y L y = P(t) P t

y L y = P(t) P t

4

4 m/min 5m s x

NTNU Institutt for matematiske fag SIF53 Matematikk eksamen 5.8. Løsningsforslag (i) Vi har lim x! ex + e x /x = = og lim e x + e x /x = =. + x! Grenseverdien lim e x + e x /x eksisterer følgelig ikke. x! (ii) p lim t + t t =lim t! t! t = lim u! + p /t + p u + u =lim t! / = lim u! + /( p /t + /t p u +) = (u =/t) 6 y y (,) Volumet V ved rotasjon om y-aksen kan vi finne f.eks. ved hjelp av sylinderskallmetoden: y=x y=x V = Z rda= Z = x(x Z x ) dx (x x 3 ) dx = 6. x - x Overflatearealet er A = A +A der av A er arealet av rotasjonsparaboloiden og A er arealet av kjegleflaten: Z Z A = rds= x p apple +(x) dx = 6 ( + 4x ) 3/ = 5 p 5 6 A = rs = p = p, A = A + A = 6 p +5 p 5. 6 3 Vi skal vise formelen apple n(n +) P n : 3 + 3 +3 3 + + n 3 = for n =,,3,... ved induksjon. For n =erformelenriktigsiden 3 =[( )/].ViantarsåatP n er riktig for n = k, 3 + 3 +3 3 + + k 3 = k(k +).Vimå vise at den da også er riktig for n = k +, dvs. at da er 3 + 3 +3 3 + +(k +) 3 = (k +)(k +) : 3 + 3 + +(k +) 3 = 3 + 3 +3 3 + + k 3 +(k +) 3 apple P = k k(k +) =(k +) apple k +4k +4 4 apple k +(k +) 3 =(k +) +(k +) apple (k +)(k +) =. 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 r3,ogoverflatearealetera =4 r.volumetsvekstrate,i cm 3 /s, er = dv/dt =4 r dr/dt. Dafår vi dr dt = 4 r og følgelig da dt =8 r dr dt =8 r 4 r =. r Når r =5cm,eraltså da/dt =/5 = 8 (cm /s). 5 Vi kan skissere kurven ved åregneutx =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 åeliminereparameteren t: p y =sint =sintcos t =sint ± sin t = ±x p x. Kurven er symmetrisk om x-aksen og y- aksen, så vi trenger bare punkter i første kvadrant. t x y dy/dx /4 / p /.5.5 Fra tabellen med x, y og dy/dx ser vi at tangenten y y = k(x x )ipunktenemed parameterverdier t =ogt = /4 blir t =: y =x, t = /4 : y =. For arealet A av området begrenset av kurven får vi A =4 Z ydx=4 Z / sin t (cos tdt)=4 Z /.5.5 y i / sintcos tdt=4h 3 cos3 t = 8 3. 6 Vi har t =når det begynner åsnømedkonstantrater. Vedtident er snødybden da h = rt. Laplogensbreddeværeb. Hvisx = x(t) ervegstrekningensomplogenharkjørt, og V = V (t) erbortryddetsnømengde,harvi dv dt = b rt dx dt. Vi har gitt at plogen rydder snø med konstant rate, dv/dt = a, ogfår x t dx dt = k (der k = a/br). Di erensialligningen 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 åsetteinndegitte 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 +) k ln t = k ln t + t = k ln (t +3) k ln 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 =.Plogenstartetaltså t =timeetter 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 idetteintervallet. b) La {x n } være følgen av tilnærmingsverdier til a som vi får ved åbrukenewtonsmetodemed startverdi x =. Grafen til f er voksende på [, ] (fordi f (x) > ), og den blir brattere og brattere (med brattere tangent) jo større x er (fordi f (x) > ). Derfor ser grafen ut som på figuren,ogtangenteniet punkt (x n,f(x n )) der x n >amåskjærex-aksen ietpunktmelloma og x n.detvilsi y=f(x) ( ) a<x n+ <x n for n =,,,.... a x n+ xn - x y=f (x n)(x x n)+f(x n) Av ( ) får vi at følgen {x n } er avtagende og nedtil begrenset, og dermed konvergent, lim n! x n = L. Følgenergittvedx n+ = x n f(x n )/f (x n ). Ved åtagrenseverdienpå 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) =,oggrenseverdienl er altså nullpunkt for f iintervallet(, ). Men f har bare ett nullpunkt, a, idetteintervallet.ergo er L = a og lim x n = a. n! 8 a) Vi skal bruke Simpsons metode med 4 delintervaller. Da er t = 4p p /4 = /8, og vi får følgende tabell med t i = i t og y i =sin t i for i =,,...4: t i p /8 p /8 p 3 /8 p / y i.497.959.4756.77. Da får vi, når vi avrunder sluttsvaret til 4 desimaler, Z p /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 Z p /4 Z p I = sin t /4 h dt t 6 t6 dt = 3 t3 4 t7ip /4 der sluttsvaret igjen er avrundet til 4 desimaler. = 3 4 3/ 7/ =.8 4 4 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 rektangleterx og høyden er y finner vi for det ukjente arealet A og den kjente omkretsen : A =xy + πx, Den siste ligningen gir y =5 ( + π/)x, så = ( + 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 m høyt. 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 sårekkenkonvergerernår x < 4ogdivergerernår x > 4, og konvergensradien blir R =4. For x = ±4 er x n+ n(n +)4 n = 6 n(n +) < 6 n, sårekkenerabsoluttkonvergentvedsammenligningmeddenkonvergenterekken 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 åbytteutx med x/4 i den kjente rekken 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 idenoppgitteformelenfår vi +t 4 =+ t4 8 t 8 ( + z) 3/, <z<t4. Sålenge<t<erdaogså<z<, slik at < ( + z) 3/ < 3/ =. Dermed er (vi måsnuulikheteneengangnår 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 slik at ( + t4 ) dt = [t + t5 ] =,,, 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 åeliminere 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, slikatb = 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 =,somviløserslik: 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 =. Så vi har k =ln,ogderfor ( ( P (t) = exp t sin(πt) ) ) ln = t sin(πt)/(π). π Oppgave 7 Fra figuren (kameraet i K, agentenib) 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 hvorfortkameraetdreier,iradianerpersekund. (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 gangemedto. For den første kurven er høyre halvdel gitt ved t π, ogarealetergittved: 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. Forhverlovligθ har vi to mulige valg: r = ± cos(θ). Åvelgeminustegnet er jevngodt med åleggeπ til θ og velge plusstegnet, så vi finner at høyre halvdel gitt ved og arealet blir π 4 θ π 4, r, π/4 π/4 A = r dθ = cos(θ) dθ = [ sin(θ)] π/4 π/4 =. π/4 π/4 Siden 4/3 > må den første kurven være den ytterste. Oppgave 9 For å finne Taylorpolynomet til annen grad i x = trenger vi åfinnef(), 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 =,slikatf () =. 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 = somgir+( ) +y =,slikatf () =. Taylorpolynomet av annen grad er derfor P (x) =f() + f ()! (x ) = f () (x ) = (x ) 5(x ).! 5 loesning.tex,v.5

