Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F2 1. Den fjerde afledede regnes for konstant i intervallet [f (4) (t) =M 4 = 24] og dermed er:

Transkript

1 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) Simpsons algoritme med m =6ogh =.: som medfører at s = f + f 6 =3.356 s = f + f 3 + f 5 = s = f + f 4 =.899 J = h 3 (s +4s +s )= Den fjerde afledede regnes for konstant i intervallet [f (4) (t) =M 4 = 4] og dermed er: (b a) 5.65 ɛ s = M 4 = 4 =.8 5 8(m) [Tabelværdier og M 4 = 4 er resultater af antagelsen f(x) =+x + x + x 3 + x 4, og i dette tilfælde er J = J + ɛ s =.89995]. b) Benyttes Kreyszigs betegnelser kan følgende tabel opstilles: x j f j f j f j 3 f j [opstilles næste linie i tabellen fås 4 f =.4 = M 4 h 4 ]. Benyttes ligning (4) (6) i 7.3 ( 8.3 i 7.ed.) med x =,x =.5 r = x x =.5 fås h r(r ) p 3 (.5) = f + r f + r(r )(r ) f + 3 f 3! = =.7635 hvor f(.5) p 3 (.5) med fejlen ɛ 3 = h4 4! r(r )(r )(r 3) f (4) (t) =.4.5.5(.5)(.5)4 = [Benyttes f(x) =+x+x +x 3 +x 4 fås f(.5) = p 3 (.5)+ɛ 3 =.76383]. Niels Bohr Institutet, Februar 6

2 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) j t j f j =cos( π t j ) og dermed s = f + f = s = f + f f 9 = s = f + f f 8 = C() = h (s +s +s )=.7777 C() = h 3 (s +4s +s )=.7799 (trapez) (Simpson) b) Benyttes f(t) =cos( π t )fås: f (t) = πt sin ( π t ) f () =, f () = π f (t) = π sin ( π t ) (πt) cos ( π t ) f (t) = 3π t cos ( π t )+(πt) 3 sin ( π t ) f () =, f () = π 3 og fejlene bliver ɛ = h ɛ = h4 8 og dermed [ f () f () ] =. ( π) =.6 (trapez) [ f () f () ] =.4 8 π3 =.7 5 (Simpson) C() C() + ɛ = (trapez og Simpson) Simpsons algoritme C() =.7799 med en fejl 5. Udnyttes dette ses, at C() + ɛ forbedrer nøjagtigheden af trapez-resultatet med en faktor. Antages en lignende forbedring af Simpson-resultatet er C() = med en fejl.5 5 svarende til at afrundingsfejlen dominerer [tabelværdien er C()= ].

3 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 3 Opgave 3 a) Benyttes (4a) side 85 (side 939 i 7.ed.) fås: (x )(x )(x 3) )(x )(x 3) p 3 (x) = +(x ( )( )( 3) ( )( )( 3) (x )(x )(x 3) )(x )(x ) +( ) +3(x ( )( )( 3) (3 )(3 )(3 ) = ( x 3 6x +x 6 ) + ( x 3 5x +6x) 3 + ( x 3 4x +3x ) + ( x 3 3x +x ) eller p 3 (x) = 5 3 x3 6x + 3 x + b) Newtons iterationsmetode er beskrevet i tabel 7. side 84 (tabel 8. side 93 i 7.ed.): x n+ = x n p 3 (x n) p 3 (x n), p 3(x) =5x x + 3 fås n x n p 3 (x n ) p 3 (x n) og dermed x p =.67 c) Vurdering af fejlen ved at tilnærme f(x) medp 3 (x) ergivetved(5)på side 85 (939): ɛ = ɛ 3 (x p ) = (x 4! p )(x p )(x p )(x p 3)f (4) (t x p ) =.77 Vi har, at f(x) x f (x) p 3 (x) og dermed at fejlen ɛ svarer til en variation af x, somer ɛ x p 3 (x p ) = =.46 Dvs. at løsningen af f(x) =,når <x<, må forventes at ligge i intervallet x p x <x<x p + x, eller.57 <x<.67

4 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 4 Opgave 4 a) Ifølge Kreyszig 7.3 ( 8.3 i 7.ed.), ligning (6) (7), haves: hvor f(x) =p 4 (x) =p 3 (x)+a 4 (x x )(x x )(x x )(x x 3 ) a 4 = og dermed f 4 p 3 (x 4 ) (x 4 x )(x 4 x )(x 4 x )(x 4 x 3 ) = = f(x) =x 3 4x +3x + x(x )(x )(x 3) = x 3 4x +3x + x4 +3x 3 x +3x = x4 +4x 3 9 x +6x + Integreres funktionen fås 4 f(x)dx = [ x5 + x x3 +3x + x ] 4 = 44 5 =.9333 b) Benyttes Kreyszigs notation i Tabel 7.4 (8.4 i 7.ed.) om Simpsons algoritme fås: og idet h =fås s = f + f 4 =; s = f + f 3 =; s = f = J = h 3 (s +4s +s )= 3 ( + 8 ) = 8 3 =.6667 Foratvurderefejlenɛ udregnes: og vi får: f (x) = x +4 ogdermed f () = 4; f (4) = 4 ɛ h4 [ f (b) f (a) ] = 8 8 ( 4 4) = 4 5 =.667 som er identisk med den korrekte størrelse af fejlen: ɛ = J J = = = (Vurderingen af fejlen udnytter en fjerdegrads-polynomium-tilnærmelse, som er eksakt i dette tilfælde).

5 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 5 Opgave 5 a) Anvendes Lagrange interpolations metode, (3a) og (3b) i 7.3 ( 8.3 i 7. udgave) fås: (x )(x 3) p (x) =f ( )( 3) + f (x )(x 3) ( )( 3) + f (x )(x ) (3 )(3 ) = f ( x 5x +6 ) ( f x 4x +3 ) + f ( 3 x 3x + ) =.865x.675x Ligningen J (x) p (x) = for <x<3 har løsningen x =.448. Benyttes ligning (5) i Kreyszig haves ɛ ( x) ( x x )( x x )( x x 3 )J ( x)/3! =. b) Benyttes intervallængden h =.π fås, idet g j = g( x, θ j ) j θ j π g j =cos(.448 sin θ)..π.776.π π π π og trapez-metoden giver J ( x) =h [.5(g + g 5 )+(g + g + g 3 + g 4 ) ] =.π π [ ] =. Idet π g(.448,θ=.5π) =.595 fås i tilfældet h =.5π J ( x) =.5π π [ ] =. Antages ɛ J h ved trapez-metoden er fejlen i første regning.5 gange mindre end i andet tilfælde og dermed /(.5 ) gange differensen mellem de to resultater, dvs. ɛ J [. (.)]/5.5 = Ved at udnytte J ( x) =. kan bestemmelsen af nulpunktets position x forbedres: x x J ( x)/j ( x) J ( x) p ( x) =.865 x.675 =.487 x =.44 [Det korrekte resultat er.448].

