TMA4100 Høste 2007 Norges tekisk aturviteskapelige uiversitet Istitutt for matematiske fag Kommetarer til eksame Dette dokumetet er e oppsummerig av erfarigee fra sesure av eksame i TMA4100 Matematikk 1 Høste 2007. For hver av oppgavee vil jeg kommetere løsigsmetodee, og jeg vil trekke frem typiske feil og misforståelser blat kadidatee som tok dee eksamee. Håper dette dokumetet vil være til ytte for kadidater som øsker å lære av de eksamee de ettopp har tatt, og at dokumetet vil være til glede for kommede studeter og forelesere. Karakterstatistikke for TMA4100 H07 er som følger: Totalt Atall kadidater oppmeldt 1513 Atall møtt til eksame 1421 Atall bestått 1128 Atall stryk 247 Atall avbrutt 46 % stryk og avbrutt 21% Blat kadidatee som bestod var det følgede karakterfordelig: Karakter Atall % Kum.% A 81 7,2 % 7,2 % B 196 17,4 % 24,6 % C 401 35,5 % 60,1 % D 248 22,0 % 82,1 % E 202 17,9 % 100,0 % Ved sesurerige ble det gitt poeg på de ulike oppgavee. Gjeomsittlig score blat kadidatee ble slik: Oppg 1i) Oppg 1ii) Oppg 2 Oppg 3 Oppg 4 Oppg 5 Oppg 6a) Oppg 6b) Oppg 7 97 % 76 % 42 % 63 % 67 % 66 % 79 % 41 % 23 % 1 Greseverdier: I dee oppgave skulle ma bestemme to greseverdier. De første var svært lett: Ete kue ma bruke l Hoptials regel e gag, og deretter sette i = 2, eller ma kue faktorisere tellere 2 4 = ( 2)(+2) og forkorte brøke. 24. jauar 2008 Side 1 av 6
Kommetarer til eksame + De adre greseverdie, ved bruk av l Hopitals regel, som gav 1/ 1 + 1 2( ), var også lett. Stadard fremgagsmåte var = 0 1 + 0. Edel kadidater observerte ikke at dette uttrykket gikk mot 0, og de foreklet uttrykket og brukte l Hopitals regel flere gager. Mage av disse kom også frem til riktig svar, mes adre gjorde regefeil i dee beregige. E ae fremgagsmåte, brukt av e hådfull kadidater, var å skrive om greseverdie til forme 1 + Deretter ka ma si at følgede greseverdier er kjet = 0 og 0 0. Dette gir at grese over er 1+0. Ved bruk av dee fremgagsmåte forvetet sesoree at kadidate skulle skrive e setig som kommeterte de kjete greseverdiee. E siste fremgagsmåte, eda sjeldere e de over, var å bruke ulikhete samme med skviselove. 0 < + <. = 2 Potesrekke: Kadidatee skulle fie de verdiee av hvor potesrekka =1 kovergerer. Oppgave er e stadardoppgave med potesrekker, og burde derfor ikke vært vaskelig. Derfor kom det som e overraskelse på sesoree at så få kadidater hadde fått til oppgave. Gjeomsittscore var 42%. Når ma løser dee oppgave skal ma teke på som e kostat og så avede e passede kovergestest for rekker. De ekleste fremgagsmåte er å bruke rot-kriteriet for å sjekke absolutt koverges. Husk at absolutt koverges medfører koverges. De greseverdie ma da skal udersøke er. Side er kostat, er grese 0 og rekke kovergerer (uasett hva kostate måtte være). Mage kadidater hadde glemt å sette på absoluttverditeg, og de ble trukket for det. Det var også e gjeomgåede feil at kadidate ikke tekte på som kostat i grese over. Kaskje tekte kadidatee at kue gå raskere mot uedelig e? Dette er e misforståelse. Som poegtert over skal ma teke på som kostat, og deretter avede e kovergestest. Edel av disse kadidatee svarte at rekke kovergerer dersom <. Dette svaret gir ikke oe meig; ideksvariabele har emlig ige uavhegig betydig. Alterativt kue ma bruke forholdsteste for å udersøke koverges av rekke. I så fall skulle ma sette opp greseverdie +1 ( + 1) +1 = ( + 1) +1. 24. jauar 2008 Side 2 av 6