SIF53 Matematikk, 5. desember Løsningsforslag Oppgave For den første grensen får vi et /-uttrykk, og bruker L Hôpitals regel (markert ved =) : ln x lim 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: r lim x 3 + x! x + /3 x = lim x! x = lim u! + ( + u) /3 u = lim u! + 3 ( + u) /3 = 3. Oppgave Kaller vi vinkelen i figuren, vil trapeset få høyde sin. Den øvre siden får lengde cos, og den nedre har lengde, så arealet er For å finne det største arealet deriverer vi: hvor vi brukte sin = A( ) =sin ( + cos ), apple apple. da d = cos ( + cos ) sin = cos + cos cos. Dette gir da d =() cos + cos =() cos = 4 ( ± p n + 8) () cos Eneste kritiske punkt i (, /) er der hvor cos =, eller = /3. For å finne maksimum av funksjonen A over [, /] må vi sjekke dette punktet og endepunktene. Men A() =, A( /3) = p 3( + )= 3 4p 3, og A( /) =. Av disse er A( /3) størst. Vi ender med tre ekvivalente beskrivelser for det maksimale trapeset: = /3; øvre side er halvparten så lang som nedre side; høyden er p 3. Arealet blir 3 4p 3. loesning.tex,v.5, o.

SIF53 Matematikk, 5 Løsningsforslag Oppgave 3 Integralregningens fundamentalsetning gir oss p f (x) = x e x. Buelengden blir dermed (bruk substitusjonen u = x, du =xdx i det siste integralet) s = Z q + f (x) dx = Z p x e x dx = Z h xe x dx = exi = (e4 e). Oppgave 4 a b Divergensen av den første rekken vises ved integraltesten, der vi benytter den avtagende funksjonen f(x) =/(x p ln x): Z dx x p ln x dx = Z ln h p du = lim p i 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 + p n) p ln n n p 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 + p n = lim n! n +3 (n + )(n + ) x = lim n! for alle x, så rekken er (absolutt) konvergent for alle x. + p 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: X n= n + n! = X n= n n! + X 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 X n= n n! = X n= n n! = X Altså er den søkte summen lik e + e =3e. n= (n )! = X k= k! =e. Den andre metoden går ut på å først finne summen for alle x. Vi bruker at potensrekker kan deriveres leddvis: X n= n + x n = d n! dx X n= x n+ n! = d x dx X 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 = e,. Etter ett døgn uten tilførsel av thyroxin har altså sto mengden i kroppen sunket til 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 M n like før dagens dose neste dag. Så gir vi en dose på,, og får dermed ( ) M n+ =,+ M 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 =, k. M k+ =,+ M k =,+, n =, + ( n ) =, n+ 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 (, ), og så videre. Det som er igjen fra dosen gitt for j dager siden er, j, og dermed blir nx M n =, j =, n ved den vanlige formelen for en endelig sum av en geometrisk rekke. j= 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 Z Z +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 C =, og vi har derfor ( ) y + ln y = t. Setter vi så inn y =,3 får vi t =,3 ln,3,94., så 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 y =,3ln,3,3,778. 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 =, som har to løsninger med < <, nemlig = 6 og = 5 6. (For utenfor [ 6, 5 6 ] blir r<. Disse -verdiene gir de to ubegrensede kurvedelene på undersiden av x-aksen.) Utregningen blir litt enklere om vi utnytter symmetrien: sin = sin( ) 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 Z / A = /6 r d = Z / /6 sin d = Z / /6 4 4 sin + sin d. Det ubestemte integralet av den første og siste termen kan vel regnes som kjent, mens den midterste kan integreres slik (med substitusjonen u = cos, du = sin d ): Z Z d sin = Dermed blir A = Z sin cos d = du u = Z u h 4 ln cos + cos du = u + ln u u + = ln cos + cos. i / cot = 4 /6 3 +ln cos 6 + cos 6 + cot( 6 ) = 4 3 +ln p 3 + p 3 + p 3= 4 3 + p 3 + 4 ln (Det er mange måter å uttrykke svaret på.) Hadde vi slått opp i Rottmann ville vi ha funnet Z d sin = ln tan + C p 3 = 4 3 + p 3 4ln + p 3 som ville gitt A = h 4 4 ln tan i / cot x = 4 + 4 ln tan /6 3 + p 3. Fra den trigonometriske identiteten får vi tan = p 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 ern 3/ +>n 3/ og derfor /(n 3/ + ) < /n 3/. Rekken P 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 + : + p + p + p + p (k + ) + p k k + k + {z } k + = k ++ p k +>k+, fordi p 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 = h/. Derivasjon gir cos = h, når måles i radianer. Vi setter inn = 45, som gir cos = p. Videre blir =5 /s = 5 8 rad/s, så vi ender med h = / 5 8 = 5 9 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: y =3 x 4 /4 5 så oppgaven er å finne den maksimale verdien til x 4 /4 f(x) = x, apple x apple 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: 4 /4 f 3 x 4 3/4 (x) = 5 = x 5 x 4 3/4 5 x 5 x 5 x 4 x 4 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 = p 4,4. /4 Alternativ, superelegant løsning: Betrakt ulikheten x y x 4 y 4 x y apple = + = 5 3 5 3 5 3 xy 5 som gir oss xy apple 5 p. Men ulikheten blir en likhet når x/5 =y/3, og da har xy sin største verdi, 5/ p. Arealet 4xy blir dermed maksimalt 6/ p. 