a t: For a maksimalisere F deriverer vi mhp. t og bruker uttrykket for dp=dt fra a): df dt = b dp dt, a = b k(l, P ), a = bkl, bkp, a: Vi ser at df=dt =nar P = bkl, a bk = L, a bk ; og dette gir maksimum siden d F dt = d dt df dt = d dt h i b k(l, P ), a =,bk dp = dt,bk (L, P ) < : Vi far maksimal fortjeneste ved a slakte dyret nar det veier P = L, a=(bk) kg. (Hvis L, a=(bk) P ma vi slakte straks, dvs. nar t =.) 9. desember 998 Side
SIF53 Matematikk 9. desember 998 6 Rekken er alternerende, P (,) n+ a n med a n =(n,)=n. Vi sjekker at a n er avtagende og at lim n! a n =. Med f(x) = x, x = x, x er f (x) =, x + x 3 =, x, x 3 < for x>. Funksjonen f(x) (for x ), og flgelig a n = f(n), er altsa avtagende. Siden lim n! a n = lim n! n, n = er rekken P (,) n+ a n konvergent iflge alternerende rekkers test. For a avgjre om konvergensen er absolutt eller betinget ma vi underske rekken P a n. Vi kan bruke grensesammenligningstesten og sammenligner med rekken P b n = P =n (den harmoniske rekken): a n lim n! b n (n, )=n = lim n! =n n, n = lim n! n = lim, = (> ): n! n Siden den harmoniske rekken er divergent, som p-rekke med p = ( ), er P a n divergent. (Vi kunne ogsa brukt integraltesten for a vise at P a n divergerer.) Rekken P (,) n+ an er altsa betinget konvergent. Rekkens "neste ledd" er (,) a =,9=. Iflge alternerende rekkers restleddestimat er da S, S 9 negativ og js, S 9 j <a. Vi har altsa 7 a) Her er f() = Z arctan t,;9 <S, S 9 < : t 6 + dt =; og f (x) = arctan x x 6 + iflge integralregningens fundamentalteorem. Ved derivasjon far vi Dermed er f (x) = (x6 +)=(x +), 6x 5 arctan x (x 6 +) : f() = ; f () = og f () = ; P (x) =f() + f ()x + f ()x = x : b) Taylors formel (med Taylorpolynomet fra a)) gir f(;4) = P (;4) + R (;4) = ;8 + f (z) ;4 3 der z ;4. 3! Siden, f (z), blir ;69 f(;4) ;8. Ved a bruke Simpsons metode med n = 4 delintervaller og skrittlengde t = ; far vi Z ;4 f(;4) = y +4y +y +4 y 3 + y 4 ; f(;4) ; 3 f(;4) ;78: arctan t t 6 + dt S 4 = t 3 +4 ;997 + ;974 + 4 ;9 + ;379 = ;779 ; 9. desember 998 Side 3
SIF53 Matematikk 9. desember 998 8 a) La s =4, r vre lengden av stigen mellom bakken og muren. Av guren ser vi at = s sin (, ). Flgelig er r =4, s =4, sin (, ) =4, sin : Videre ser vi at = = nar stigen er loddrett, og at sin (, ) ==4,, = =6, =5=6 nar stigens topp berrer plankegjerdet. Ergo er =; 5=6. @ @@ @ @@ @ @@, @ b) Husveggen har ligning x =,, og for x-koordinaten til stigens topp har vi x = r cos = 4, cos = 4 cos, cos sin sin ; 5 6 : Her er x negativ, og stigen vil ga klar av huset hvis x min >,. Siden x =nar = = og nar =5=6, ma minimumsverdien komme nar dx=d =: dx d =,4 sin, sin (, sin ), cos cos sin =, sin3 + sin : Vi ser at dx=d =nar sin 3 ==, sin =,=3. Siden er i. kvadrant, er p ; (7;5 ). Da er cos =,,,=3,;683 og flgelig x min,;9 (m). Den eksakte verdien er x min =,(4, =3 )(,,=3 ) = =, =3 ( =3, ) (=3, ) = =,( =3 =3, ) 3= : Stigen vil altsa ha en klaring til husveggen pa, ( =3, ) 3= ; meter. 9. desember 998 Side 4
SIF53 Matematikk Eksamen 8..999 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Lfisningsforslag X n= ( ) n np n : Divergent. X n= ( ) n n X ( ) n : Absolutt konvergent. n n= : Betinget konvergent. (i) (ii) lim x! lim x! x(e (e x ) t= x (e t ) l'h^opital e t x ) = lim = lim = lim x! t! t t! x = cos x (arctan x) l'h^opital = lim x! = lim x! = sin x = lim arctan x ( + sin x +x x! x ) lim x! arctan x sin x l'h^opital cos x = lim arctan x x! +x 3 a) For νa finne stfirste og minste verdi til f (x) = x (x 4 +3) vi pνa den deriverte f (x) til f (x): f (x) = d dx ψ x (x 4 +3) ( + x 4 ) 3! (+x 4 ) 3 over intervallet [; ], ser = x(x )(x + )(x +) ( + x 4 ) 5 Vi ser at x = er det eneste nullpunktet for f (x) i det νapne intervallet (; ). Vi sammenligner verdiene til f (x) i det kritiske punktet x = og endepunktene x = og x =:f () =, f () = p =:88 og f () = 89p 5 7 = :68.Av dette ser vi at f max =p f min = pνa intervallet [; ]. b) Trapesmetoden med fire delintervaller brukt pνa integralet Z p (I) +x 4 dx : : lfexh99 9. desember 999 Side
SIF53 Matematikk Eksamen 8..999 gir = 4 =:5 (lengden pνa delintervallene) og delepunktene x =,x =:5, x =,x 3 =:5 ogx 4 =. Med f(x) = p +x 4 fνar vi tabellen: x : :5 : :5 : f(x) : :38 :44 :46 4:3 som gir ffilgende tilnρrmede verdi T 4 for integralet: Z p +x 4 dx ß T 4 = (f() + f(:5) + f(:) + f(:5) + f(:)) ß :5(: + :38 + :44 + :46 + 4:3) =3:734375 ß 3:73 : For feilen jet n j i trapesmetoden over et intervall [a; b] med n delintervaller har vi estimatet: jet n j» K (b a) 3 n hvor K er et tall slik at K jf (x)j for a» x» b. I vνart tilfelle er a =, b =, n = 4. Fra a) ffilger at jf (x)j» p nνar» x», sνa vi kan ta K = p. Dette gir 4 jet 4 j» p 3 4 = :7853 < : : Mao.: Feilen i trapesmetoden er mindre enn. a. Siden f (x) = x (x 4 +3) p, er funksjonen f(x) = +x 4 (+x 4 ) 3 konkav oppover. Dette betyr at trapesmetoden gir en for stor verdi b, fordi arealet under de approksimerende trapesene er stfirre enn arealet under kurven (figuren til hfiyre illustrerer dette for n = ). a Dette gir ffilgende noe grove estimat for integralet (I): Siden 3:73 < R T 4 < 3:74 og : < ET 4 < :, blir 3:6 < p T 4 + ET 4 = +x 4 dx < 3:86. b Siden R vi nνa vet at : <ET 4 <, fνar vi et bedre estimat: p 3:6 < +x 4 dx < 3:74. Den eksakte verdien, avrundet til to desimaler, er 3:65. 4 Anta x 6= og sett P (n): +x + x + x 3 + + x n = + xn ; n =; ; ; 3;::: ; x dvs., P (n) er pνastand nr. n. Vi mνa ffirst sjekke at pνastanden P () holder: P (): = x ; som er riktig. x lfexh99 9. desember 999 Side