6 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 6 Opgave 6 a) Med h =.π fås følgende værdier for x j og f j =/ sin x j j x j f j g j = f j x j.π π π π π s = f + f 4 =4.367 ; s = f + f 3 =.7576 ; s = f =.367 Simpsons algoritme med m = 4 eller h =.π giver resultatet: J a = h 3 (s +4s +s )= Den analytiske udtryk for integralet giver J =.8473 og dermed er fejlen: b) Fra søjlen med g j = f j x j fås ɛ = J J a =.83 s = g + g 4 =.4635 ; s = g + g 3 = ; s = g =.754 og dermed J b =.5π J = h 3 (s +4s +s )=.3334.π De afledede af f(x) ogg(x) =f(x) x er f (x) = cos x sin x f (x) = 5cosx sin x 6cos3 x sin 4 x Dermed fås følgende fejlvurderinger: x dx + J =ln =.8477 ; f (x) = sin x + cos x sin 3 x ; g (x) =f (x)+ 6 x 4 ɛ a = h4 8 [f (b) f (a)] = (.π)4 ( ) = ɛ b = h4 8 [g (b) g (a)] = (.π)4 (.986.9) = Polynomium-beskrivelsen, som udnyttes i Simpsons algoritme, er ikke en god tilnærmelse til f(x) forx. Det betyder, at udregningen i a) giver en stor fejl og at fejlvurderingen ɛ a er næsten en faktor 3 forkert. Fremgangsmåden i b) giver et meget bedre resultat for J og en korrekt vurdering af fejlens størrelse (ɛ = 4. 5 ).

7 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 7 Opgave 7 a) Benyttes Kreyszigs betegnelser i afsnit 7.3 kan følgende tabel opstilles: x j f j f j f j 3 f j h = og r = x x ( ) 3 x = x og dermed f(x) p h 3 (x) = s f s= s eller x(x ) x(x )(x ) f(x).+x(.34) + (.3) x(x )(x )(x 3) ɛ(x) =f(x) p 3 (x) f (4) (t); f (4) (t).5 4 Udtrykkene udledes fra Kreyszig 7.3, ligning (4) og (6), og giver følgende f(.5).968 ; ɛ(.5) =. f(.5).759 ; ɛ(.5) =. f(.5).66 ; ɛ(.5) =. b) Trapez-metoden, 7.5 ligning (), giver resultatet (h = ): J = h(.5f + f + f +.5f 3 )= =.866 Benyttes f (t) 3 [f (3) f ()] f j (.3.34).8 fås fra 7.5 ligning (3) eller Supplementets ligning (.): ɛ h (3 )f (t) h [f (3) f ()].45 Simpsons algoritme, 7.5 Table 7.4, giver følgende resultat (h =.5): J =(h/3)[{f + f 3 } +{f + f } +4{f(.5) + f(.5) + f(.5)}] (.5/3)[ ] =.97 I dette tilfælde er der to bidrag til fejlen, dels bidraget som skyldes Simpson tilnærmelsen ved udregning af J [ 7.5 ligning (8) eller Supplementet (.)] og dels fejlen ved at benytte interpolationsværdierne for f(x): ɛ h4 8 (3 )f (4) (t)+ 4h [ɛ(.5) + ɛ(.5) + ɛ(.5)] 3 = (.5) (.8) = =.9 Fejlen domineres af bidraget fra interpolationen, men er stadigvæk en faktor mindre end ved den simple udregning. Dvs. benyttes (højere ordens) interpolation kan fejlen ved udregning af et integral reduceres betydeligt. Bemærk, at trapez-metoden kun ville have reduceret fejlen med en faktor 4. Eksempel: f(x) =cos(πx/6) J =6/π =.999.

8 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 8 Opgave 8 a) Idet Laplace-transformen af y betegnes Y = L{y} fås eller L{y } = sy y() = sy =L{x y} = s Y (s +)Y =+ s Y = s + + s (s +) = s + + s s Den inverse Laplace-transformation af denne ligning giver resultatet: y = y(x) = e x + x ; y() =.7358 b) Runge-Kutta algoritmen er beskrevet i tabel 9.4 side 948 (tabel.4 side 4 i 7.ed.). Her er h =,x =,y =,ogf(x, y) =x y: og dermed k = hf(x,y )=hf(, ) = k = hf(x + h, y + k )=hf(.5,.5) = k 3 = hf(x + h, y + k )=hf(.5, ) =.5 k 4 = hf(x + h, y + k 3 )=hf(,.5) =.5 y() y =+ 6 (k +k +k 3 + k 4 )=+ 6 ( + +.5) =.75 c) Funktionen y = y(x) går gennem (x, y) =(, ) med hældningen y = og gennem (x, y) =(,.7358) med hældningen y = x y =.64. y skifter fortegn mellem de to punkter, og minimumspunktet bestemmes af y = x y = exp( x) + =, som har løsningen x =ln y =ln=.693. Igrænsenx fås den asymptotiske opførsel y(x) y = x. 4 3 y y = x 3 4 x

9 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 9 Opgave 9 a) Den Laplace transformerede af foldningsintegralet t f(t) = τ sin(t τ)dτ = t sin t er og dermed F (s) =L{t}L{sin t} = s s + = s s + f(t) =L {F (s)} = t sin t og idet sin(π/ τ) =cosτ fås for t = π/ f(π/) = π τ cos τdτ = π =.578 b) Funktionen g(τ) =τ cos τ med intervalopdelingen h =.π, mellem a = og b = π/, er beskrevet ved følgende tabel [g j = g(τ j )]: Benyttes trapez-metoden fås: j τ j g j.π.9878.π π π π f(π/) = h [ g + g + g + g 3 + g 4 + g 5] =.π = Idet g (t) =cosτ τ sin τ, ogdermedg () = og g (π/) = π/, fås ɛ = h [ g (b) g (a) ] = (.π) ( π ) =.4 Den relative forskel mellem den tilnærmede værdi af integralet f(π/) f(π/) + ɛ =.5773 og den korrekte værdi er af størrelsesordenen 4.