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 = 4 cos(x ) + 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 apple x apple er 6 apple f (x) apple [fordi x, sin(x ) og cos(x ) alle ligger mellom og ], så f (x) apple 6. Med M = 6 blir feilestimatet E n apple M (b a) 3 6( )3 n = n = n. For å garantere E n < 5 må vi ha n > 5, som gir n> p 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 apple 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: X cos(x ( ) k X )= (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: Z cos(x ) dx = X k= ( ) k (k)! Z x 4k dx = X 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 = Z 4 y dx = Z 4 x 6 dx = 7 47 7 = 6 383 735,67. 7 b) Vi tar utgangspunkt i integralet R y ds. Her blir r dy q ds = + dx = + 3x dx dx = p +9x 4 dx og dermed Z 4 Z 35 A = x 3p +9x 4 dx = p udu 36 = apple 35 36 3 u/3 = 7 353/ 3/ 87,66. Her har vi brukt substitusjonen u =+9x 4, du = 36x 3 dx. 7 Skriver vi om di erensialligningen som xy =4 y blir det åpenbart at den er separabel. Innfører vi y = dy/dx og regner formelt videre får vi Z Z 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 Skal dette holde for alle y må B Z dy 4 y = 4 = +y ln 4 y y blir =A( y)+b( + y) =(B A)y + (A + B). A = og (A + B) =, altså A = B = 4. Vi har altså Z +y + dy = y 4 + C =ln +y y ln +y ln y + C /4 + C. 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 y /4 = K x +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 = Z h x dy = Z h Alternativt kan sylinderskallmetoden brukes, med V = Z (4h) /3 (4y) /3 dy = 3 5 4/3 h 5/3 = 6 5 /3 h 5/3. Z (4h) /3 x(h y) dx = 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 h /3 (som vi også kan se direkte fordi tverrsnittsarealet av karet i høyde y er x = (4y) /3 = /3 y /3 ). For h = blir da dv/dh =4, så vi finner dv dt = dv dh dh dt, dh altså = 4 dt hvorav dh dt = 5 (dm/s). Oppgave a Newtons avkjølings/-oppvarmingslov har formen dt dt = (A T ) der konstanten uttrykker hvor lett varmen ledes inn i eller ut av melken. Dette er en separabel di erensialligning, og standardmetoden gir Z Z dt A T = dt (så lenge A T 6= ), altså ln A T = t + C. Etter multiplikasjon med anvender vi eksponensialfunksjonen og får A T = e C e t, det vil si T A = ±e C e t, som vi endelig skriver T = A + Be t der B = ±e C. De oppgitte dataene gir oss T () = 6 og T () = 3 der A =. Med andre ord, + B = 6 og + Be = 3. losning.tex,v.3

SIF53 Matematikk, 4 Løsningsforslag Den første ligningen gir B = 4, og da vil den andre gi 4e = 7, altså = ln = ln. b Situasjonen i kjøleskapet er lik den på kjøkkenbenken (bortsett fra temperaturen), så vi må regne med samme verdi på, 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 =. Men nå er kjent, og e = / =/ p. Den første av ligningene over gir B = 5 som vi setter inn i den andre, og får A + (5 A)/ p =. Dermed er A A = 5/p / p = p p 5 + p p =9 3 p 4,8 ( C). + Oppgave 3 a Den oppgitte rekken med x = t kan skrives ln(+t )= P n= ( )n+ n tn når t <. Siden integrasjonsintervallet [, ] ligger innenfor konvergensintervallet for rekken kan vi integrere leddvis, og få Z / ln( + t ) dt = = X n= Z / ( ) n+ tn n dt X h( ) n+ t n+ n= n(n + ) i / = X ( ) 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 Z / 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 Z / u = ln( + t ), dv = dt, du = t +t dt, v = t ln( + t ) dt = h i / t ln( + t ) = ln 5 4 = ln 5 4 Z / h t Z / t +t dt +t dt arctan t i / = ln 5 4 + arctan. Oppgave 4 Ringen som er antydet i figuren, med bredde dr, har cirka areal rdrog dermed cirka masse lik (r) r dr = r(r + ) dr. Dermed er det bare å integrere opp for å finne massen: m = Z R r(r + ) dr = Z R (r 3 +r + r) dr = ( 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 = Z h sinh ax cosh ax dx = a i =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 kan tabuleres slik: blir f (x) = tanh x + x/ cosh x. Resultatet av Newtons metode n x n f(x n ) f f(x n ) (x n ) x n+ = 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, men derivasjon gir oss tan = y () = sinh a. Første utfordring blir altså å uttrykke sin ved tan. Det er lettere å gjøre omvendt, og så løse ligningen: tan = sin cos = sin p sin. Multiplikasjon med kvadratroten og kvadrering gir ( sin ) tan = sin, og dermed sin = tan + tan = sinh a + sinh a = sinh a cosh a = tanh a. Siden hører hjemme i første kvadrant blir sin = tanh a. Tyngden av kabelen er proporsjonal med lengden L (kjent fra a)), så strekkraften i opphenget er proporsjonal med F (a) = L sin = 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) = p x x p x = 3 p 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 p 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 = q 3 = q V = 3 r h = 3 rp R r = 3 f(r ). V max = 3 f 3 = 9 p 3 43 cm3. 3 cm og h = p R r = q 3 = p 3 cm. Oppgave a Det søkte arealet blir A = Z r d = Z e d = 4 he i = 4 (e ). For buelengden finner vi dr ds = dr + r d = + r d =e d, d så (om vi bruker notasjonen fra neste punkt) L = p Z e d = p ( e ). lf.tex,v.

