Løysingsforslag. Oppgåve a f cos f cos + cos cos + sin cos sin g g sin ln sin ln sin ln ln cos ln sin ln cos ln sin ln cos ln sin ln b 4 4 + y 4, P, 4 5 Implisitt derivasjon: d 4 y 4 + d d 4 d d d 4 4 4 + 4 y4 4 4 4 3 + 4 dy y3 4 d 6 3 + y 3 dy d dy d 6 Stigningstalet til tangenten i punktet P : 3 6 4 5 5 3/4 Liking for tangenten: y 4 5 53/4 y 5 + 4 5 + 3/4 3 y 5 3/4
c + 3 d / + /3 d /+ + + 3 + + C 3 + 3 3 3 + C /3+ For integralet π/9 u cos3 du d 3 sin3 du d 3 sin3 u uπ/9 cos π 3 π/9 3 sin3 cos 4 3 d nyttar vi oss av dette variabelbytet: sin3 uπ/9 cos 4 3 d sin3 du u u 4 3 sin3 3 [ ] [ / 3 u 3 ] 3 3 9 9 8 7 9 / u 4 du e d lim tan 4 Vi ser at både teljar og nemnar går mot når går mot. Vi brukar L'Hôpitals regel: lim e tan 4 lim e + tan 4 4 e tan 4 lim e + tan 4 lim sin lim sin Variabelbyte: u /. Når går mot, vil u gå mot frå oversida: lim sin lim u + sin u u lim u sin u u
Oppgåve a A Vi nyttar kofaktorekspansjon langs den fyrste rekka: det A + + det A A er inverterbar. b Vi bestemer A ved å løyse matriselikninga AX I 3 der I 3 er 3 3- identitetsmatrisa, og den ukjende 3 3-matrisa X vil vere A. Vi løyser likninga ved rekkeoperasjonar på totalmatrisa: Legg rekke til rekke : Legg rekke til rekke 3: Delar rekke 3 på : / / / Trekk rekke 3 frå rekke og : / / / / / / / / / Altså: A 3
c A 3 3 3 A 3 3 + 3 Løysing: d B AB 3 5 3,, 3 3 5 3 3 + + + + + + 5 + + 3 + + + + + 3 + 5 + + + + + + + 3 + + + 3 7 5 5 3 Matriseproduktet BA er ikkje veldenert sidan B har 4 søyler og A har 3 rekker. A 4
e 3 + + d Delbrøksoppspalting: 3 + + a + b + + c 3 + a + b + c + a a + b b + c + c 3 + a + c + a + b + b + c a + c 3 a + b b + c a b c 3 Frå c ser vi at a, b og c. Dermed får vi at + + d + d + ln + 3 + + d + d + d + arctan + ln + Integralet som står att, løyser vi ved variabelbyte: u + du d d du slik at + d u Vi får: du d u du ln u + C ln + + C 3 + + d ln + + arctan + C 5
Oppgåve 3 a ft t+e t/ gir kor mykje vatn som renn inn per tid. Vassmengda etter eitt minutt nn vi då ved å rekne ut integralet 6 ft dt 6 t + e t/ dt. Vi reknar ut integralet ved delvis integrasjon: b a uv dt [uv] b a b a u v dt u t +, u v e t/, v e t/ 6 ft dt [ t + e t/] 6 6 e t/ dt 5 [ 7e 6 ] + 5 [ e t/] 6 Altså, etter eitt minutt er der 4 e dl 4 6 e 6 5 35e 6 5e 6 4 e 6 l l vatn. b Vatnet har også form som ei kjegle. Difor vert volumet V π/3 r y, der r er radiusen i sirkelskiva på toppen av vasskjegla. På grunn av formliksap, vil forholdet mellom denne radiusen og radiusen i heile kjegla, R, vere lik forholdet mellom vasshøgda y og totalhøgda H. Altså r y R H r R H y Dermed blir volumet av vatnet V π R 3 H y y π R 3 H y3 π 4. dm 3 8. dm y3 π y3 c Vi har fått vite at y 8. dm og at V /6 dm 3 /s. V t π yt3 V t π 3yt y t π 4 yt y t y t 4V t πyt y 4V πy 4 Vatnet minkar med med 56π dm/s. 6 dm3 /s π8. dm 56π dm/s d Vi lar no y vere gitt i dm. y y y, y 8. 6
Dierensiallikninga er separabel: y/ y dy dt y / dy dt y 3/ dy dt y3/+ 3 + t + C y 5/ 5 C t /5 yt C 4 t C 5C / Vi brukar initialkravet til å bestemme C: Dermed får vi løysinga y 8. C /5 8. yt C 8. 5/ 8. 5/ /5 4 t e π 4 y +.5 π 4 y y Når vatnet renn like fort inn som ut, vil ikkje vasshøgda y endre seg. Vi vil difor ha at y. Vi kan nne ut kva y vil nerme seg når y ved å sette y inn i dierensiallikninga over: π π y +.5 4 4 y π y + 4 4 π y 4 4 y π y π y 5 π 7
y vil nerme seg 5/π. Oppgåve 4 a y + y + y, y, y Vi går ut frå at løysinga er på forma y e r. y re r y r e r Dette gir Generell løysing: r e r + re r + e r r + r + r ± 4 ± 4 ± i y Ae +i + Be i e Ae i + Be i Vi bestemmer A og B ved initialkrava: y + iae +i + ibe i { y { y Ae + Be { + iae + ibe A + B + ia + ib Den øvste likninga gir at B A. Dette set vi inn i den nederste likninga: slik at + ia + i A A + ia + A + ia, A i i og B A i Dermed: y e i ei + i e i i e e i e i i e i sin e sin 8
3 b A Eigenvektor v og eigenverdi λ oppfyller Av λv A λi v For at denne likninga skal ha ikkje-trivielle løysingar, må determinanten til koesientmatrisa i likninga til høgre vere : Eigenvektor for λ : det A λi λ 3 λ λ λ 3 λ λ ± 3 v v v v v v v v Eigenvektor for λ +: 3 v v v 3v v 3v v v 3 Eigenverdiar med tilhøyrande eigenvektorar: 3 λ med v og λ med v c y A, y y Den generelle løysinga er gitt ved Ae λt v y + Be λt v, 9
der λ i og v i, i {, }, er eigenverdiane og eigenvektorane til A. Desse fann vi i den forige deloppgåva, slik at Ae t + Be t 3. y A og B blir bestemt ved initialkravet: y A 3 + B A + 3B A + B Den øvste komponenten i vektorlikninga gir at A 3B. Vi set dette inn i den nederste og får at 3B + B, slik at B / og A 3/. Dermed vert løysinga y 3 e t et 3 d Vi skriv opp att initialverdiproblemet over som to separate likningar: 3y y y Om vi deriverar begge sider i den fyrste likninga, får vi at 3y. Vi set likninga for y inn i denne og får at 3 y. Om vi løyser den fyrste likninga for y, får vi at y /3. Dette set vi inn og får at 3 3 3 + 4 Sidan dierensiallikninga er av. orden, treng vi to initialkrav for. Vi har alt at. Sidan y, gir den opprinnelege dierensiallikninga at 3y 3 3. Initialverdiproblemet vert t t,, 3. Kontroll: Vi sjekkar at svaret i deloppgåve c faktisk er ei løysing av dette initialverdiproblemet. t 3 e t et 3 3 et e t t 3 et + e t t 3 et e t t t t
Dierensiallikninga er oppfyld. Vi skal også ha at og 3: 3 e e 3 e + e 3 Vi ser at initialkrava også er oppfylde.