SIF53 Matematikk Eksamen 8..999 Vi antar sνa atp (n) er riktig, og viser at dette medffirer at ogsνa P (n + ) er riktig, dvs., vi mνa vise implikasjonen P (n) =) P (n +): For νa gjfire dette, skriver vi opp pνastanden P (n +) og prfiver νa vise at venstresiden (V.S.) i P (n +) er lik hfiyresiden (H.S.) i P (n +) (under forutsetning av at P (n) holder): P (n + ): +x + x + x 3 + + x n+ + xn = ; n =; ; ; 3;::: x V.S. = + x + x + x 3 + + x n+ =(+x + x + x 3 + + x n )+x n+ P (n) = xn + x + x n+ = xn+ + x n+ x n+ x + xn = = H.S. x som viser at P (n + ) holder (nνar P (n) gjfir det). Induksjonsbeviset er dermed ferdig. 5 Dersom s = s(t) betegner taulengden (i meter) mellom ringen og baugen, og x = x(t) betegner (den horisontale) avstanden (i meter) mellom baugen og kaia, har vi til enhver tid relasjonen: x +5 = s : 4 m/min Derivasjon av denne relasjonen mhp. tiden t gir: 5m s x (Λ) x dx dt =s ds dt dvs. dx dt = s ds x dt p I det fiyeblikket taulengden s = 3 (m), er x = 3 p 5 = 44 = (m). Videre er det oppgitt at ds = 4(m/min). Innsetting i (Λ) gir: dt dx dt = 3 ( 4) = 6 (m/min) ; dvs., avstanden mellom bνaten og kaia avtar med 6 m/min. 6 Dersom T = T (t) er temperaturen pνa Kjell Magnes kontor ved tiden t, og T ute er den konstante utetemperaturen, sier Newtons lov: (N) dt dt = k(t T ute) hvor k er en positiv konstant. Vi setter forelfipig T () = T, og lfiser differensialligningen (N) ved separasjon av de variable: Z dt T T ute = k Z dt ) ln(t T ute )= kt + C ) T T ute = e C e kt T = T ute + e C e kt lfexh99 9. desember 999 Side 3
SIF53 Matematikk Eksamen 8..999 Innsetting for t = i den siste ligningen gir: T = T ute + e C ) e C = T T ute T = T ute +(T T ute )e kt Vi lar t = svare til klokken. den. januar, og bruker tallverdiene fra oppgaven: T =9:, T ute = 36:9. Dette gir: T = 36:9 + (9: ( 36:9))e kt =55:9 e kt 36:9 Bruker sνa att =:8 klokken., dvs. nνar t = (vi mνaler t i timer): :8 = (55:9)e k :8 +36:9 36:9 ) e k = 55:9 T =55:9 e (ln 55:9 ln 47:7)t 36:9 = 47:7 ) k =ln55:9 ln 47:7 55:9 Bestemmer til slutt nνar vannet i glasset begynner νa fryse, dvs. nνar T =: T =55:9 e (ln 55:9 ln 47:7)t 36:9 =) e (ln 55:9 ln 47:7)t = 36:9 55:9 ln 55:9 ln 36:9 ) t = ß :683 ß timer og 37 min., ln 55:9 ln 47:7 mao.: Vannet begynner νa fryse ca. kl..37 den. januar. P 7 Vi bruker forholdstesten pνa rekken n= sin( n )xn,ogfνar, med u n = sin( n )xn : fi fi fi lim n!fi u n+ u n fi fififi sin( n+ = lim )jxjn+ n! sin( n )jxjn = cos cos lim n! jxj ( + = jxj : ) n sin( n+ = lim ) H^opital jxj n! sin( = lim ) n! n cos( n+ )( (n+) ) cos( n )( n ) I ffilge forholdstesten har vi at rekken konvergerer nνar jxj < og divergerer nνar jxj >, dvs.: Konvergensradien R =. Endepunkter. x =: Vi fνar den P P positive rekken n= sin( ). Grensesammenligning med den harmoniske rekken n n= gir: n sin( lim ) t= n n sin t l'h^opital cos t = lim = lim =: n! t! t t! n Siden > P og den harmoniske rekken er divergent, ffilger ved grensesammenligningstesten at n= sin( )erdivergent. P n x = : Her fνar vi den alternerende rekken n= ( )n sin( ). Med a n n = sin( ) har n vi a n+ = sin( n+ ) < sin( ) = a n n, og lim n! a n = lim n! sin( ) =, sνa rekken er n konvergent i ffilge testen for alternerende rekker. 8 Siden vi har rotasjon om x-aksen, bruker vi formelen A = R ßy ds for overflatearealet p til rotasjonslegemet. Vi har ds = p x (t) + y (t) dt, som med x = sin t og y = + cos t gir ds = cos t + sin tdt = dt, sνa Z ΛΛ Z ß A = ßy ds = ß( + cos t) dt =ß[t + sin t] ß =ß[ ß + ] Λ =8ß jxj lfexh99 9. desember 999 Side 4
SIF53 Matematikk Eksamen 8..999 R y 9 Siden V = ß(g(u)) du, har vi dv = dv dy = dt dy dt ßg(y) dy dt vi kombinerer dette med Torricellis lov og opplysningen dy konstant), fνar vi: dv dt = ßg(y) dy dt = ßg(y) ( c) = k p y ) g(y) = r k ßc y 4 Vi bruker sνa opplysningen om at V =nνar y =: V y= = Z k ) c = 3 r 3 ) g(y) = ß y 4 ßg(u) du = Z ß k ßc u du = k c dt ved kjerneregelen. Dersom = c (hvor c er en positiv» 3 u 3 = k c 3 = lfexh99 9. desember 999 Side 5
NTNU Institutt for matematiske fag SIF53 Matematikk eksamen 5.8. Løsningsforslag (i) Vi har lim x + ( e x + e x) /x = = og lim x ( e x + e x) /x = =. Grenseverdien lim x ( e x + e x) /x eksisterer følgelig ikke. (ii) ( lim t + t t) = lim t t t = lim u + ( /t + ) u + u /t + = lim t /t / = lim u + /( u +) = (u =/t) y (,) Volumet V ved rotasjon om y-aksen kan vi finne f.eks. ved hjelp av sylinderskallmetoden: y=x y=x V = πr da = =π πx(x x ) dx (x x 3 ) dx = π 6. x x Overflatearealet er A = A +A der av A er arealet av rotasjonsparaboloiden og A er arealet av kjegleflaten: A = πr ds = πx [ π +(x) dx = 6 ( + 4x ) 3/ = π ( 5 ) 5 6 A = πrs = π =π, A = A + A = π ( 6 +5 ) 5. 6 ] 3 Vi skal vise formelen [ ] n(n +) P n : 3 + 3 +3 3 + + n 3 = for n =,,3,... ved induksjon. For n = er formelen riktig siden 3 =[( )/].ViantarsåatP n er riktig for n = k, 3 + 3 +3 3 + + k 3 = [ k(k +)].Vimå vise at den da også erriktig for n = k +,dvs.at daer 3 + 3 +3 3 + +(k +) 3 = [ (k +)(k +)] : 3 + 3 + +(k +) 3 = ( 3 + 3 +3 3 + + k 3) +(k +) 3 [ ] P = k k(k +) [ k +(k +) 3 =(k +) ] +(k +) [ k =(k +) ] [ ] +4k +4 (k +)(k +) =. 4 Ved induksjon følger at formelen P n er riktig for alle positive hele tall. lfsif53k 7. oktober 3 Side
SIF53 Matematikk eksamen 5.8. 4 Volumet av ballongen er V = 4 3 πr3, og overflatearealet er A =4πr. Volumets vekstrate, i cm 3 /s, er = dv/dt =4πr dr/dt. Dafår vi dr dt = 4πr og følgelig da dt =8πrdr dt =8πr 4πr =. r Når r = 5 cm, er altså da/dt = /5 = 8 (cm /s). 5 Vi kan skissere kurven ved å regne ut x =sint, y =sint og dy/dx =ẏ/ẋ =cost/ cos t for forskjellige verdier av t, eller vi kan finne en ligning for kurven ved å eliminere parameteren t: ( ) y =sint =sintcos t =sint ± sin t = ±x x. Kurven er symmetrisk om x-aksen og y- aksen, så vi trenger bare punkter i første kvadrant. t x y dy/dx π/4 / π/.5.5.5 Fra tabellen med x, y og dy/dx ser vi at tangenten y y = k(x x ) i punktene med parameterverdier t =ogt = π/4 blir t =: y =x, t = π/4 : y =. For arealet A av området begrenset av kurven får vi π/ π/ [ A =4 ydx=4 sin t (cos tdt)=4 sintcos tdt=4 ] π/ 3 cos3 t = 8 3. 6 Vi har t =når det begynner å snø med konstant rate r. Ved tiden t er snødybden da h = rt. La plogens bredde være b. Hvis x = x(t) er vegstrekningen som plogen har kjørt, og V = V (t) er bortryddet snømengde, har vi dv dt = b rt dx dt. Vi har gitt at plogen rydder snø med konstant rate, dv/dt = a, ogfår.5 y x t dx dt = k (der k = a/br). Differensialligningen kan skrives dx/dt = k/t og har generell løsning x(t) = k ln t + C. Vi setter t = t når plogen begynner å kjøre kl. 6, og bestemmer t ved å sette inn de gitte opplysningene. (kl. 6) x(t )= : =kln t + C () (kl. 7) x(t +)=5 : 5=k ln (t +)+C () (kl. 9) x(t +3)=: =k ln (t +3)+C (3) lfsif53k 7. oktober 3 Side