SIF53 Matematikk, 3 8 Løsningsforslag b Samme utregning som over gir L k = p Z k (k+) Dermed får vi en geometrisk rekke: k= e d = p he i k = p ( e )e k. (k+) X L k = p X ( e ) e k = p. 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,såf () = >. 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< 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) = 3X k= f (k) () x k 7 = x 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 = p 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>. Z dx h i x ln x = ln ln x =, så rekken i (i) erdivergent. Rekken i (ii) er alterende, siden sin x> for (n n er like. ) <x<n når n er odde, sin x< når 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 < Z n (n ) x dx < (n )!. Ved testen for alternerende rekker er rekken i (ii) konvergent. (Den er faktisk betinget konvergent, siden a n > R n (n ) sin x /(n ) dx =/(n ).) Oppgave 6 Trapesmetoden med fire delintervaller gir I T 4 = 3 4 f() + f(3 )+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 5 x 3 f(x),785,886,955,7,47 Feilestimatet for trapesmetoden på [, 3] med M = 4 er I T n ] apple (/4)3 n = 6n. Vi søker en n slik at 6n < 3, n >, n> p 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 ln(x +) = 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 x 3 + x 3 x ln(x +) x x 3 + = + 3 x +. Dermed: lim x! ln(x +) = x. Oppgave Vi skal løse y = x(y ), y() =. Vi observerer at dette er en separabel førsteordens di erensialligning: Z Vi får dermed dy y = Z y y = x. x dx,som gir ln y = x + c, eller y = ke x +. y() = gir k =,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 inærhetenavpunktet(, ). 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,ellery = 3 4 x + 7 4. Oppgave 4 Vi får Siden dy dx =sinhx og cosh x A = da = rds= (x +) Z ln s + dy dx. dx sinh x =,fås for arealet A av rotasjonsflaten (x +)coshxdx = [(x +)sinhx cosh x] ln apple = (ln + ) ( ) ( + )+ = (3 ln + ). Oppgave 5 Gitt F (x) = Videre fås Z x e sin t dt. Viharvedanalysensfundamentalteoremogkjerneregelen 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 np n fås lim n! a n+ a n r x = lim n! n n + = lim n! x r + n = x. Ved forholdstesten er derfor konvergensradien. x = girrekken X p n n= som er en divergent p-rekke (p = apple ). Alternativt kan dette sjekkes ved integraltest. x = girdenalternerenderekken som konvergerer fordi X ( ) n p n n= p n går monotont mot når n!. b) La S betegne summen til rekken Siden 4 n X ( ) n n= p n går monotont mot, har vi S n= med apple E N apple 4 N+p N +. Siden 4 4p 4 =.95, kan vi sette 5 L = 4 + 6 4 n p n. NX ( ) n 4 p =( ) N+ E n N, n p 64 p3 + 5.385 med en feil mindre enn.98. Alternativt kan vi finne at som er feilskranken om man setter L = 4 + 6 4 p.44 5 5 p 64 p3 + 5.87.

TMA4 Matematikk..3 Løsningsforslag Side 4 av 5 Oppgave 7 a) Sett f(x) =e x x. Vi har Videre har vi f() = 8 >< <, x < f (x) =e x =, x =. >: >, x >. Vi splitter i to tilfeller:. Når x apple, er f strengt avtagende (siden f (x) < forx<), og vi kan derfor ha høyst én løsning av f(x) =.Sidenf( ) = e > ogf() = <, gir skjæringssetningen at vi har en løsning i intervallet (, ).. Når x, er f strengt voksende (siden f (x) > forx>), og vi kan derfor ha høyst én løsning av f(x) =.Sidenf() = < ogf() = e 4 >, gir skjæringssetningen at vi har en løsning i intervallet (, ). b) Newtons metode gir f(x n ) x n+ = x n f (x n ) = x ne xn e xn +. e xn x =eruegnetfordiviharf () =, som gir i nevneren. Vi setter x =ogfår Dermed blir svaret.5. x x.6395 x.464 x 3.469 Oppgave 8 Ved skivemetoden er V = Altså: V = Z Z A(x)dx, hvor A(x) = s p p 3 s = 3 y = p 3( x ). p 3( x )dx = p p 3 3( 3 )=4 3. Oppgave 9 Sett y(t) =konsentrasjonavforurensningvedtidt (kg/m 3 ). Vi får følgende di erensialligning: 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 di erensialligningen 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 P =(y +x) ( )n =(y +x). n= Arealet A av området er A = xy + 4 xy + 6 xy + = xy X ( 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 lim x lim x cos x x ( ) =lim x e /x x x sin x +sinx = lim x e /x /x ( ) cos x +4cosx =lim = 3 x, e t ( ) e t = lim = lim t + t t + =. a) Di erensialligningen er separabel og kan (for y =)skrives Ved integrasjon får vi y y = x +. y =arctanx + C. Av initialbetingelsen y() = får vi C = arctan =. Løsningenerfølgelig y = arctan x, x < 4. b) Karakteristisk ligning er r r 8=med røtter r =4og r =. Generellløsning av di erensialligningen blir y = Ae 4x + Be x. Da er y =4Ae 4x Be x,ogavinitialbetingelseney() = 3 og y () = får vi A + B =3 4A B =. Herav følger A =og B =,ogløsningenblir y = e 4x +e x. 3 Siden lim n x n+ / n + x n / n = lim n r n x n + = x, er rekken P n= xn / n absolutt konvergent når x < ifølge forholdstesten og divergent når x > ifølge divergenstesten. Konvergensradien er følgelig R =. Når x =, får vi rekken P n= / n som er en divergent p-rekke (p =/ ). Når x =, fårvidenalternerenderekken P n= ( )n / n som konvergerer fordi / n går monotont mot når n. TMA4_4_8 lf. august 4 Side