10 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) Benyttes relationerne L{y } = sy y() og L x {x} =/s transformeres differentialligningen over i L{y = y +x} sy =Y + s Y (s) = s + s (s ) Omskrivning af brøken Y (s) = s + s (s ) = a s + b s + c s = as + bs b + cs cs s (s ) giver resultatet: a + c =,b c =, b = eller b = c = oga =3og dermed Y (s) = 3 s s y(x) =L {Y (s)} =3e x x s b) Algoritmen for Eulers forberede metode er opstillet i Table 9. (. i 7. udgave), og vi har følgende parameterværdier: h =. ; f(x n,y n )=y n +x n ; x =,y = Udnyttes ligningerne (7a) og (7b) i 9. [(5a) og (5b) i. i 7. udgave] fås: y n+ = y n + h[f(x n,y n )+f(x n+,yn+ = y n + hf(x n,y n ))] = y n + h[y n +x n + {y n + h(y n +x n )+x n+ }] =(+h + h )y n +(h + h )x n + h(x n + h) =. y n +.44 x n +.4 = y n + (k + k ) I tabelform bliver resultatet, idet k = hf(x n,y n ), k = hf(x n+,y n + k ), n x n y n y(x n ) y(x n ) y n y(x n ) k k De resultater, der er bedt om, er: ỹ() = y 5 =4.8 og ɛ r = y(x 5 ) y 5 y(x 5 ) =.

11 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) Den Laplace transformerede differentialligning er L{y = y + x } sy y() = Y + s 3 Y (s) = s 3 (s ) Omskrivning af brøken Y (s) = s 3 (s ) = a s + b s 3 + c s + d s = as3 +(s )(b + cs + ds ) s 3 (s ) giver resultatet a + d =,c d =,b c =,og b =, eller a = b = c = d =ogdermed Y (s) = s s 3 s y(x) =L {Y (s)} =e x x x s b) Algoritmen for Eulers forberede metode er opstillet i tabel 9. og h =. ; f(x n,y n )=y n + x n ; x =,y = Udnyttes ligningerne (7a) og (7b) i 9. fås: y n+ = y n + h[f(x n,y n )+f(x n+,yn+)] og yn+ = y n + hf(x n,y n )=y n + h(y n + x n ) y n+ = y n + h[y n + x n + {y n + h(y n + x n)+(x n + h) }] =. y n +. x n +.4 x n +.4 Benyttes tabel 9. direkte haves y n+ = y n + (k + k ), hvor k = hf(x n,y n )ogk = hf(x n+,y n + k ) På tabelform bliver resultatet n x n y n k k og dermed er svaret: ỹ() = y 5 = Den korrekte værdi er y() = og dermed bliver den relative fejl: ɛ r = y() ỹ() y() =4. 4

12 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) Ifølge tabel 5.9 er L{ t/π} =/s 3/ eller F (s) =L{ π t} = s 3/ G(s) =L{t 3/ } = L{tf(t)} = F (s) = 3 π 4s 5/ Benyttes foldningsintegral-sætningen ( 5.5 teorem ) fås t 3π y(t) = g(τ)f(t τ)dτ Y (s) =F (s)g(s) = 8s 4 og dermed y(t) =L {Y (s)} = π 6 t3 ; y() = π 6 =.9635 b) j x j f j Trapez metoden med h =.5 og f j = f(x j )=(x 3/ j ) x j J = h[ (f + f 4 )+f + f + f 3 ]=.4753 Idet f (x) = 3 x( x) x3/ x og benyttes l Hôpitals regel [ x f 3/ ] () = lim x = lim x x fås følgende vurdering af fejlen Benyttes [ f () = 3 ] x/ ( x) / ɛ = h [f () f ()] =.5 (.5) =.6 = [ y() = J + xdx= J + 3 ( x) 3/] = J + 3 giver de numeriske regninger at y() J + ɛ + 3 = =.9674 Den relative fejl er.%. En tilsvarende direkte beregning af y() vha. trapez metoden giver resultatet y() = ɛ, hvorfejlenɛ ikke kan vurderes ved udtrykket ovenfor, idet den afledede af x 3/ x for x. Dette viser at polynomium tilnærmelsen til x 3/ x, som udnyttes i trapez metoden, ikke er pålidelig når x er tæt ved.

13 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 3 Opgave 3 a) Benyttes ligning (7) side 77 (8.ed.), at L{xy } = Y (s) sy (s) fås, at en Laplace transformation af differentialligningen giver resultatet: Y (s) sy (s)+y (s) =G(s) Y (s) = G(s) s som, i følge ligning () side 75, har løsningen { } xy(x) =L { Y (s)} = L G(s) s y(x) = { } G(s) x L s Benyttes g(x) =δ(x a) erg(s) =e as, ifl. (8) side 7, og anvendes (4) side 68 fås, L { G(s) s } { = L e as } = u(x a) y(x) = s u(x a) x b) Eulers simple metode er, ifl. () i afsnit 9., at benytte y n+ = y n + hf(x n,y n ), hvor y (x) =f(x, y). I dette tilfælde er y (x) =f(x, y) = g(x) y = sin x y x x Idet y() = g() =, fås i grænsen x y sin x y y(x) y() () = lim = lim x x x x n x n y n f(x n,y n ) eller y () = y (), og dermed f(x,y )=f(, ) = y () =.5. Den numeriske løsning af differentialligningen vha. Eulers metode med steplængden h =.5 er vist i tabellen og y().778 Indsættes g(x) =sinx i løsningen udledt i a) fås: G(s) s = s(s +) = s s s + { } L G(s) = cos x s eller y(x) = { } G(s) x L = cos x s x og dermed afviger det tilnærmede resultat for y() med ca. 9% fra den korrekte værdi y() =.78.