SIF53 Matematikk eksamen 5.8. Av ligning () får vi C = k ln t som innsatt i () og (3) gir 5=kln (t +) kln t = k ln t + t = k ln (t +3) kln t = k ln t +3. t Herav følger ln t +3 =ln t ( ) + t + =ln. t t t Dermed er t (t +3)=(t +) og følgelig t =. Plogen startet altså t = time etter at det begynte å snø, det betyr at snøfallet startet kl. 5. 7 a) Siden f() = 3 <, f() = 5 > ogf er deriverbar og følgelig kontinuerlig, har f minst ett nullpunkt a (, ) ifølge skjæringssetningen. Siden f (x) > erf strengt voksende på intervallet [, ], og a er dermed det eneste nullpunktet for f i dette intervallet. b) La {x n } være følgen av tilnærmingsverdier til a som vi får ved å bruke Newtons metode med startverdi x =. Grafen til f er voksende på [, ] (fordi f (x) > ), og den blir brattere og brattere (med brattere a x n+ xn x tangent) jo større x er (fordi f (x) > ). Derfor y=f(x) ser grafen ut som på figuren, og tangenten i et punkt (x n,f(x n )) der x n >amå skjære x-aksen y=f (x n)(x x n)+f(x n) i et punkt mellom a og x n. Det vil si ( ) a<x n+ <x n for n =,,,.... Av ( ) får vi at følgen {x n } er avtagende og nedtil begrenset, og dermed konvergent, lim n x n = L. Følgen er gitt ved x n+ = x n f(x n )/f (x n ). Ved å ta grenseverdien på begge sider får vi lim n x n+ = lim n x n f(lim n x n )/f (lim n x n )sidenf og f er kontinuerlige. L = L f(l)/f (L) medførerf(l) =, og grenseverdien L er altså nullpunkt for f i intervallet (, ). Men f har bare ett nullpunkt, a, i dette intervallet. Ergo er L = a og lim x n = a. n 8 a) Vi skal bruke Simpsons metode med 4 delintervaller. Da er t = 4 π/4 = π/8, og vi får følgende tabell med t i = i t og y i =sin ( t ) i for i =,,...4: t i π/8 π/8 3 π/8 π/ y i.497.959.4756.77. Da får vi, når vi avrunder sluttsvaret til 4 desimaler, π/4 I = sin ( t ) dt S 4 = t 3 (y +4y +y +4y 3 + y 4 )=.8. b) For f(x) =sinx er Taylorpolynomet P 3 gitt ved P 3 (x) =x x 3 /6. Bruker vi P 3 (x) som tilnærming til f(x) får vi, med x = t,sin(t ) t t 6 /6. Det gir π/4 I = sin ( t ) π/4 ( [ dt t 6 t6) dt = 3 t3 4 t7] π/4 = ( π ) 3/ ( π ) 7/ =.8 3 4 4 4 der sluttsvaret igjen er avrundet til 4 desimaler. lfsif53k 7. oktober 3 Side 3
SIF53 Matematikk, 6. desember Løsningsforslag Oppgave Dreid om y aksen: (iv). Dreid om x = : (iii). Oppgave Om bredden på rektanglet er x og høyden er y finner vi for det ukjente arealet A og den kjente omkretsen : Den siste ligningen gir y =5 ( + π/)x, så A =xy + πx, = ( + π)x +y. A =x ( + π)x + πx =x ( + π)x. Her kan x variere fra til den verdien som gir y =,altså x /( + π). Vi ser etter et maksimum i det indre av dette intervallet: da dx = (4 + π)x =når x = 4+π. Denne verdien ligger i det indre av intervallet, og siden A(x) er et annengradspolynom med negativ ledende koeffisient trenger vi ikke en gang sjekke endepunktene. Den tilsvarende verdien for y er ( y =5 + π ) + 5π x =5 4+π = 4+π. Det optimale rektanglet er altså 4+π mbredtog 4+π mhøyt. loesning.tex,v.5
SIF53 Matematikk, 6 Løsningsforslag Oppgave 3 a Vi prøver oss med forholdskriteriet: x n+3 (n +)(n +3)4 n+ lim n x n+ n(n +)4 n = lim n n(n +) (n +)(n +3) x 4 = x 4 så rekken konvergerer når x < 4ogdivergerernår x > 4, og konvergensradien blir R =4. For x = ±4 er x n+ n(n +)4 n = 6 n(n +) < 6 n, så rekken er absolutt konvergent ved sammenligning med den konvergente rekken n= 6/n. b Leddvis derivasjon (som er tillatt i det indre av konvergensintervallet, altså for x < 4) gir g (x) = n= x n+ n4 n = x n= x ) n ( = x ln n( x ) 4 4 hvor den siste likheten fremkommer ved å bytte ut x med x/4 idenkjenterekken ln( + x) = ( ) n+ n= eller ved å derivere en gang til, som gir en geometrisk rekke med kjent sum, og så integrere tilbake. n x n loesning.tex,v.5
SIF53 Matematikk, 6 Løsningsforslag Oppgave 4 Erstatter vi x med t 4 i den oppgitte formelen får vi +t 4 =+ t4 8 t 8 ( + z) 3/, <z<t4. Sålenge<t<erdaogså<z<, slik at < ( + z) 3/ < 3/ =. Dermed er (vi må snu ulikhetene en gang når vi inverterer, og en gang til fordi vi trekker fra): + t4 t8 8 < +t 4 < + t4 t8 6. Vi vil integrere denne ulikheten over [, ]. Vi har ( + t4 ) dt = [t + t5 ] =,, slik at, 9 8 < som praktisk talt er hva vi skulle vise. t 8 dt = 9 +t 4 dt <, 9 6 Oppgave 5 Kall de tre funksjonene i grafene A, B og C. Om vi setter F (x) = x f(t) dt skal vi identifisere F, F og F blant A, B og C. Her finnes nær sagt utallige muligheter for å eliminere mulighetene slik at bare en gjenstår. For eksempel kan vi merke oss at: A B fordi A (x) > når x<, B C fordi B () >, C A og C B fordi C () <. Eneste gjenstående muligheter er A = C, B = A, slik at B = F, A = B = f, C = A = f. Sagt med andre ord: A) er (i); B) er (iii); C) er (ii). Vi finner f(t) dt = F () F ( ) = B() B( ) = π ( 4 π ) = π 4. 3 loesning.tex,v.5
SIF53 Matematikk, 6 Løsningsforslag Oppgave 6 Om vi kaller musepopulasjonen P (t) finner vi P = k ( cos(πt) ) P. Dette er en separabel differensialligning med konstant løsning P =, som vi løser slik: dp ( P = k ) cos(πt) dt; ( ln P = k t sin(πt) ) + C ; ( π ( P = C exp k t sin(πt) ) ). π Dataene vi har fått oppgitt gir P () = og P () =, som innsatt gir C =, Ce k =. Såvihark =ln,ogderfor ( ( P (t) =exp t sin(πt) ) ) ln = t sin(πt)/(π). π Oppgave 7 Fra figuren (kameraet i K, agenten i B) finner vi x =tanθ B som ved derivasjon med hensyn på tident gir dx dt = cos θ dθ dt. Men figuren gir også cos θ = L, L x og kombinerer vi disse resultatene får vi dθ dt = cos θ dx dt = dx L dt =,9 =, 3 som er et mål på hvor fort kameraet dreier, i radianer per sekund. (Det er flere andre relasjoner som kan leses ut av figuren og eventuelt deriveres, slik at oppgaven kan løses på mange måter. Den ovenstående er den korteste av alle løsningene vi har funnet så langt.) K θ 4 loesning.tex,v.5