TMA4 Matematikk eksamen.8.4 4 a) Ved implisitt derivasjon med hensyn på x får vi a + b dy dx = y + x dy. +xy dx Løser vi denne ligningen mhp. dy/dx, får vi dy dx = a + axy y b + bxy x. Når (x, y) =(, ) blir dy/dx = a/b, tangenteniorigoharfølgeligligning b) Setter vi a = b =får vi y = a (x ), dvs. ax + by =. b dy dx = +xy y +xy x = +xy y x xy. Ietpunkt(x, y) på K der dy/dx =er +xy y =. Da er y =/( x) som innsatt i den gitte ligningen (med a = b =)gir x + x =ln + x =ln = x x ln ( x). Ligningen til bestemmelse av x kan følgelig skrives f(x) = der f(x) =x + +ln( x). x Funksjonen f er definert for x<, ogdenerstrengtvoksendesiden f (x) = ( x) ( ) + x ( ) = x x + ( x) = (x ) + 3 4 ( x) >. Ligningen f(x) =har følgelig høyst én løsning. Siden f( ) = 5/3+ln3< og f() = >, harligningen,ifølgeskjæringssetningen,enløsningiintervallet(, ). c) Vi skal finne løsningen x = r av ligningen f(x) =ved å bruke Newtons metode: f(x n ) x n+ = x n, f(x) =x + f (x n ) x +ln( x), f (x) =+ ( x) x. Vi skal finne r med to desimaler, og bruker fire desimaler i mellomregningene. n x n x n f(x n ) f (x n ) f(x n )/f (x n )...93.75.575.575.575.7.753.9.566 Med to desimaler er x = x.avrundettildesimalererfølgeligr =.6. 5 Tiden T som mannen bruker fra A til B er gitt ved T = 6 4 cos( /) +,. 3 TMA4_4_8 lf. august 4 Side

TMA4 Matematikk eksamen.8.4 Ved derivasjon mhp. får vi dt d = sin( /). 3 3 Her er dt/d = når sin( /) = /, / = /6, = /3. MinimumsverdientilT må da oppnås for = /3, ellerfor =eller =.Avrundettildesimalerfårvi T () = 4 3 =3.33, T( /3) = 9 + 3 3=5.4, T( )= 3 =.47. Følgelig oppnås T min for =,mannenbørløpeheleveienfraa til B. 6 Massen m av staven er gitt ved Z m = dm = Vi bruker delbrøkoppspalting Z 3 (x) dx = Z 3 x(4 x) dx. x(4 x) = x(x 4) = A x + B x 4, og multipliserer med x(x 4) for å bestemme A og B. Vifår =A(x 4) + Bx og x = gir A =/ mens x =4gir B = /. Dermed er h i 3 m = ln x ln x 4 ln 3 ln ln ln 3 =ln3 [kg ]. = 7 Ved skivemetoden kan volumet av rotasjonslegemet skrives V = Z / A(y) dy. Tverrsnitt vinkelrett på y-aksen er sirkulære med radius x. Sideny =arcsin(x x =siny, x =+siny. Dermed er ), er A(y) = ( + sin y) = ( + sin y +sin y)= +siny + ( cos y) og volumet av rotasjonslegemet blir V = Z / +siny + ( cos y) dy = h i / 3 y cosy 4 sin y = 3 4 +. Vi kunne også ha brukt sylinderskallmetoden. Vi kan se på rotasjonslegemet som en sylinder med radius og høyde / minus rotasjonslegemet vi får når flatestykket under kurven y = arcsin(x ) for x (siden = arcsinog / = arcsin)dreiesomy-aksen. Det gir Z V = x arcsin (x ) dx. Integralet kan vi finne ved å substituere u = x side 45 for R arcsin udu og R u arcsin udu: V = = Z ( + u)arcsinudu= h u arcsin u + p u + = + 8 = 3 4 +. og bruke formlene 38 og 39 i Rottmann Z (arcsin u + u arcsin u) du 4 (u ) arcsin u + 4 up u i TMA4_4_8 lf. august 4 Side 3

TMA4 Matematikk eksamen.8.4 8 a) Vi har Setter vi x = e x = X n= t /, fårvi x n n! x =+x +! + x3 + for alle x. 3! e t / = X n= ( ) n t n n! n = t + t4 t 6! + for alle t, 3! 3 f(x) = = x Z x Z x e t / dt = X ( ) n t n n= n! n dt = X ( ) n x n+ (n +)n! n n= x 3 3 + x5 x 7 5! 7 3! 3 +. Rekkeutviklingen for f(x) konvergerer for alle x siden rekken vi integrerer leddvis konvergerer for alle t. b) Med x =/ får vi f(/) = X n= = ( ) n (/) n+ (n +)n! n = X ( ) n (n +)n! 3n+ n= 3 4 + 5! 7 7 3! + 9 4! 3 +. 5! 6 Rekken er alternerende, og leddenes absoluttverdi avtar mot. Siden /(7 3! ) <., setter vi I = 3 4 + 5! 7 =.4799 (avrundet til fire desimaler). Da er f(/) ialternerenderekkerstest. I < /(7 3! ) <. ifølge feilskranken TMA4_4_8 lf. august 4 Side 4

Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 4 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 6. desember 4 Løsning Oppgave a) Ligningen er separabel og løses på vanlig måte: ln y = arctan x + C y = Ke arctan x, hvor C og K er vilkårlige konstanter med K = e C. Initialbetingelsen y() = 3 gir K = 3 og dermed y = 3e arctan x. b) Den karakteristiske ligningen er r + 5r 3 =, som har løsninger r = 3 og r = /. Den generelle løsningen av ligningen blir derfor y = C e 3x + C e x/. Initialbetingelsene gir ligningssystemet C + C = og 3C + (/)C =, som har løsning C = /7, C = 6/7. Dermed får vi y = (e 3x + 6e x/ )/7. Oppgave a) Arealet betegnes A. De to kurvene skjærer hverandre i (, ) og (, ). Vi får dermed A = ( x x )dx = /3 /3 = /3. b) Området er symmetrisk om y = x fordi x er den omvendte funksjonen til x. Dermed får vi at x = y. Vi beregner momentet om y-aksen M x= = x( x x )dx = /5 /4 = 3/ og får x = (3/)/(/3) = 9/. Tyngdepunktet er altså (9/, 9/).

TMA4 Matematikk 6..4 Løsning Side av 4 Oppgave 3 Vi deriverer ligningen implisitt: () 5x 4 y + x 5 y + y 3 + 6xy y =. Vi deriverer enda en gang og får: () x 3 y + x 4 y + x 5 y + y y + xy(y ) + 6xy y =. Vi setter x = y = i () og får 5 + y () + + 6y () =, og dermed f () = y () =. Vi setter så x = y = og y = i () og får + y () + + 6y () = og dermed f () = y () = /7. Taylorpolynomet P (x) til f om x = er derfor P (x) = (x ) (5/7)(x ) = (9 + 3x 5x )/7. Oppgave 4 Ved forholdstesten er konvergensradien R gitt ved ln(n + ) R = lim = lim ( + ln( + /n)/ ln n) =. n ln n n (Grensen kan eventuelt også beregnes ved L Hôpitals regel.) Når x =, har rekken positive ledd. Siden / ln(n + ) > /(n + ) og den harmoniske rekken n= divergerer, gir sammenligningstesten divergens når x =. Når x =, er rekken alternerende. Siden ln x er en voksende funksjon som går mot når x går mot, går absoluttverdien av leddene monotont mot når n. Rekken konvergerer derfor når x = ved testen for alternerende rekker. Konvergensintervallet er dermed (, ]. n Oppgave 5 a) Trapesmetoden gir T 4 = 4 (y / + y + y + y 3 + y 4 /) = (.5 +.59 +.45469 +.5999 +.69786)/4 =.994,

TMA4 Matematikk 6..4 Løsning Side 3 av 4 med seks desimalers nøyaktighet. Dermed får vi e x3 /3 dx.99. b) Vi deriverer f(x) = e x3 /3 to ganger og får f (x) = (x + x 4 )e x3 /3. Vi ser at f (x) er en voksende funksjon, så den har maksimal absoluttverdi i et av endepunktene x = eller x =. Siden f () =, oppnås maksimum når x =, og dermed f (x) 3e /3 når x. Feilen E 4 vi gjør kan estimeres slik: Med n delintervaller har vi E 4 3e/3 4 = e/3 /64.8. E n 3e/3 n = e/3 4n. For å være sikker på at E n < 4 velger vi n slik at e /3 4n < 4, altså n > 5e /6 59.7, dvs. vi kan velge n = 6. Oppgave 6 a) For n = er begge sider lik /, så utsagnet gjelder for n =. Vi antar det gjelder for n = k, dvs. (3) k i=k+ k i = m= ( ) m+ m. Vi finner (induksjonshypotesen (3) brukes mellom linje og ): (k+) i=k+ i = = = k i=k+ k m= k+ m= Resultatet følger dermed ved induksjon. i k + + k + + k + ( ) m+ m + k + k + ( ) m+ m.

TMA4 Matematikk 6..4 Løsning Side 4 av 4 b) Sett S k = k m= ( ) m+ m. Siden /x er en avtagende funksjon, får vi ved arealbetraktninger n+ n+ dx x n i=n+ Vi beregner de to integralene og får dermed ( ln ) n + n i dx n x. n i=n+ Ved resultatet i punkt a) og skviseregel får vi derfor lim S n = ln. n i ln. Siden leddene i rekken går mot, vil de odde partialsummene S n+ også gå mot ln. Altså har vi vist at ( ) m+ = ln. m m=