14 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 4 Opgave 4 a) Indføres g(x) =r(x) e x e x = ; J = g(x)dx +x er g() =, g(.5) =.4569, g(.5) =.47466, g(.75) =.6936 og g() =.9. Anvendes trapezmetoden på integraletfås: J = h [ g() + g(.5) + g(.5) + g(.75) + g()] = y() ỹ a () = [y() + J ] e =.98 Den afledede af g(x) er: g e x (x) = xe x +x ( + x ) 3/ ; g () = ; g () = g() =.966 og fejlene [ligning (.) i Supplementet ] er: ɛ(j) = h [g () g ()] =. ɛ(y) =ɛ(j) e =.7 b) Anvendes Laplace transformationen på differentialligningen og betegner Y = Y (s) =L{y(x)} og R = R(s) =L{r(x)}, fås L{y + y = r(x)} sy y() + Y = R Y = y() s + + s + R Benyttes foldningsintegralsætningen (Kreyszig 5.5, teorem ) fås x y(x) =y()e x + e x r(x) =y()e x + e (x u) r(u) du og dermed lining (), når den fælles faktor e x sættes uden for en parentes. Algoritmen for Eulers forberede metode er opstillet i Kreyszigs tabel 9. og h =.5 ; f(x n,y n )= y n + ; x =; y =; +x n k = hf(x n,y n ); k = hf(x n+,y n + k ) y n+ = y n + (k + k ) På tabelform bliver resultatet n x n y n k k og dermed er svaret: y() ỹ b () = y 4 = Forskellen mellem de to resultater ỹ a () ỹ b () =.37 er mange ( 34) gange større end den anslåede fejl ɛ(y) påỹ a (), og dermed må resultatet bestemt fra integraludtrykket () være det mest nøjagtige. [ỹ a () + ɛ(y) =.987 og den korrekte værdi er y()=.988. Begge integrationsmetoder er af. orden i h, men de ekstra fejlbidrag til Eulers metode, som stammer fra f/ y, er her dominerende. Bemærk, at vi kan drage fordel af Laplace transformationen, selvom vi, som i dette tilfælde, ikke kender L{r(x)}.]

15 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 5 Opgave 5 a) Benyttes Kreyszigs betegnelser i 7.3 kan følgende tabel opstilles: j x j y j y j y j 3 y j h =. ogx =. betyder at r =(x x )/h = x, og dermed: p (x) =y + r y + r(r ) y = (x )(.6784) + (x )(x )(.88) = x.44 x D =[.46 4(.44).4779] / =.955 for ligningen p (x) =: x p = =.464 (Roden x = er ikke brugbar) (.44) Benyttes ligning (6) i 7.3, plus bemærkningen øverst på side 857, i kombination med den udvidede tabel ovenfor, fås: ( ) r ɛ (x) 3 3 y = 6r(r )(r ).687 =.35(x )(x )(x 3) b) Indføres Laplace transformationerne Y (s) = L{y(x)} og R(s) = L{r(x)} og benyttes foldningsintegralsætningen, ligning () i 5.5, fås: Y = R + RY Y = R R, hvor R = s + (s + ) + og dermed Y = s + s y(x) = cos ( 3 x ) + 3 sin ( 3 x ) Indsættes x = x p i dette udtryk fås y( x p )=cos(.38) sin(.38) = =.4 i god overensstemmelse med fejlvurderingen under punkt a), idet y( x p ) p ( x p )+ɛ ( x p )= (.5396) =.4 [Den korrekte løsning til y(x) = er 3 tan( x) = 3 x = π 3 + nπ og dermed x p = π 3 3 = 4π 3 =.484. Benyttes samme fremgangsmåde som 3 ved opstillingen af Newtons iterationsmetode fås at x p x p y( x p )/y ( x p ), hvor y( x p ) ɛ ( x p ) =.4 og y ( x p ) p ( x p ) =.955 og dermed at x p =.473.] 3

16 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 6 Opgave 6 a) Benyttes relationerne L{y } = sy y() og L x {cos x} = transformeres differentialligningen over i L{y = y+cos x} sy =Y + s s + Omskrivning af brøken Y (s) = Y (s) = s s + s (s )(s +) s (s )(s +) = a s + bs + c s + = (a + b)s +(c b)s + a c (s )(s +) giver resultatet: a + b =,c b =,a c = eller a = c = b = og og dermed Y (s) = ( s ) s + + s + y(x) =L {Y (s)} = ( e x cos x +sinx ) b) Algoritmen for Eulers forberede metode er opstillet i Table 9. ud fra ligningerne (7a) og (7b). Vi har følgende parameterværdier: h =.5 ; f(x n,y n )=y n +cosx n ; x =,y = og ligningerne er x n+ = x n + h, y n+ = y n + (k + k ) hvor k = h(y n +cosx n ), k = h(y n + k +cosx n+ ) Benyttes disse ligninger fås i tabelform n x n y n k k y(x n ) y(x n ) y n og dermed er resultatet: ỹ() = y =.43 Eulers forbedrede metode er en. ordens metode (se side 947), dvs. at fejlen ɛ er, tilnærmelsesvis, proportional med h. Med denne antagelse fås ved en gentagelse af regningerne nederst på side 87 [ligning (5) i afsnit 7.5]: ɛ / = 3 [ỹ / () ỹ()] = 3 ( ) =.89 som er rimelig tæt på den reelle fejl ɛ = y() ỹ / () = =.3

17 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 7 Opgave 7 a) Laplace transformeres y +y +5y =5 ; y() = a ; y () = b fås følgende sekulære ligning, hvor Y = Y (s) = L{y(t)}, s Y sa b +sy a +5Y = 5 s En omskrivning af sidste brøk giver og dermed hvoraf fås (s +s +5)Y (s +)a b = 5 s (s +)a + b Y (s) = s +s s(s +s +5) 5 s(s +s +5) = s s + s +s +5 = s s + (s +) + Y = s + (s +)(a ) + b (s +) + = s +(a ) s + (s +) + + (a + b ) (s +) + y(t) =L {Y } =+e t [(a ) cos(t)+ (a + b ) sin(t)] b) y() = + (a ) = i) y( π 4 )=+e π 4 (a + b ) = a = ; b = og dermed y(t) = +e t cos(t) ii) Indsættes begyndelsesbetingelserne, y () = og y () =, direkte i differentialligningen fortæller den, at 5y() = 5. Dermed er y() = a = og y () = b = og resultatet er y(t) =