Kommetarer til eksame Greseverdie er 0, me dette er ikke helt ekelt å se! Egetlig burde (+1) +1 ma berege i e mellomregig. Koklusjoe er de samme som (+1) +1 over. Greseverdie er 0 og rekke kovergerer for alle. E valig feil, ved bruk av forholdsteste, var å sette opp greseverdie +1 +1. Grutallet i potese +1 i første ever skal være ( + 1) i stedet for. (+1) +1 E ae valig feil var at kadidate tippet at greseverdie ble 1. Dermed kom kadidate (feilaktig) frem til at kovergesradie var 1, og videre sjekket hu edepuktee = ±1. E ae måte å løse oppgave på er å bruke gresesammeligigsteste opp mot rekke 1 2. E elegat løsig er som følger: Fikser. Velg et heltall N >. =1 kovergerer hvis og bare hvis ( =N ) kovergerer. For N er N < 1. De geometriske rekke ( ) =N N kovergerer, og ved sammeligigsteste kovergerer også ). =N Dermed kovergerer de opprielige rekke for alle. ( 3 Rotasjoslegeme: Oppgave var å berege volumet som fremkommer år området avgreset av y = 2 og y = 1 roteres om y = 2. Dette er e stadardoppgave. Oppgave ka løses ved syliderskallmetode, kroestykkemetode eller ved Pappus teorem. De vaskeligste dele av oppgave var å stille opp itegralet riktig. De fleste klarte å berege det itegralet de hadde satt opp. Valige feil var blat aet: Å rotere om e ae akse e y = 2. Å ku betrakte de dele av legemet som hadde positiv -verdi. Ved symmetri av legemet gav dette ku halve volumet. Å ikke huske de aktuelle formele for rotasjoslegeme riktig. Å ikke fie riktig radius eller høyde for syliderskallee. Å ikke fie riktig idre og ytre radius for kroestykkee. Å itegrere med hesy på i stedet for med hesy på y eller omvedt. Å misforstå området som skulle roteres. Å blade samme syliderskall og kroestykke metode. F.eks: Kadidatee teget kroestykker, og tok syliderskall formel, og prøvde å sette i data fra tegige i i formele. 4 Eulers metode: Dette var e gaske ekel oppgave hvor ma skulle avede Eulers metode for å estimere y(1) for et oppgitt iitialverdiproblem. Det var selvfølgelig e del av oppgave å huske hva Eulers metode er. Det forekom regefeil i besvarelsee, både systematiske og tilfeldige. 24. jauar 2008 Side 3 av 6
Kommetarer til eksame Noe kadidater tok ett for mye eller ett steg for lite i Eulers metode. E ae feil i førige som forekom gaske ofte var at det ikke på oe måte fremkom at Eulers metode ku gir e tilærmet verdi for y(1). Derfor ble det trukket i score for de kadidatee ku hadde skrevet y(1) = 44 27. Som et mistekrav måtte ma skrive e tilærmet verdi for y(1) er 44 27 eller y 3 = 44 44 27 eller y(1) 27. 5 Trapesmetode: Oppgave var todelt. La f() = cos(si()). De første dele var å vise at f () 2 for alle. Deretter skulle kadidate bruke trapesmetode for å estimere itegralet 1 0 f() d med feil midre e 0,01. Dette er e stadardoppgave, og formele for trapesmetode står i Rottma. For å løse første del fier ma at f () = si() si(si()) cos 2 () cos(si()). Hovedidee er at ma skal bruke at si og cos begge har verdimegde [ 1, 1]. Derfor er hvert av produktee i absoluttverdi midre e 1, og ved trekatulikhete følger at f () 1 + 1 = 2. Mage kadidater ever ikke trekatulikhete eksplisitt, me formulerer dee med ege ord. Det er OK. Derimot var det edel kadidater som ku argumeterte for at f () 2, og glemte å si at 2 f (). På del to av oppgave må ma først fie et atall trapeser som er tilstrekkelig for å oppå et estimat med feil midre e 0,01. Ved del e ka ma bruke M 2 = 2 i formele for feilestimatet. Feile ved å bruke trapeser er da midre e M 2 (b a) 3 12 2 = 2 12 2, og ulikhete 2 12 2 < 0,01 sikrer derfor at trapesmetode mist gir øsket øyaktighet. Ma ser at = 5 er tilstrekkelig. Trapesmetode gir da e tilærmede verdie 0,87. Alt for mage kadidater satte opp ulikhete gal vei! Dette ble det trukket for. Likevel valgte også de fleste av disse kadidatee å bruke = 5. Alterativt ka ma argumetere for tilstrekkelig øyaktighet som følger: For = 5 er feilestimatet M 2 (b a) 3 12 2 = 2 12 5 2 = 1 120. Side 1 120 er midre e 0,01 er 5 trapeser tilstrekkelig. Noe kadidater valgte seg et atall trapeser ute å deretter argumeterer for hvor stor feil trapesmetode da ville gi. Det forekom også regefeil i beregige av de umeriske verdie for itegralet. Typiske feil var å stille kalkulatore på DEG i stedet for RAD, å glemme å multiplisere med (bredde av trapesee), å glemme et eller flere ledd av y 0 +2y 1 +...+2y 1 + y. 6 Tekstoppgave med differesialligig: Deloppgave a) var lett, mes deloppgave b) var stadard. 24. jauar 2008 Side 4 av 6