SIF53 Matematikk, 6 Løsningsforslag Oppgave 8 Det er antagelig greiest i begge tilfellene å bare regne ut arealet av den høyre halvdelen av kurven og så gange med to. For den første kurven er høyre halvdel gitt ved t π, og arealet er gitt ved: A = = π t= π ydx= π sin(t)costdt sin t cos tdt= [ 3 cos3 t ] π = 4 3. For den andre kurven er gyldige verdier av θ gitt ved r, altså cos(θ). Det gir oss π 4 + kπ θ π 4 + kπ for et heltall k. For hver lovlig θ har vi to mulige valg: r = ± cos(θ). Å velge minustegnet er jevngodt med å legge π til θ og velge plusstegnet, så vi finner at høyre halvdel gitt ved π 4 θ π 4, r, og arealet blir π/4 π/4 A = r dθ = cos(θ) dθ = [ sin(θ)] π/4 π/4 =. π/4 π/4 Siden 4/3 > måden første kurven være den ytterste. Oppgave 9 For å finne Taylorpolynomet til annen grad i x = trenger vi å finne f(), f () og f (). Setter vi inn x = i den gitte ligningen finner vi ye y =,så y =,ogderforerf() =. Deriverer vi den gitte ligningen med hensyn på x får vi x +(+y)e y y =. () Setter vi så innx =ogy =her,får vi + y =, slik at f () =. Til sist deriverer vi () med hensyn på x og finner +(+y)e y (y ) +(+y)e y y =. Her kan vi sette inn x =,y =ogy = som gir +( ) +y =, slik at f () =. Taylorpolynomet av annen grad er derfor P (x) =f() + f ()! (x ) = f () (x ) = (x ) 5(x ).! 5 loesning.tex,v.5
LχSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I SIF53 MATEMATIKK 3 juli Oppgave. Akselerasjonen er a(t) = v (t) = : t :6 t + 8: Vi sfiker maksimum og minimum pνa intervallet [; ]. a (t) = :4 t :6 = for t = :6=:4 = 5: Videre er a (t) < for t < 5 og a (t) > for t > 5. a(t) har derfor minimum for t = 5 og maksimum i et endepunkt for intervallet. Siden a() = 8 og a() = 8:8, er maksimal akselerasjon a() = 8:8 m/s. Minimal akselerasjon er a(5) = 7:5 m/s. Oppgave.» ß t8 = ß 8 4 : Z ΛΛ Z (i) V = ß x dy = ß t 6 t dt = Λ Z ΛΛ Z (ii) V = ( y) ß x dx = ( t )ß t 3 3t dt = 6ß Λ Oppgave 3 a) Trapesmetoden med fire delintervaller gir Z (t 5 t 7 )dt = ß 4 : Z 3 f(x) dx ß T 4 = 3 ff() + f(3=) + f() + f(5=) + f(3)g 4 = + + 3 + 3 = 5 4 4 : Videre gjelder fi fififi Z 3 fi fififi f(x) dx T 4» 5 (3 )3 4 = 5 4 ß :: b) La F (x) = [f(x)]. Med n delintervaller, er feilen begrenset av M (3 ) 3 =( n ), der M er en positiv konstant slik at jf (x)j» M for» x» 3. Vi har F (x) = f(x) f (x) og F (x) = f (x)f (x) + f(x)f (x). Det vil si at jf (x)j» jf (x)j + jf(x)f (x)j» 4 + 3 5 = 6. Vi kan derfor bruke M = 6. Feilen er hfiyst 4 nνar 6 3 n» 4 ; det vil si, n 6 8 4 som holder for n 643.
Oppgave 4 La T S vρre Dollys temperatur, og la T (t) vρre termometerets temperatur ved tidspunkt t. Da gjelder T (t) = k(t S T (t)) der k er en positiv proporsjonalitetskonstant. Vi lfiser den separable differensialligningen: Z Z dt T S T = k dt ln jt S T j = kt + C T S T (t) = Ce kt der C er en vilkνarlig reell konstant. Vi har videre T () = 5 ) T S 5 = C ) T S T (t) = (T S 5)e kt T () = 5 ) T S 5 = (T S 5)e k ) e k = T S 5 T S 5 T () = 3 ) T S 3 = (T S 5)e k TS 5 = (T S 5) T S 5 som er en ligning for T S. Ligningen kan skrives og har lfisning T S = 4. Oppgave 5 (i) fi fi fi fi a n+ a n T S 46T S + 465 = T S 5T S + 65 Forholdstesten viser at rekken konvergerer absolutt siden fi fififi (n + )e (n+) = = n + +n ne n n e (n+) = + e n! = n nνar n!. (ii) Rekken er alternerende, men alternerende rekketesten kan ikke brukes her fordi leddene ikke avtar monotont mot. Pνa den annen side er P ( ) n = p n en konvergent rekke ved alternerende rekketesten, mens P =n er den harmoniske rekken som divergerer. Altsνa kan ikke rekken konvergere. Konklusjon: rekken divergerer. Oppgave 6 Radien i bfitten ved hfiyde y = h er x = h=3 +. Nνar vannet nνar h cm opp i bfitten, er vannmengden i bfitten V (h) = ßh 3 ( + (h=3 + ) + (h=3 + ) ) = ß h 3 3 9 + h + 3h iffilge formelen for volumet av en avkortet kjegle (Rottman side 34). Vi sfiker dh=dt nνar dv=dt = cm 3 =s. Kjerneregelen gir dh dt = dh dv dv dt = dv dh = ß ( h 3 3 + h + 3)
3 For h = gir dette Oppgave 7 dh dt = 9 ß + 6 + 9 = 9 6ß : Det lukkede integrasjonsintervallet ligger innenfor det νapne konvergensintervallet for rekken + x 4 = X n= ( x 4 ) n = X n= Vi kan derfor integrere rekken leddvis. Det gir Z = + x 4 dx = X n= Z = ( ) n x 4n for jx 4 j < : ( ) n x 4n dx = X n= ( ) n (=)4n+ 4n + : Dette er en alternerende rekke med monotont avtagende ledd. Siden (=) 3 =3 ß 9 6 < 4, holder det νa ta med tre ledd av rekken. Det gir Oppgave 8 Z = + x dx ß 4 (=)5 5 Lengden av grafen er Z ΛΛ L = ds = Λ Z + (=)9 9 p + [f (x)] dx ß :494: der f (x) = p (x 3 + ) ved fundamentalteoremet for integralregningen. Det gir L = Oppgave 9 (i) Z p + (x3 + ) dx = Z Ved L'H^opitals regel gjelder xf(x) lim x! + x jx 3 + j dx = Z = lim x! + f(x) + xf (x) der f(x) gνar mot og f (x) = p xf(x) gνar mot. Altsνa er xf(x) lim x! + x = : (x 3 + ) dx = 8: (ii) Ogsνa her kan vi bruke L'H^opitals regel: der f (x) = p xf(x). Altsνa har vi f(x) f (x) lim = lim x! + (x ) 3= x! + 3 (x )= r f(x) lim x! + (x ) = 3= 3 lim f (x) p = xf(x) x! + x 3 lim x! + x der vi har brukt resultatet fra (i). = 3
SIF53 Matematikk, 5. desember Løsningsforslag Oppgave For den første grensen får vi et / -uttrykk, og bruker L Hôpitals regel (markert ved =) : lim x + ln x ln sin x = lim x + x cos x sin x ( = lim x + cos x sin x ) =. x For den andre får vi et -uttrykk som vi gjør om til et /-uttrykk. Substitusjonen u = /x før vi bruker L Hôpital sparer bare litt arbeid: ( ( lim x 3 + ) + /3 x) x x = lim x x = lim u + ( + u) /3 u = lim u + 3 ( + u) /3 = 3. Oppgave Kaller vi vinkelen i figuren α, vil trapeset få høyde sin α. Den øvre siden får lengde cos α, og den nedre har lengde, så arealet er For å finne det største arealet deriverer vi: A(α) = sin α( + cos α), α π. da dα = cos α( + cos α) sin α = cos α + cos α hvor vi brukte sin α = cos α. Dette gir da dα = cos α + cos α = cos α = 4 ( ± { + 8) cos α, }. Eneste kritiske punkt i (, π/) er der hvor cos α =, eller α = π/3. For å finne maksimum av funksjonen A over [, π/] må vi sjekke dette punktet og endepunktene. Men A() =, A(π/3) = 3( + ) = 3 4 3, og A(π/) =. Av disse er A(π/3) størst. Vi ender med tre ekvivalente beskrivelser for det maksimale trapeset: α = π/3; øvre side er halvparten så lang som nedre side; høyden er 3. Arealet blir 3 4 3. loesning.tex,v.5
SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Oppgave 3 Integralregningens fundamentalsetning gir oss f (x) = x e x. Buelengden blir dermed (bruk substitusjonen u = x, du = x dx i det siste integralet) s = + ( f (x) ) dx = x e x dx = [ xe x dx = ex] = (e4 e). Oppgave 4 a b Divergensen av den første rekken vises ved integraltesten, der vi benytter den avtagende funksjonen f(x) = /(x ln x): dx x ln x dx = ln [ du = lim ] b u =. u b ln Den andre rekken konvergerer ved testen for alternerende rekker, siden fortegnene alternerer, absoluttverdien av n-te ledd avtar med n (fordi nevneren vokser), og n-te ledd går mot når n. Den konvergerer ikke absolutt. Dette kan vises ved grensesammenligning med den første rekken, fordi lim n (n + n) ln n n ln n = lim n Altså er den andre rekken betinget konvergent. Vi kan bruke forholdstesten: lim n n + 3 (n + )! xn+ n + x n! n = lim n n n + n = lim n n + 3 (n + )(n + ) x = lim n for alle x, så rekken er (absolutt) konvergent for alle x. + n =. ( + n + 3 n ) (n + ) x = < Rekkens sum for x = kan finnes på en av (minst) to måter. Den første metoden er å sette inn x = og dele rekken i to: n= n + n! = n= n n! + n! n= loesning.tex,v.5
SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Den siste summen kjenner vi igjen; den har sum e (den er Taylorrekken for e x med x = ). Den første summen kan skrives n= n n! = n= n n! = Altså er den søkte summen lik e + e = 3e. n= (n )! = k= k! = e. Den andre metoden går ut på å først finne summen for alle x. Vi bruker at potensrekker kan deriveres leddvis: n= n + x n = d n! dx n= x n+ n! = d ( x dx n= hvor vi så setter inn x = og får summen lik 3e som før. x n ) = d n! dx (xex ) = (x + )e x, 3 loesning.tex,v.5
SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Oppgave 5 a En rimelig tolkning av opplysningen om halveringstiden må være M(7) M(), det vil si e 7k. Det gir k (ln )/7,99. Vi presenterer her to måter å vise den gitte formelen på. For enkelhets skyld innfører vi γ = e,. Etter ett døgn uten tilførsel av thyroxin har altså stoffmengden i kroppen sunket til γ ganger den opprinnelige verdien. Den første metoden er å se at, om thyroxinmengden i kroppen er M n etter dagens dose på dag n, etter den γm n like før dagens dose neste dag. Så gir vi en dose på,, og får dermed ( ) M n+ =, + γm n. Den oppgitte formelen gir M =,, som er rimelig dersom pasienten ikke hadde noe thyroxin i kroppen før behandlingen startet på dag. Anta nå at den oppgitte formelen er riktig for n = k, det vil si at Anvender vi ( ) får vi da M k =, γk γ. M k+ =, + γm k =, +, γ γn γ =, γ + γ( γn ) =, γn+ γ γ som er den oppgitte formelen for n = k+. Den oppgitte formelen følger derfor ved induksjon. Den andre metoden går ut på å legge merke til at etter dagens dose på dag n skriver thyroxinmengden i kroppen seg fra n forskjellige doser: Hele dagens dose (,), det som er igjen av gårsdagens dose (, γ), og så videre. Det som er igjen fra dosen gitt for j dager siden er, γ j, og dermed blir n M n = j=, γ j =, γn γ ved den vanlige formelen for en endelig sum av en geometrisk rekke. b Siden lim x e x = blir Denne verdien kaller vi altså M. Vi finner lim, e, n n e, =, e,. M n >,95 M e, n >,95 e, n <, 5 e, n > n > ln 9,96. Først på dag 3, altså 9 dager etter at behandlingen startet, vil altså medisinmengden overstige 95% av grenseverdien. 4 loesning.tex,v.5
SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Oppgave 6 a Ligningen er separabel, og standard løsningsmetode gir + y dy = dt. y Integrasjon av dette gir umiddelbart y + ln y = C t som påstått i oppgaven. (Ligningen har også den konstante løsningen y =, men den interesserer oss ikke siden y > var gitt.) Initialbetingelsen y() = kan settes inn i løsningen (y =, t = ) og gir oss = C, så C =, og vi har derfor ( ) y + ln y = t. Setter vi så inn y =,3 får vi t =,3 ln,3,94. b Å bestemme y() er det samme som å løse ( ) med hensyn på y der t =. Vi skal altså finne et nullpunkt for funksjonen f(y) = + y + ln y. Newton-iterasjon for ligningen f(y) = er gitt ved y n+ = y n f(y n) f (y n ) = y n + y n + ln y n + y n = y n ln y n y n +. En iterasjon med startverdien y =,3 gir oss,3 ln,3 y =,778.,3 5 loesning.tex,v.5
SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Oppgave 7 Figuren viser at konkoiden skjærer seg selv i origo, altså der r =. Setter vi r = og løser, får vi sin θ =, som har to løsninger med < θ < π, nemlig θ = 6 π og θ = 5 6π. (For θ utenfor [ 6 π, 5 6π] blir r <. Disse θ-verdiene gir de to ubegrensede kurvedelene på undersiden av x-aksen.) Utregningen blir litt enklere om vi utnytter symmetrien: sin θ = sin(π θ) gir at kurven er symmetrisk om y-aksen. Vi kan nøye oss med å regne ut arealet av den høyre halvdelen og gange med. Arealet blir da π/ A = π/6 r dθ = π/ π/6 ( sin θ ) dθ = π/ π/6 ( 4 4 sin θ + ) sin dθ. θ Det ubestemte integralet av den første og siste termen kan vel regnes som kjent, mens den midterste kan integreres slik (med substitusjonen u = cos θ, du = sin θ dθ): dθ sin θ = Dermed blir A = sin θ cos θ dθ = du u = ( u ) du = u + ln u = u + [ 4θ ln cos θ ] π/ + cos θ cot θ = 4 π/6 3 π + ln cos 6 π + cos 6 π + cot( 6 π) ln cos θ + cos θ. = 4 3 π + ln 3 + 3 + 3 = 4 3 π + 3 + 4 ln ( 3 ) = 4 3 π + 3 4 ln ( + 3 ) (Det er mange måter å uttrykke svaret på.) Hadde vi slått opp i Rottmann ville vi ha funnet dθ sin θ = ln tan θ + C som ville gitt A = [4θ 4 ln tan θ ] π/ cot x = 4 π + 4 ln tan π/6 3 π + 3. Fra den trigonometriske identiteten får vi tan π = 3. tan x = cos x + cos x (Men til eksamen gir vi full score uten noen av disse siste forenklingene.) 6 loesning.tex,v.5