18 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 8 Opgave 8 a) Benyttes følgende relationer, se fx side 77 (side 9 i 7.ed.) L{ty } = d ds[ s Y (s) sy() y () ] = sy s Y + y() L{y } = sy y() L{ty} = d Y (s) = Y ds transformeres differentialligningen over i L{ty + y + ty} = (s +)Y sy = (s>) og dermed bliver differentialligningen til bestemmelse af Y = Y (s): Løsningerne er: ln Y = eller Y = Y (s) = Y + s s + Y = s s + ds = ln(s +)+konstant A s + (A arbitrær konstant) b) Taylor-rækkeudvikling af Laplace-integralet: F (s) = e st f(t)dt = e st[ f() + f ()t +! f ()t + ]dt = s f() + s f () +!! s 3 f () + 3! 3! s 4 f () + eller [ lim sf (s) = lim s s f() + s f () + + s n f (n) () + ] = f() som det skulle vises. Anvendes dette resultat på den generelle løsning fundet under punkt a) fås As lim sy (s) = lim s s s + = A og dermed, at valget A = betyder at Y (s) er Laplace transformationen af funktionen y(t) med randbetingelsen y() =, eller L{J (t)} = s +

19 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 9 Opgave 9 a) Benyttes Heaviside funktionen, u(t a), kan v(t) skrives: t v(t) =V a [ u(t a)] + V u(t a) = V [ ] t (t a)u(t a) a og benyttes t-forskydningsreglen, (3) side 67 [(4) side 79 i 7.ed.], fås V (s) =L{v(t)} = V as ( e as ) b) Laplace transformationen af differentialligningen er: og dermed V = RI + L[sI i()] = RI + LsI V I = I(s) = Ls + R = V ( e as ) al s (s + R L ) = V ( L L ) ( ar s + R R e as ) s + R s L som ved invertering giver resultatet: i(t) = V ( t L ( e R L t) [ u(t a) t a L ( e R L (t a))]) ar R R c) For <t a er u(t a) =oge R L t R L t + R L t, som indsat giver i(t) V [ t L ( R ar R L t R )] L t = V al t For t er u(t a) =oge R L t, og dermed i(t) V (t L [ ar R t a L ]) = V R R

20 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) En Laplace transformation af differentialligningen () giver: +s = I + si i() I = (s +)(s +) idet i() =. Resultatet dekomponeres i stambrøker: I = a s + + bs + c s + = as + a + bs + bs + cs + c (s +)(s = +) a + b =,b + c =oga + c = a = c = b = eller og dermed I = ( s + s s + + ) s + i(t) =L {I(s)} = ( e t cos t +sint ) (s +)(s +) b) v(t) =sint erstattes med v(t) =[ u(t π)] sin t, som omskrives til v(t) =sint + u(t π)sin(t π) idet sin(t π) = sin t. Anvendes t-forskydningsreglen (Kreyszig: teorem side 67) fås V = L{v(t)} = s + + s + e πs og I = +e πs (s +)(s +) = ( s + s s + + ) (+e πs ) s + som betyder, at i(t) = ( e t cos t +sint ) + u(t π) ( e t+π cos(t π)+sin(t π) ) Idet cos(t π) = cos t og sin(t π) = sin t fås i(t) = ( + eπ ) e t, for t π Strømmen aftager eksponentielt til med tidskonstanten τ = L/R =, fra den værdi i(t ), som strømmen har til tidspunktet t, hvor spændingen afbrydes. Dvs. det generelle resultat er i(t) =i(t ) e (t t) = ( ) e t cos t +sint e (t t ), for t t

21 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) j x j x j x (x j x) Fra tabellen fås, idet n =5, x = n n j= x j = =3.9 s = n n (x j x) = 7.54 j= 4 s =.9 9% konfidensintervallet for µ er bestemt ud fra Student s t-fordelingen med n = 4 frihedsgrader og γ =.9, dvs.: F (c) = ( + γ) =.95 c =.3 (tabel A9 i 8. og A i 7. udgave) og dermed k = sc/ n =.. Resultatet er, ifølge Table 3. i 8. udgave af Kreyszig (Table 4.6 i 7. udgave): CONF{x k<µ<x + k} =CONF{3.9 <µ<34.9} b) Det totale antal af mulige udfald er 6 6 = 36. Blandt disse udfald optælles mulighederne for en syver: + 6, 6 +, + 5, 5 +, 3 + 4, 4 + 3, dvs. af de 36 muligheder er der 6 udfald med syv øjne: P (7 øjne) = p = 36 6 = 6. Sandsynligheden for at ( slå ) x syvere i 4 kast er bestemt af binomialfordelingen: n P (X = x) =f(x) = p x ( p) n x med n =4ogp = x 6,dvs. P (X ) = P (X =)+P (X =3)+P (X =4) ( ) ( ) ( ) = ( p) p + ( p)p 3 + p =6 ( 5 6 ) ( 6 ) +4 ( 56 )( 6 ) 3 + ( 6 ) 4 =.39 Ifølge Kreyszig, ligning (3) og (4) i.7 ( 3.6 i 7.ed.), er middelværdien af denne fordeling: µ = np =4 6 = 3 og variansen σ = np( p) = = 5 9 og dermed σ =.745.

22 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F Opgave a) Normering af sandsynlighedstætheden giver: a f(x)dx = cdx= ac = c = a a Middelværdien X =, dvs. at variansen bliver σ = X X = X = a a x dx a = 3 For den diskrete fordeling er X i = b b =og σ = b + ( b) =b og dermed at σ = σ b = a. ( a ) 3 a = a y(n) =±b ± b ± ±b (n tal) med sandsynligheden de enkelte b er er +, eller ( ) n P (i plustegn) = i n for at fortegnet foran (binomialfordeling med p = ). Med i plusser bliver y = y i = ib (n i)b = (i n)b ( ) n f n (y i )= i n, hvor y i =(i n)b og i =,,,...,n. b) I grænsen n kan Y (n) tilnærmes med normalfordelingen, uanset valg af f(x), med µ =og σ = σn n = σ = n a i= Dermed har Y (n)/σ n tilnærmelsesvis fordelingsfunktionen Φ(z = y(n)/σ n ), eller P ( 5a <Y(n) 5a) =P ( 5a/σ n <Z 5a/σ n ) =Φ(5a/σ n ) Φ( 5a/σ n )= for n = n.opslagitabel8viseratz(d) =.674 og betyder at z(d) = 5a σ n = 5a a n / =.674 ( ) 5 n = 66.4 eller n.674 = 66 (±)