NTNU Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk eksamen 6.8.5 Løsningsforslag Grenseverdien er ubestemt av formen /. Gjentatt bruk av L Hôpitals regel gir x lim x! sin x x 3 = " L Hôp. cos x lim x! 3x = " L Hôp. sin x lim x! 6x = 6 lim sin x x! x = 6 siden lim x! (sin x)/x =. Vi kunne også bruktpotensrekkenforsinx (Rottmann s. 7): x x x x 3 3! + x5 x 7 5! 7! + lim =lim x! x! sin x x 3 x 3 =lim x! 3! x 5! + = 6. a) Den gitte ligningen er separabel og kan (for y 6= ) skrives Ved integrasjon får vi y dy dx = x k. y = 3 x3 kx + C. Innsetting av initialbetingelsen y() = gir C = b) For k = får vi y = 3 x3 kx, dvs. y = y = 3 x 3 +3x 3.. Løsningen blir altså 3 x 3 3kx 3. Vi søker det største intervallet (,a)dernevnerenf(x) =x 3 +3x 3eruliknull.Siden f (x) =3x +3>, er f(x) strengtvoksende.sidenf() = 3 < ogf() = >, må nullpunktet a for f(x) liggemellomog.vibrukernewtonsmetode x n+ = x n f(x n ) f (x n ) = x n x 3 n +3x n 3 3x n +3 med starverdi x =.5 foråfinneentilnærmetverdifora: x.5 x.8667 x.889 x 3.877 x 4.877 Avrundet til to desimaler er følgelig a =.8. lf-tma4k5. juni 5 Side

TMA4 Matematikk eksamen 6.8.5 3 a) Arealet av området R er A = Z Z [f(x) ( f(x))] dx = x +x +4 dx = p apple arctan x + p 3 3 ved integralformel 6 b) Rottmann s. 33, eller ved omskriving x +x +4=(x +) +3 og substitusjon u =(x +)/ p 3. Siden tan /3 = p 3ogtan /6 =/ p 3, får vi A = p apple arctan p 3 arctan p = h p 3 3 3 3 i = 6 3 p 3. b) Når R dreies om aksen x =, får vi ved sylinderskallmetoden med radius r = x +: V = Z Z (x +) r[f(x) ( f(x))] dx = x +x +4 dx. Vi substituerer u = x +x +4,du =(x +)dx og får Z V = 4 u du = ln u 4 = ln ln 4 = ln 3. Av symmetrigrunner er y =. Når R dreies om aksen x =, vil tyngdepunktet beskrive en sirkel med radius r = x +.AvPappus førsteteoremfølger V = (x +) A som gir x = V p 3ln3 A =3. 4 a) Vi skal vise at punktet (, ln ) ligger på kurven K med ligning ( ) e x e y = x y. Setter vi inn x =i( ), får vi e y = somgir e y =, y =ln. Følgelig ligger (, ln ) på K. Vedimplisittderivasjonav( ) medhensynpå x får vi ( ) 4e x e y y =xy + x y. Vi setter inn x =,y =lnogfår 4 y =,y =.TangententilK i(, ln ) har da stigningstall og ligning y =x +ln. b) Vi skal finne Taylorpolynomet P (x) =f() + f ()x + f ()x for y = f(x) definert ved ligningen ( ). Fra a) har vi f() = ln og f () =. Implisitt derivasjon av ( ) med hensyn på x gir 8e x e y y + e y y = y +xy + xy + x y. Vi setter inn x =,y =lnogy =.Detgir8 y =lnogfølgeligy = ln. Dermed er f () = ln, og Taylorpolynomet blir: P (x) =ln+x ln x. lf-tma4k5. juni 5 Side

TMA4 Matematikk eksamen 6.8.5 5 a) Med a n = p 4n + fås lim n! a n+ x n+ a n x n = lim n! x n+ / p 4(n +)+ x n / p 4n + r 4n + = x lim n! 4n +5 = x. Rekken P n= a nx n konvergerer da absolutt når x < ifølgeforholdstesten,ogdendivergerer når x > ifølgedivergenstesten.konvergensradieneraltså R =. For x = ogx =får vi rekkene X a n ( ) n = n= X n= ( ) n p 4n + og X a n n = n= X n= p 4n +. Den første konvergerer ifølge alternerende rekkers test (/ p 4n + går monotont mot ). Den andre kan vi sammenligne med den divergente p-rekken P n= /p n : s / p r 4n + L = lim n! / p = lim n n! n 4n + = lim n! 4+/n =. Siden L>følgeravgrensesammenligningstestenatdengitterekkenerdivergentfor x =.Konvergensintervalleteraltså[, ) b) Når x = /4 har vi S = X n= p 4n + 4 n = 4 p 5 + 4 p 9 4 3p 3 + 4 4p 7 +. Rekken er alternerende og leddenes tallverdi avtar mot. Siden 4 4p 7 > 3,settervi L = 4 p 5 + 4 p 9 4 3p 3 =.95 (avrundet til 3 desimaler). Da er S L apple / 4 4p 7 =.9 3 ifølge feilskranken i alternerende rekkers test. 6 Vi skal bestemme a slik at summen S av arealene av trekantene OAP og BCP påfiguren ioppgavenblirminstmulig.viregnerførstutkoordinatenetilp for åfinnehøydenide to trekantene. Linjen gjennom O og B(, ) har ligning y = x, oglinjengjennomc(, ) og A(a, ) har ligning y = x/a +.Iskjæringspunkteter x = x a +, + x =, x = a a a + = y. For arealet S får vi S = OAP + BCP = a a a + + Minimumsverdien for S oppnås i et punkt der da/ds =.Herer a = a + a + (a +), a >. ds da = a +a (a +) og ds da =, a +a =, a = ± p. Siden a>måvihaa = p. At det gir S min følger av at ds/da < når <a< p og ds/da > når a> p. lf-tma4k5. juni 5 Side 3

cosh = cosh x sinh x cosh x lim = sinh =. x! x / f f() = = lim x! f(x) f(x) =coshx x f() = cosh =(e +/e)/ < (3 + /)/ = /4 f() =.46 f() = cosh 3=(e +/e )/ 3 > 7/ 3=/ f() =.76 f [, ] f(x) = x (, ) f (x) = sinh x > sinh > x (, ) f [, ] f(x) = (, ) x n+ = x n f(x n) f (x n ) = x n sinh x n cosh x n +. sinh x n x =.5 x =.6369... x =.663... x 3 =.663... x =.6 (, ) V =º =8º V = Z º (3 y) (y +) dy = º 3 (3 y) 3 (y +) 3 =8º.