NTNU Institutt for matematiske fag SIF53 Matematikk eksamen 7 3 Løsningsforslag Oppgavesettet har punkter, som teller likt ved bedømmelsen. For n er n 3/ + > n 3/ og derfor /(n 3/ + ) < /n 3/. Rekken n= /n3/ er en konvergent rekke (p-rekke med p = 3 > ), og den opprinnelige rekken er derfor konvergent ved sammenligningstesten. [Grensesammenligningstesten kunne også vært brukt.] For n = har produktet på venstresiden bare ett ledd, og den søkte ulikheten blir, som åpenbart er riktig. Anta at ulikheten holder for n = k. Vi starter med venstresiden når n = k + : ( + )( + ) ( + )( ) ( ) + (k + ) + k k + k + }{{} k + = k + + k + > k +, fordi k + >. Ulikheten holder altså også for n = k +, og den holder derfor for alle heltall n. [I tillegg har vi vist at ulikheten holder strengt for n >.] 3 Hvis rakettens høyde (målt i meter) er h = h(t), er tan α = h/. Derivasjon gir α cos α = h, når α måles i radianer. Vi setter inn α = 45, som gir cos α =. Videre blir α = 5 /s = 5 8 π rad/s, så vi ender med h = / 5 8 π = 5 9 π 7,45 meter per sekund. 4 På grunn av symmetrien vil rektanglet med maksimalt areal ha alle sine hjørner på superellipsen. Om vi lar (x, y) betegne hjørnet i første kvadrant, blir de andre hjørnene (±x, ±y) og rektanglets areal blir 4xy. Oppgaven går altså ut på å finne den maksimale verdien til 4xy når x, y og den gitte ligningen holder. Vi kan løse ligningen med hensyn på y: ( ( x ) ) 4 /4 y = 3 5 så oppgaven er å finne den maksimale verdien til ( ( x ) ) 4 /4 f(x) = x, x 5. 5 Funksjonen er positiv i det indre av intervallet [, 5] og null i endepunktene, og den er kontinuerlig i hele intervallet så den må oppnå sitt maksimum i det indre av intervallet. Vi finner maksimumspunktet ved derivasjon: ( ( x ) ) 4 /4 f (x) = ( x ) ( 3 ( x ) ) 4 3/4 5 5 x 5 5 ( ( x ) ) 4 3/4 ( ( x ) 4 ( x ) ) 4 = 5 5 5 lf 7 3 Side
SIF53 Matematikk eksamen 7 3 så ( x ) 4 f (x) = = 5 x = 5 /4. Dette gir da den maksimale verdien: ( 5 ) f /4 = 5 /4 6 = 4,4. /4 Alternativ, superelegant løsning: Betrakt ulikheten ( (x ) ( y ) ) ( x ) 4 ( y ) 4 ( x ) ( y ) ( xy ) = + = 5 3 5 3 5 3 5 som gir oss xy 5. Men ulikheten blir en likhet når x/5 = y/3, og da har xy sin største verdi, 5/. Arealet 4xy blir dermed maksimalt 6/. 5 a) Oppdeling av intervallet [, ] i fire delintervall gir fem delepunkter inklusive endepunktene. Vi beregner integranden i disse punktene: i 3 4 x i 4 Trapesmetoden gir oss tilnærmingen 3 4 cos(x i ),,998,9689,8459,543 T 4 = ( cos(x 4 ) + cos(x ) + cos(x ) + cos(x 3) + cos(x 4) ),8957. For å estimere feilen trenger vi en øvre grense M for f (x). To gangers derivasjon gir f (x) = sin(x ) 4x cos(x ). For x er 6 f (x) [fordi x, sin(x ) og cos(x ) alle ligger mellom og ], så f (x) 6. Med M = 6 blir feilestimatet E n M (b a) 3 6( )3 n = n = n. For å garantere E n < 5 må vi ha n > 5, som gir n > 5 3,6. Velger vi n = 4 skulle vi således være garantert tilstrekkelig nøyaktighet. Vi kunne funnet en mindre verdi for M ved faktisk å bestemme maksimumsverdien for f (x) over integrasjonsintervallet, men det er ikke mye å vinne på det. Vi klarer neppe å bestemme denne verdien analytisk, men en graf overbeviser i det minste om at vi kunne satt M = 4, eller enda litt lavere. M = 4 i regnestykket over ville gitt n = 83 delintervaller. M = 4 og n = 4 gir for øvrig E 4 48, så vi kunne godt nøyd oss med to desimaler i beregningen av T 4. Men oppgaven spurte ikke etter dette feilestimatet. b) Vi finner Maclaurinrekken til cos(x ) ved å bytte ut x med x i Maclaurinrekken til cos x: cos(x ( ) k ) = (k)! (x ) k ( ) k = (k)! x4k. k= k= lf 7 3 Side
SIF53 Matematikk eksamen 7 3 c) Maclaurinrekken vi fant over konvergerer for alle x. Vi kan derfor integrere leddvis: cos(x ) dx = k= ( ) k (k)! x 4k dx = k= ( ) k (k)!(4k + ). Dette er en alternerende rekke, og leddene avtar i absoluttverdi. Feilen har derfor samme fortegn som, og mindre absoluttverdi enn, det første utelatte leddet i en delsum. Vi stiller opp en tabell: k 3 ( ) k (k)!(4k + ),,,46, Et godt nok estimat for summen skulle dermed være summen av de første tre leddene, eller,946. Dette estimatet er for stort, men ikke mer enn ca., for stort. 6 a) Vi finner volumet ved skivemetoden: V = 4 πy dx = π 4 x 6 dx = 7 π( 4 7 7) = 6 383 π 735,67. 7 b) Vi tar utgangspunkt i integralet πy ds. Her blir ( dy ) ds = + dx = + ( 3x dx ) dx = + 9x 4 dx og dermed 4 35 A = π x 3 + 9x 4 dx = π u du 36 = π [ ] 35 36 3 u/3 = 7( π 35 3/ 3/) 87,66. Her har vi brukt substitusjonen u = + 9x 4, du = 36x 3 dx. 7 Skriver vi om differensialligningen som xy = 4 y blir det åpenbart at den er separabel. Innfører vi y = dy/dx og regner formelt videre får vi dy dx 4 y = x. For å integrere venstresiden må vi gjøre en delbrøksoppspaltning. Nevneren på venstresiden har faktoriseringen 4 y = ( y)( + y). Vi prøver oss med 4 y = A + y + B y som etter multiplikasjon med fellesnevneren 4 y blir = A( y) + B( + y) = (B A)y + (A + B). Skal dette holde for alle y må B A = og (A + B) =, altså A = B = 4. Vi har altså dy 4 y = ( 4 + y + ) dy = ) ln + y ln y + C y 4( = 4 ln + y + C = ln + y /4 + C. y y lf 7 3 Side 3
SIF53 Matematikk eksamen 7 3 Alt i alt ender vi med (slår sammen to integrasjonskonstanter til en, og beholder navnet C for denne) ln + y /4 = ln x + C, y og dermed der K = e C. Vi skriver dette som + y /4 = K x y + y y = Kx4 med K = ±K 4. Dette er et godt sted å bestemme K: Setter vi inn x = og y = får vi straks K = 3. Vi får altså + y = 3x 4 ( y), det vil si (3x 4 + )y = (3x 4 ), og altså y = 3x4 3x 4 +. lf 7 3 Side 4
SIF53 Matematikk, 4. desember Løsningsforslag Oppgave a Utregning med skivemetoden gir V = h πx dy = π h Alternativt kan sylinderskallmetoden brukes, med V = (4h) /3 (4y) /3 dy = 3 5 4/3 πh 5/3 = 6 5 /3 πh 5/3. (4h) /3 πx(h y) dx = π x ( h 4 x3) dx som leder til samme svar etter en litt mer infløkt utregning. b Fra svaret i forrige punkt finner vi dv/dh = /3 πh /3 (som vi også kan se direkte fordi tverrsnittsarealet av karet i høyde y er πx = π(4y) /3 = /3 πy /3 ). For h = blir da dv/dh = 4π, så vi finner dv dt = dv dh dh dt, dh altså = 4π dt hvorav dh dt = 5 π (dm/s). Oppgave a Newtons avkjølings/-oppvarmingslov har formen dt dt = α(a T ) der konstanten α uttrykker hvor lett varmen ledes inn i eller ut av melken. Dette er en separabel differensialligning, og standardmetoden gir dt A T = α dt (så lenge A T ), altså ln A T = αt + C. Etter multiplikasjon med anvender vi eksponensialfunksjonen og får A T = e C e αt, det vil si T A = ±e C e αt, som vi endelig skriver T = A + Be αt der B = ±e C. De oppgitte dataene gir oss T () = 6 og T () = 3 der A =. Med andre ord, + B = 6 og + Be α = 3. losning.tex,v.3