Kommetarer til eksame a) De fleste kadidater hetet e god del poeg her. De ekleste måte å løse oppgave på er å observere at kostat laksebestad på 50 to vil si at B(t) = 50 og B (t) = 0. Ved å sette dette i i differesialligige får ma at r = 15. Dermed holdes bestade kostat dersom ma fager 15 to laks i året. Alterativt ka ma løse differesialligige. Ma ka løse de som e førsteordes lieær differesialligig, eller som e separabel differesialligig. De spesielle løsige som svarer til iitialverdie B(0) = 50 er B(t) = 10 3 r + (50 10 3 r)e 3 10 t. Når (50 10 3 r) = 0 er B(t) uavhegig av t. Dette gir r = 15. b) Dersom ma ikke løser differesialligige i deloppgave a), må de løses å. Laksestamme dør ut år B(t) = 0, og løser ma med hesy på t gir dette t = 10 3 l( r r 15 ). Dette svaret ka omskrives på mage ulike måter. E oe alterativ løsigsmetode er som følger: Ma løser differesialligige som e separabel differesialligig, me i stedet for å skrive ut løsige som e fuksjo B(t) stopper ma ved de implisitte forme l B 10 3 r = 3 10 t + C. Ma bruker iitialverdibetigelse B = 50 ved t = 0 til å fie kostate C = l 50 10 3 r. Altså er de spesielle løsige på implisitt form l B 10 3 r = 3 10 10 t + l 50 3 r. ( l 10r 3 l( 10r 3 50)). Dette er samme Dermed er B = 0 på tidspuktet t = 10 3 tidspukt som oppgitt over. De kadidatee som ikke klarte å løse deloppgave b) hadde i større eller midre grad ikke klart å løse differesialligige. I verste fall behersket de ikke å løse differesialligiger, i beste fall var det ku oe regefeil. 7 Optimaliserig: Itil e vegg ligger e jordvoll med profil beskrevet av ellipse y = 12 4 2. Først skulle ma fie tagete i et vilkårlig pukt på dee kurve. Oppgave var deretter å fie legde av de korteste stige som kue plasseres mellom flatmark og vegge (ute å trege i i jordjolle). Dee oppgave var svært vaskelig og de krevde gode regeferdigheter. Fremgagsmåte er som følger: Først fier ma de deriverte til y = 12 4 2. Så fier ma ligige til tagete gjeom et pukt ( 1, y 1 ) = ( 1, 12 4 2 1 ) på kurve. Derest fier ma hvor dee tagete skjærer - og y-akse. Legde av de tilsvarede stige er da gitt ved Pytagoras. Ma ser på legde som e fuksjo av 1 (det vil si -verdie til det vilkårlige puktet på kurve). Deretter deriverer ma legde (eller kvadratet av legde) med hesy på 1. For de tillatte verdiee av 1, d.v.s. mellom 0 og 3, er det ku ett kritisk pukt, emlig 1 = 1. Dette må være et miimum side legde går mot uedelig år 1 0 og 1 3. Til sist bereger ma legde av stige gjeom (1, 8) til å være 3 3. De fleste kadidater har klart å deriverer y = 12 4 2. 24. jauar 2008 Side 5 av 6
Kommetarer til eksame Edel kadidater skaper forvirrig for seg selv år de skal skrive opp ligige for tagete. De skiller ikke mellom -verdie til det aktuelle puktet på jordvolle (kalt 1 over) og -verdie som igår som variabel i fuksjosuttrykket for e rett lije (tagete). Det er mage kadidater som misforstår de matematiske betydige av ordet vilkårlig. Det betyr det samme som geerelt. Det betyr ikke at ma selv ka velge et pukt på jordvolle. Ved sesure har det ikke blitt trukket for dee misforståelse. Derimot kue ikke kadidatee som valgte seg et pukt kommet videre til optimaliserigsdele. Blat de kadidatee som fier skjærigspuktee mellom tagete og koordiataksee er det mage som ikke forekler uttrykkee. Dermed blir det mye vaskeligere å fortsette beregige av legde til stige og å derivere dee formele. Derfor er det svært få kadidater som kommer fram til det kritiske puktet for stiges legde. Sesoree har også forvetet at kadidatee skal begrue at det kritiske puktet tilsvarer et miimum for stiges legde. Dette ka ma se geometrisk: E stige som tagerer jordvolle et et av edepuktee er uedelig lag (d.v.s. skjærer aldri de adre koordiatakse). 24. jauar 2008 Side 6 av 6