Z tan xdx= ln cos x + C. u =cosx cosx > º/ <x<º/ / cosx d dx (y/ cos x) =tan x. tan x tan x + y() = C = y =(tanx x + C)cosx. y = sin x +cosx x cos x. [t, t + t] x º k (x/ 5 ) t. t t x = k x/, t 7. Z Z dx x k = dt, x() = C =k x =k Ce t/. x =k e t/. x(t) t =7 x(7) =.5 5 =5 k = 5 =9. ( ), e 7/

(x +)(x +)(x +3) = A x + + B x + + C x +3. A + B + C = 5A +4B +3C = 6A +3B +C = A =/ B = C =/ (x +) (x +) (x +3) A B C 3 Z dx (x +)(x +)(x +3) = lim R! ln(x +) ln(x +)+ ln(x +3) R = ln p 3 lim ln (R +)/ (R +3) / R! R + = lim R! ln ( + /R)/ ( + 3/R) / +/R = ln =. cos x cos x x c k =( ) k+ x k /(k +)! x =! + x 4! = X ( ) k+ x k (k +)!. x k= cos x c k+ x lim = lim k! c k k! (k +3)(k +4) = x Z cos x x dx = X k= ( ) k+ (k +)(k +)!. ( 3+)( 3+)!=84> Z cos x x dx º + 7 36 = 75 36 =.4864,

NTNU Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk eksamen 8.8.6 Løsningsforslag Grenseverdien er ubestemt av formen /. To gangers bruk av L Hôpitals regel gir lim x! / sin x +cosx = " L Hôp. lim x! / cos x sinx = " L Hôp. lim x! / sin x 4cosx = 4. a) P Den gitte rekken er en sum av to geometriske rekker. Ved åbrukesummeformelen n= arn = a/( r) forgeometriskerekkermed r <, får vi X n= n +5 3 n = X n= n + 3 X 5 n= n = 3 b) Ved forholdstesten er konvergensradien R gitt ved /3 + 5 /3 =3+5 =. R = lim n! a n a n+ arctan (n +) = lim = / n! arctan n / =. For x = ± får vi rekkene X n= arctan n og X n= ( ) n arctan n. Begge rekkene divergerer ifølge n-teleddstesten for divergens siden lim n! arctan n = /. 3 Den gitte di erensialligningen er separabel, og kan (for y 3 6= ) skrives dy y 3 dx = x x +. Ved integrasjon får vi ln y 3 =ln(x +)+C. Detgir y 3=C (x +) der C = ±e C.Innsettingavinitialbetingelseny() = gir C =. Løsningen blir altså y 3= (x +) dvs. y = x. 4 a) Arealet A av rektangelet R er grunnlinjen ganget med høyden: A =(9 t) p t =9t / t 3/, apple t apple 9. For t =ogfort =9erA =. Maksimumsverdien oppnås derfor i et punkt i det åpne intervallet (, 9) der da/dt =.Derivasjongir da dt = 9 t / 3 t/ = 9 p t 3p 9 3t t = p t. Følgelig får arealet sin største verdi når t =3(enestemulighet),ogA max =6 p 3. lf-tma4k6 5. august 6 Side

TMA4 Matematikk eksamen 8.8.6 b) Et kvadrat med side t har areal t.vimåfølgeligløseligningen(9 t) p t = t med hensyn på t. Etterforkortingmed p t kan ligningen skrives Vi innfører f(t) =t 3/ + t t 3/ + t 9=. 9ogbrukerNewtonsmetode: t n+ = t n f(t n ) f (t n ) = t n t 3/ n + t n 9 3 t/ n + = t3/ n +8 3t / n +. Vi kan starte med t =4.5 (midt i intervallet). Avrundet til fire desimaler får vi Svaret er følgelig t =3.. t =3.934, t =3.8, t 3 =3.5. 5 a) Di erensialligningen er y = x + y.ifølgeeulersmetodemedskrittlengdeh =. er y(x n ) y n der x n og y n er definert rekursivt ved x n+ = x n +., y n+ = y n +.(x n + yn ), n =,,,.... Fra initialbetingelsen y() = får vi x =ogy =.Dablir x =., y =., x =., y =.3, x 3 =.3, y 3 =.4536. Følgelig er y(.3) y 3 =.43 (avrundet til tre desimaler). b) Vi har gitt y() =, og av di erensialligningen følger y () =. Deriverer vi di erensialligningen med hensyn på x, får vi y (x) =+y(x)y (x). Det gir y () = 3. Taylorpolynomet P (x) tily(x) omx =eraltså Følgelig er P (.3) =.435. P (x) =+x + 3 x. 6 Kurven y =3x x skjærer x-aksen i og 3. Ved åbrukesylinderskallmetodenfår vi V = Z = Z 3 rda= Z 3 (x +)(3x x ) dx h (x +3x x 3 ) dx = 3 x3 + 3 x 4 x4i 3 = 45. 7 Vi kan uttrykke buelengden til kurven y = f(x) sometintegral,oghardagittat Z u q +[f (x)] dx = 3 u3 4 + u 3 (for u ). Ved derivasjon med hensyn på u får vi q +[f (u)] = u +. Det gir f (u) = u 4 +u dvs. f (u) =±u p u +. Her må vi velge fortegnet + siden f skal være ikkenegativ. Ved integrasjon får vi Betingelsen f() = gir C = f(u) = 3 (u +) 3/ + C. p 3. Med x som fri variabel blir dermed svaret f(x) = 3 (x +) 3/ p 3. lf-tma4k6 5. august 6 Side