23 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 3 Opgave 3 a) Sandsynlighederne er bestemt ved Poisson fordelingen, som har frekvensfunktionen: f P (x) = µx x! e µ = x x! e hvor x er antallet af henfald i tidsintervallet t = /λ og µ = λt = er middelværdien. Dvs. P (X 3) = F P () = f P () f P () f P () = e ( ++) =.333 (se også tabel A6 side A88, side A i 7.ed.). b) Igrænsenµ er Dvs. P (µ µ X µ+ µ) = f P (x) πσ e ( x µ σ ), σ = µ µ+ µ µ µ f P (x)dx Φ( µ/σ) Φ( µ/σ) =.95 som medfører µ/σ =.96 (tabel A8). Indsættes µ =.5µ og σ = µ fås.5µ µ =.96 µ = 537 c) I det generelle tilfælde er µ = λt og p(t) =f P () = exp( λt), dvs. Med denne fordelingsfunktion fås: og F (t) = e λt, for t f(t) =F (t) = λe λt, for t [ ] G(u) = exp(ut ) = λe (u λ)t λ dt = u λ e (λ u)t = λ λ u idet det er forudsat at λ u>. Momenterne kan beregnes direkte, men udnyttes den moment-genererende funktion fås: T = G λ () = (λ u) = λ u= og dermed T = G λ () = (λ u) 3 =λ u= σ = T T =λ λ = λ

24 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 4 Opgave 4 a) Sandsynligheden for at slå sekser i første kast er P (X =)=f() = 6. Sandsynligheden for først at slå sekser i andet kast er lig sandsynligheden for seksere i første kast, 6 = 5 6, gange sandsynligheden for en sekser i andet kast, eller P (X =)=f() = Generelt er f(x) = 6( 56 ) x hvor x =,, 3,... Fordelingsfunktionen er F (x) =f() + f() + + f(x) = [ ( ) 5 x ] 6 ( ) 56 n {( ) 56 x ( ) + 56 x+ + }] = [ 6 n= = [ ( ) 56 n ( ) 6 56 x n= n= = ( 5 6 ) x ( 56 ) n ] = 6 [ ( 56 ) x ] 5 6 og det ses umiddelbart, at F (x) =for x. Desuden fås: P (3 <X 9) = F (9) F (3) = ( 5 6 ) 9 + ( 56 ) 3 =.385 b) Den moment-genererende funktion er: De afledede er og dermed G(t) = x= ( ) 56 x 6 e xt = et 6 ( 56 e t) n n= = et 6 5 = e t 6 et 6 5 e t (for 5e t < 6) G e t (t) = 6 5 e t et ( 5e t ) (6 5 e t ) = 6e t (6 5 e t ) G 6e t (t) = (6 5 e t ) et ( 5e t ) (6 5 e t ) 3 = (6 + 5et )6e t (6 5 e t ) 3 µ = X = G () = 6 ; σ = X X = G () µ =66 36 = 3 Eksperimentet med at slå 4 seksere i højst tre kast med fire terninger, når man efter hvert kast beholder de seksere man har slået, kan ækvivaleres med et eksperiment, hvor man kaster de fire terninger hver for sig. Sandsynligheden for at der er sekser i højst tre kast er F(3) for hver af terningerne, dvs. den ønskede sandsynlighed er P (4 seksere i 3 kast) = [F (3)] 4 = [ ( 5 ) 3 ] 4 ( ) 6 = =.35

25 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 5 Opgave 5 a) Der er forskellige mulige udfald med lige stor sandsynlighed, dvs.: f(x) = for x =,,,, 9 og for alle andre x. Middelværdien svarende til denne frekvensfunktion er 9 µ x = X = xf(x) = 4.5 x= 9 og idet x = 85 fås x= σx = X X = =8.5 σ x =.87 Tælles antal udfald, hvor y(n) =,y(n) =,, y(n) = n og divideres med antallet af mulige udfald n fås: P (Y () ) = ( + ) =. P (Y () )=(++3) =.6 P (Y (3) 3)=(+3+6+) 3 =. b) X i er statistisk uafhængige, og ifølge teorem og 3 i.9 ( 3.8 i 7.ed.) gælder derfor generelt n n µ n = µ x = nµ x =4.5n ; σn = σx = nσx σ n =.87 n i= Når n kan vi benytte The central limit theorem i 3.3 ( 4.6 i 7.ed.), og dermed at fordelingen er normal med middelværdi µ n og standardafvigelse σ n eller f n (y) = i= [ exp 6.5nπ (y 4.5n) 6.5n At finde 95% konfidensintervallet svarer til at bestemme k således, at P (µ n k Y (n) µ n +k) =P ( k σ n Y (n) µ n σ n ] k σ n ) =Φ ( k σn ) =.95 og dermed, ifølge tabel A7 A8, at k =.96σ n. Når n = er µ n = 45 og k = = 78, og dermed bliver konfidensintervallet CONF{43 y() 4678}

26 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 6 Opgave 6 a) j x j x j x (x j x) Fra tabellen fås, idet n =5, s = n x = n n j= n (x j x) = 8.8 j= 4 x j = 5. 5 =. s =.48 9% konfidensintervallet for µ er bestemt ud fra Student s t-fordelingen med n = 4 frihedsgrader og γ =.9, dvs.: F (c) = ( + γ) =.95 c =.3 (tabel A9 i 8. og A i 7. udgave) og dermed k = sc/ n =.4. Resultatet er, ifølge Table 3. i 8. udgave af Kreyszig (Table 4.6 i 7. udgave): CONF{x k<µ<x + k} =CONF{8.79 <µ<.6} b) x-interval b j z-interval e j (b j e j ) x< 7 7 <z< <x< 8.5 <z< <x< 9. <z< <x<.5 <z< <x< 9. <z< <x< 6.5 <z< <x< 3 8. <z< <x 7.5 <z< e j b j er antallet af målepunkter i de forskellige x-intervaller, b j = n =. Næste søjle viser de tilsvarende intervaller af z =(x µ)/σ, medµ =. og σ =.. Fjerde søjle er de udregnede værdier af e j = n[φ(z ) Φ(z )], hvor z og z er intervalendepunkterne, og Φ(z) er den standardiserede normalfordeling opstillet i tabel A7. Antallet af intervaller er K = 8ogfrasidste søjle fås: χ K = (b j e j ) =.69 e j j= Dette resultat skal sammenlignes med χ -fordelingen med K r =5 frihedsgrader. To frihedsgrader, r =, er udnyttet ved at antage µ = x = og σ = s =. Ifølge Table 3.7 (4. i 7. udgave) kan hypotesen om at X er normalfordelt accepteres, hvis χ c, hvorc er løsningen til ligningen P (χ c) = α =.95. Fra tabel A (A i 7. udgave) fås, at c =.7 >χ =.69, og dermed at hypotesen kan accepteres.