SIF53 Matematikk, 4 Løsningsforslag Den første ligningen gir B = 4, og da vil den andre gi 4e α = 7, altså α = ln = ln. b Situasjonen i kjøleskapet er lik den på kjøkkenbenken (bortsett fra temperaturen), så vi må regne med samme verdi på α, mens vi nå har en ny og ukjent verdi for A (temperaturen i kjøleskapet). Vi har to opplysninger som gir T () = 5 og T () =. Ellers har løsningen samme form som før, så dette gir de to ligningene A + B = 5 og A + Be α =. Men nå er α kjent, og e α = / = /. Den første av ligningene over gir B = 5 A som vi setter inn i den andre, og får A + (5 A)/ =. Dermed er A = 5/ / = 5 + = 9 3 4,8 + ( C). Oppgave 3 a Den oppgitte rekken med x = t kan skrives ln(+t ) = n= ( )n+ n tn når t <. Siden integrasjonsintervallet [, ] ligger innenfor konvergensintervallet for rekken kan vi integrere leddvis, og få / ln( + t ) dt = = n= / ( ) n+ tn n dt [( ) n+ t n+ n= n(n + ) ] / = ( ) n+ t= n+ n(n + ). n= b Rekken er alternerende, absoluttverdien av leddene avtar med n og leddene går mot. Dermed er rekken ikke bare konvergent, men vi kan bruke feilestimatet for alternerende rekker, som sier at feilen i n-te delsum har mindre tallverdi (og samme fortegn som) første utelatte ledd. Vi må ha feil < 3, som krever en nevner større enn. Vi regner ut: n 3 n(n + ) 3 n+ 8 3 8 n+ n(n + ) 4 3 688 så vi trenger ikke mer enn to ledd i rekken for å finne summen med ønsket nøyaktighet. Vi har altså / ln( + t ) dt 4 3 = 37 96,385. losning.tex,v.3
SIF53 Matematikk, 4 Løsningsforslag For å løse integralet eksakt, gjør vi en delvis integrasjon med og dermed / u = ln( + t ), dv = dt, du = t + t dt, v = t ln( + t ) dt = [ ] / / t ln( + t ) = ln 5 4 / t + t dt ( + t ) dt = ln 5 4 [t arctan t ] / = ln 5 4 + arctan. Oppgave 4 Ringen som er antydet i figuren, med bredde dr, har cirka areal πr dr og dermed cirka masse lik ρ(r) πr dr = πr(r + ) dr. Dermed er det bare å integrere opp for å finne massen: m = R πr(r + ) dr = π R (r 3 + r + r) dr = π( R4 + 4 3 R3 + R ). Oppgave 5 a Derivasjon gir dy = sinh ax dx, så ds = dx + dy = ( + sinh ax) dx = cosh ax dx. Sidn cosh ax alltid er positiv, er ds = cosh ax dx, og den søkte lengden er L = [ sinh ax cosh ax dx = a ] = sinh a a. b Hyperbolsk tangens, tanh, er en voksende funksjon (dens deriverte er / cosh x), så x tanh x er en voksende funksjon av x for x >. Ligningen x tanh x = kan derfor ikke ha mer enn én positiv løsning. På den annen side har den minst en løsning, for når x vil tanh x, slik at x tanh x, og dermed vil spesielt x tanh x > når x er stor nok. Videre er x tanh x = når x =, så skjæringssetningen sier at x tanh x = for minst en x. 3 losning.tex,v.3
SIF53 Matematikk, 4 Løsningsforslag Setter vi f(x) = x tanh x blir f (x) = tanh x + x/ cosh x. Resultatet av Newtons metode kan tabuleres slik: n x n f(x n ) f (x n ) x n+ = x n f(x n) f (x n ),3845844,8568498,7765,7765,59738,996774,99678639,99678639,5,9967864,9967864 Vi ser at allerede etter to iterasjoner er hele sju desimaler uforandret, og funksjonsverdien er også blitt svært liten så burde trygt kunne stole på i hvert fall de fire desimalene oppgaven spurte etter, altså x,997 (med korrekt avrunding). c Strekkraften er uttrykt ved sin θ, men derivasjon gir oss tan θ = y () = sinh a. Første utfordring blir altså å uttrykke sin θ ved tan θ. Det er lettere å gjøre omvendt, og så løse ligningen: tan θ = sin θ cos θ = sin θ sin θ. Multiplikasjon med kvadratroten og kvadrering gir ( sin θ) tan θ = sin θ, og dermed sin θ = tan θ + tan θ = sinh a + sinh a = sinh a cosh a = tanh a. Siden θ hører hjemme i første kvadrant blir sin θ = tanh a. Tyngden av kabelen er proporsjonal med lengden L (kjent fra a)), så strekkraften i opphenget er proporsjonal med F (a) = L sin θ = L tanh a = sinh a a tanh a = cosh a. a For å finne når F (a) er minimal deriverer vi og setter den deriverte lik null: F (a) = a sinh a cosh a a = a sinh a cosh a = a tanh a =. Fra punkt b) vet vi at denne ligningen har presis én positiv løsning, a,997. Denne må gi minimalverdien, fordi F (a) dersom a eller a. Vertikalavstanden mellom endepunkt og midtpunkt blir y() y() = (cosh a )/a,6753 eller, med andre ord, omtrent 34 % av avstanden mellom opphengene. 4 losning.tex,v.3
SIF53 Matematikk,. august 3 Løsningsforslag Oppgave a b Vi finner f (x) = x x x = 3 x x så eneste kritiske punkter i det indre av intervallet (, ) er der hvor f (x) =, altså x = /3. I endepunktene finner vi f() = f() =, så maksimum er ( ) f = 3 3 3. Julekurven blir en kjegle der sidekanten, fra kjeglespissen til randen, har lengde R = cm. Om høyden er h og radien i grunnflaten er r blir r + h = R, så volumet er Det maksimale volumet blir da Målene på kurven blir r = 3 = V = 3 πr h = 3 πr R r = 3 π f(r ). V max = 3 πf ( 3 ) = 9 3 π 43 cm3. 3 cm og h = R r = 3 = 3 cm. Oppgave a Det søkte arealet blir A = π r dθ = π e θ dθ = 4 [e π] π = 4 (eπ ). For buelengden finner vi ( (dr ) ds = dr + r dθ = + r ) dθ = e θ dθ, dθ så (om vi bruker notasjonen fra neste punkt) L = π e θ dθ = ( e π ). lf.tex,v.
SIF53 Matematikk, 3 8 Løsningsforslag b Samme utregning som over gir L k = kπ (k+)π Dermed får vi en geometrisk rekke: k= e θ dθ = [e θ] kπ = ( e π )e kπ. (k+)π L k = ( e π ) e kπ =. k= Oppgave 3 a Her får vi et /-uttrykk, så vi kan bruke L Hôpitals regel: y t e y lim t t 3 = lim t 3t = ef() 3 = e 3. b Vi har: f() =, f (t) = dy dt = t e y = t e f(t) slik at f () =, f (t) = (f (t)) = te f(t) + t e f(t) f(t) f (t) = te f(t) ( + tf(t)f (t)) slik at f () =, f (t) = (f (t)) = e f(t) ( + tf(t)f (t)) + t{... } slik at f () = e ( + ) + = e. P (t) er per definisjon Taylorpolynomet av 3. grad til f om t =. Det vil si P (t) = f() + f ()! t + f ()! t + f () t 3 = + e 3! 3 t3. Oppgave 4 a Vi har f() = og f (x) = cos x 3x, så f () = >. Dermed er f voksende for små x, og f(a) > for en (liten) positiv a. Videre er f() = sin <. Ved skjæringssetningen har f minst ett nullpunkt mellom aog. Videre er f (x) = sin x 6x < for x > (for < x < π er sin x >, og for x > /6 er 6x > sin x). Så f er konkav for x >. f vokser til sitt maksimum for x >, og avtar deretter strengt, så det kan ikke finnes mer enn ett positivt nullpunkt. lf.tex,v.