27 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 7 Opgave 7 a) De første fire søjler i følgende tabel opstilles: x y x xy y y y Benyttes ligning (7.4) i Supplement til Kreyszig fås fra tabellen, idet n = og D = n x i ( x i ) = 85, x k = i yi x i xi y i =.8 D k = n x i y i x i yi =.486 D b) De to sidste søjler i tabellen er udfyldt ved at benytte y i = k + k x i = x i, hvorefter (7.6) (7.8) i supplementet giver: s (y) = (yi y n i ) =.3965 =.496 ; s(y) =.7 8 x s (k )= i D s (y) =.3 ; s(k )=.48 s (k )= n D s (y) =.6 ; s(k )=.78 95% konfidensintervallet for κ, og dermed også forκ og µ, er bestemt af Student s t-fordelingen med n = 8 frihedsgrader og γ =.95, dvs.: F (c) = ( + γ) =.975 c =.3 (tabel A9 i 8. og A i 7. udgave). Ifølge tabel 3. (4.3 i 7. udgave) og sidste paragraf i supplementet: CONF{ k cs(k ) <κ <k + cs(k )} =CONF{. <κ <.} CONF{ k cs(k ) <κ <k + cs(k )} =CONF{.468 <κ <.54} CONF{ y cs( y ) < µ< y + cs( y )} =CONF{.63 < µ<.73} I sidste linie er y = y i /n =.683 med standardafvigelsen s( y ) = s(y)/ =.. Ifølge hypotesen er κ =,κ =.5, og µ = µ(x)/n =.5x i / =.75. Værdierne af κ og κ tilhører 95% konfidensintervallerne, men µ =.75 ligger uden for 95% konfidensintervallet for µ. Benyttes det hertil svarende signifikans-niveau på 5% er svaret ja til at hypotesen kan afvises.

28 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 8 Opgave 8 a) Idet log a +logb =log(ab) og log = fås F (x) =f() + f() + + f(k) = [log log ] + + [log(k +) log k] 3 (k +) =log =log(k +) ; k x<k+ k F (x) = for x< ; F (x) =F (9) = log = for x 9. Sandsynligheden for at første ciffer er lige er P (k lige) = f() + f(4) + f(6) + f(8) = log 3 log + log 5 log 4 + =log =.39 Middelværdien er, idet x log k =logk x, b) 9 µ = x = kf(k) = [log log ] + [log 3 log ] + k= =log =log9 =3.44 9! k b k e k (b k e k ) b k er antallet af tal der har k som første ciffer, b k = n =. Næste søjle er de udregnede værdier forudsagt af Benford fordelingen: e k = nf(k) = log[(k +)/k]. Antallet af intervaller er K = 9 og fra sidste søjle fås: χ K = (b j e j ) =.58 e j k= Dette resultat skal sammenlignes med χ -fordelingen med K r =8 frihedsgrader. r =, da Benford fordelingen er fastlagt på forhånd uden brug af stikprøven. Hypotesen er, at tallene i stikprøven har en fordeling som er i overensstemmelse med Benford fordelingen. Ifølge Table 3.7 (4. i 7. udgave) kan hypotesen accepteres, hvis χ c, hvorc er løsningen til ligningen P (χ c) = α =.95. Fra tabel A (A i 7. udgave) fås, at c =5.5 >χ =.58, og dermed: hypotesen kan ikke afvises. e k

29 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 9 Opgave 9 a) Frekvensfunktionen for Poisson fordelingen er f(x) = µx x! e µ,hvorµ er middelværdien. Udnyttes det at X og Y er statistisk uafhængige fås 3 3 P (Z =3)= P (X = x Y =3 x) = P (X = x)p (Y =3 x) x= x= 3 x 3 3 x = x= x! e (3 x)! e 3 = e 5( 33 3! + 3! +! ! ) =.8333 e 5 =.44 For Poisson fordelingen er variansen lig med middelværdien, og benyttes teorem og 3 i.9 fås: µ = Z = X + Y = X + Y = µ + µ σ = Z Z = σ (x)+σ (y) = µ + µ Z s fordeling tilnærmes med normalfordelingen med µ =5ogσ = 5og ( ) ( ) P (Z =3) Φ Φ 5 5 =Φ(.67) Φ(.8) = =.93 ved brug af lineær interpolation i tabel A7. b) Ligningen xy = 3 har kun de (ikke-negative) heltallige løsningerne (x, y) = (, 3) og (3,). Det betyder, at nu er P (Z =3)=P (X =)P (Y =3)+P (X =3)P (Y =)=.876 I det generelle tilfælde fås (se også teoremi.9): µ = Z = XY = X Y = µ µ Benyttes X = σ (x)+ X = µ + µ og tilsvarende for Y fås: σ = Z Z = X Y µ µ = X Y µ µ =(µ + µ )(µ + µ ) µ µ = µ µ (µ + µ +) Dvs., at i det betragtede tilfælde er µ =6ogσ = 3( ) = 6 og ( ) ( ) P (Z =3) Φ Φ = = Alle resultater under a) er i overensstemmelse med at Z = X +Y har Poisson fordelingen med µ = µ + µ,idetp(z =3)= 53 3! e 5. Dette forekommer intuitivt rigtigt og kan let eftervises generelt vha. moment-genererende funktioner. I tilfældet Z = XY er µ σ,ogz har ikke en Poisson fordeling. µ = 5erpå grænsen af hvor normalfordelingstilnærmelsen kan benyttes (især ude i halerne) og den relative fejl er 5% i a). µ er større i b) men den relative fejl er ca. to gange større i dette tilfælde (fordelingen er meget langt fra at være normal).