SIF53 Matematikk, 3 8 Løsningsforslag b Vi deriverte f to ganger ovenfor. En gang til gir f (x) = cos x 6. Vi finner P 3 (x) = 3 k= f (k) () x k = x 7 k! 6 x3. Dersom vi antar at P 3 (x) er en god tilnærming til f(x) nær nullpunktet til x, kan vi tilnærme nullpunktet til f ved å sette P 3 (x) =, som gir x = 6/7,96. (I virkeligheten ligger nullpunktet i nærheten av,9863.) Oppgave 5 For rekken i (i) kan vi bruke integraltesten, siden funksjonen f(x) = /(x ln x) er positiv og avtagende for x >. dx [ ] x ln x = ln ln x =, så rekken i (i) er divergent. Rekken i (ii) er alterende, siden sin x > for (n )π < x < nπ når n er odde, sin x < når n er like. Leddene a n i rekken har også avtagende absoluttverdi, siden sin x er periodisk mens x øker. Endelig er lim n a n =, siden a n < nπ (n )π x dx < (n ). Ved testen for alternerende rekker er rekken i (ii) konvergent. (Den er faktisk betinget konvergent, siden a n > nπ (n )π sin x /(nπ) dx = /(nπ).) Oppgave 6 Trapesmetoden med fire delintervaller gir I T 4 = 3 ( f() + f( 3 4 ) + f() + f(5 ) + f(3)),88. Her har vi regnet med tre desimaler (ikke helt urimelig når vi betrakter feilestimatet nedenfor med n = 4), og brukt verdiene 3 x 3 f(x),785,886,955,7,47 5 Feilestimatet for trapesmetoden på [, 3] med M = 4 er I T n ] (/4)3 n = 6n. Vi søker en n slik at 6n < 3 n > n > 5/3,9, 6 så n = 3 delintervaller er tilstrekkelig. 3 lf.tex,v.
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 5 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK,. DESEMBER 3 Oppgave (i) Vi har et / -uttrykk og kan derfor forsøke L Hôpitals regel: e x lim x sin x = L Hôp lim x e x cos x = e cos =. (ii) Vi omformer uttrykket til et / -uttrykk: ln(x +) x = x ln(x +) x ln(x +). Vi kan dermed bruke L Hôpitals regel eller eventuelt rekkeutvikle teller og nevner (vi gjør det siste): x ln(x +) = x x + x x3 + 3 x ln(x +) x x3 + = x + 3 x +. Dermed: ( lim x ln(x +) ) = x. Oppgave Vi skal løse y = x(y ), y()=. Vi observerer at dette er en separabel førsteordens differensialligning: Vi får dermed dy y = y y = x. x dx,som gir ln y = x + c, eller y = ke x +. y()=girk =,altså y = e x +.
TMA4 Matematikk..3 Løsningsforslag Side av 5 Oppgave 3 Vi kan anta at ligningen x y + xy 3 = definerer y som funksjon av x i nærheten av punktet (, ). Vi deriverer implisitt: xy + x y + y 3 + x3y y =. Setter vi inn x = y =,får vi + y ++3y =, dvs. y = 3 4. Dermed får tangenten i punktet (, ) ligning y x = 3 4, eller y = 3 4 x + 7 4. Oppgave 4 Vi får da =πr ds =π(x +) + ( ) dy dx. dx Siden dy dx =sinhx og cosh x sinh x =,fås for arealet A av rotasjonsflaten A = ln π(x +)coshxdx =π [(x +)sinhx cosh x] ln [ =π (ln + ) ( ) ( + ] )+ = π (3 ln + ). Oppgave 5 Gitt F (x) = Videre fås x e sin t dt. Vi har ved analysens fundamentalteorem og kjerneregelen F (x) =x e sin x. F (x) =e sin x +x ( x cos x )e sin x. Dermed F () = F () = og F () = slik at P (x) =x. Oppgave 6
TMA4 Matematikk..3 Løsningsforslag Side 3 av 5 a) Med a n = xn n n fås lim a n+ a n n x = lim n n n + = lim n x + n = x. Ved forholdstesten er derfor konvergensradien. x =girrekken n n= som er en divergent p-rekke (p = ). Alternativt kan dette sjekkes ved integraltest. x = gir den alternerende rekken ( ) n n som konvergerer fordi n= n går monotont mot når n. b) La S betegne summen til rekken Siden 4 n ( ) n n= n går monotont mot, har vi S n= med E N 4 N+ N +. Siden 4 4 4 =.95, kan vi sette 5 L = 4 + 6 4 n n. N ( ) n 4 =( ) N+ E n N, n 64 3 + med en feil mindre enn.98. Alternativt kan vi finne at 4.44 5 5 som er feilskranken om man setter L = 4 + 6 5.385 64 3 + 5.87.
TMA4 Matematikk..3 Løsningsforslag Side 4 av 5 Oppgave 7 a) Sett f(x) =e x x. Vi har <, x < f (x) =e x =, x =. >, x > Videre har vi f() =. Vi splitter i to tilfeller:. Når x, er f strengt avtagende (siden f (x) < for x<), og vi kan derfor ha høyst én løsning av f(x) =. Siden f( ) = e > ogf() = <, gir skjæringssetningen at vi har en løsning i intervallet (, ).. Når x, er f strengt voksende (siden f (x) > for x>), og vi kan derfor ha høyst én løsning av f(x) =. Siden f() = < ogf() = e 4 >, gir skjæringssetningen at vi har en løsning i intervallet (, ). b) Newtons metode gir x n+ = x n f(x n) f (x n ) = x ne xn e xn +. e xn x = er uegnet fordi vi har f () =, som gir i nevneren. Vi setter x =ogfår x x.6395 x.464 x 3.469 Dermed blir svaret.5. Oppgave 8 Ved skivemetoden er V = Altså: V = A(x)dx, hvor A(x) = s 3 s = 3 y = 3( x ). 3( x )dx = 3( 3 )=4 3 3. Oppgave 9 Sett y(t) = konsentrasjon av forurensning ved tid t (kg/m 3 ). Vi får følgende differensialligning: dy dt =.5 5 8 y 5 8 = (.5 y) 8 9 6
TMA4 Matematikk..3 Løsningsforslag Side 5 av 5 med initialverdi y() =.5. (Tidsenhet er dager.) Vi løser differensialligningen og får y = ke t 6 +.5, dvs. y =e t 6 +.5 fordi y() =.5. Vi har y =når e t 6 = 4,altsånår t =6ln4=3ln.8 dager. Oppgave Vi finner at Omkretsen L av området er L = y +x + (y +x)+ (y +x)+ 4 =(y +x) ( )n =(y +x). n= Arealet A av området er A = xy + 4 xy + 6 xy + = xy ( 4 )n = 4 3 xy. n= L =6giry =3 x og altså A(x) = 4 3 (3x x )= 4 3 ( 9 8 (x 3 ) 4 ), dvs. x = 3 4 og dermed y = 3 gir maksimalt areal. (Maksimalt areal blir 3.)
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk eksamen.8.4 Løsningsforslag Ved å bruke L Hôpitals regel for / -uttrykk i overgangene merket ( ) får vi (i) (ii) cos x cos x lim x x ) ( lim x e /x x ( ) sin x +sinx ( ) cos x +4cosx = lim = lim = 3 x x x, e /x e t ( ) e t = lim = lim = lim x /x t + t t + =. a) Differensialligningen er separabel og kan (for y )skrives y y = x +. Ved integrasjon får vi y = arctan x + C. Av initialbetingelsen y() = får vi C = arctan =. Løsningen er følgelig y = arctan x, x < π 4. b) Karakteristisk ligning er r r 8=med røtter r =4og r =. Generell løsning av differensialligningen blir y = Ae 4x + Be x. Da er y =4Ae 4x Be x, og av initialbetingelsene y() = 3 og y () = får vi A + B =3 4A B =. Herav følger A =og B =, og løsningen blir y = e 4x +e x. 3 Siden x n+ / n + n lim n x n / = lim n x n n + = x, er rekken n= xn / n absolutt konvergent når x < ifølge forholdstesten og divergent når x > ifølge divergenstesten. Konvergensradien er følgelig R =. Når x =, får vi rekken n= / n som er en divergent p-rekke (p =/ ). Når x =, får vi den alternerende rekken n= ( )n / n som konvergerer fordi / n går monotont mot når n. TMA4_4_8 lf. august 4 Side