30 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 3 Opgave 3 a) I følge Supplementet (6.5) har Y en normalfordeling og Y = X X = µ µ (teorem i.9). X og X er uafhængige stokastiske variable med varianserne σ (x )=σ /n og σ (x )=σ /n, hvilket medfører ( σ (y) =σ (x )+σ (x )= σ + ) n n (teorem i.9). Ifølge teorem i 3.3 [tabel 3. eller Supplementet (5.6)] er konfidensintervallerne givet ved { CONF γ x α c α s α µ α x α + c α s } α nα nα og F t (c α )=(+γ)/, hvor F t er Student s t-fordelingen med n α frihedsgrader. Idet ( + γ)/ =.975 er c =.78 og c =.6 ifl. tabel A9 og dermed CONF γ {65.96 µ 78.64} ; CONF γ {63.38 µ 68.8} b) Idet P ( c T c) =F t (c) F t ( c) =F t (c) =γ =.95, hvor F t er Student s t-fordelingen med n + n =3frihedsgraderfås fra tabel A9, at c =.6. Stikprøvens resultat for T er: t = x x (µ µ ) σ, og CONF γ { c t c} σ n + s y n Benyttes s y =(4s +9s )/3 = 8. og indsættes tallene i udtrykkene ovenfor fås, at 95% konfidensintervallet for Y = µ µ bliver CONF γ {.8 µ µ.} Med et signifikans niveau α = γ =.5 er µ µ.8, hvilket betyder, at hypotesen µ = µ kan afvises. Bemærk, at det ret store overlap mellem de to konfidensintervaller i a), fra til 68.8, kunne forlede til den modsatte konklusion. Ifølge definitionen i (3) er (n + n )S y/σ =(n )S /σ +(n )S /σ De to led på højre side er stokastiske uafhængige størrelser, der har en χ fordeling med henholdsvis n ogn frihedsgrader [teorem 3 i 3.3, Supplementet (5.3)]. Det betyder at (n + n )S y /σ har en χ fordeling med n +n =n + n frihedsgrader.

31 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 3 Opgave 3 a) De første fire søjler i følgende tabel opstilles: x y x xy y y y y y y Benyttes ligning (7.4) i Supplement til Kreyszig og indsættes tabelværdierne og n =6fås D = n x i ( x i ) = 5 og x k = i yi x i xi y i = 5.33 D k = n x i y i x i yi =3.9 eller y = x D Femte og sjette søjle i tabellen er udfyldt ved at benytte y i = k + k x i = x i. Fra ligning (7.6) i supplementet fås s (y) = n (yi y i ) =.49 4 =3.5 ; s(y) =.76 b) De to sidste søjler i tabellen er udfyldt ved at benytte resultatet af den kvadratiske regressionskurve: y i =(7 7 x +x )/35. Denne regressionskurve har 3 frie parametre og n i (7.6) erstattes af n 3og s (y) = (yi y n 3 i ) =.8 =.76 ; s(y) = % konfidensintervallet for σ(y) bestemmes af χ -fordelingen med n frihedsgrader i det lineære og n 3 frihedsgrader i det kvadratiske tilfælde. Table A viser, at F (c )=( γ)/ =.5 c =.48 og F (c )= ( + γ)/ =.975 c =.4, med 4 frihedsgrader og γ =.95. Benyttes (5.5) i supplementet (med n erstattet med n ) fås i det lineære tilfælde: CONF { n γ s (y) <σ (y) < n s (y) } CONF c c γ {.6 <σ(y) < 5.9} Benyttes den kvadratiske regressionskurve er c =. og c =9.35 (3 frihedsgrader) og dermed CONF { n 3 γ s (y) <σ (y) < n 3 s (y) } CONF c c γ {.6 <σ(y) <.} De to konfidensintervaller overlapper ikke, dvs. de to hypoteser forudsiger signifikant forskellige værdier for σ(y) hypotesen, at regressionskurven er lineær, kan afvises. Hvis regressionskurven er lineær vil en antagelse om et ekstra kvadratisk led ikke resultere i en signifikant mindre værdi for σ(y). Omvendt, er regressionskurven kvadratisk, så vil antagelsen af en lineær kurve give et fejlbidrag til s(y) og dermed resultere i en større værdi for σ(y).

32 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 3 Opgave 3 a) Y har Poisson fordelingen: P (Y = m) = µm m! e µ, hvilket betyder at ( ) m P (X = n) = p n ( p m=n n ) m n P (Y = m) m! = n!(m n)! pn m n µm ( p ) m! e µ m=n = µn n! pn e µ m=n = µn n! pn e µ r= µ m n (m n)! ( p )m n [µ( p )] r r! = µn n! pn e µ e µ( p ) = (p µ)n n! som viser at X har en Poisson fordeling med middelværdien p µ. Antallet af personer i bilerne der passerer broen er: Z = X +X +3X 3 e p µ Generelt har X i en Poisson fordeling med middelværdien µ i = p i µ og variansen σi = µ i.idetµ =fås: µ = σ =., µ = σ =.6 og µ 3 = σ 3 =.. Y har en Poisson fordeling med µ y = σy = µ + µ + µ 3 = µ =. Ifølge teorem og 3 i.9 haves: µ z = Z = µ +µ 3 +3µ 3 = = 3., og variansen af Z-fordelingen: σz = σ + σ +3 σ3 = = 5.4. b) P (X i = x) = µx i x! e µ i og dermed er sandsynligheden for at der sammenlagt er tre personer med i de biler der passerer i løbet af ét minut: P (Z =3) = P (X =3 X = X 3 =)+P (X = X = X 3 =) + P (X = X = X 3 =) =.3 e. e.6 e. + (.e.)(.6e.6) e. + e. e.6(.e.) 3! = e ( ) =.635 Når t = time er middelværdierne for de tre X i fordelinger henholdsvis, µ = 7, µ =36ogµ 3 =, som alle er større end 5, og de tre fordelinger kan tilnærmes med de tilsvarende normalfordelinger. Det betyder at Z med en god tilnærmelse har en normalfordeling med middelværdien µ z = = 8 og variansen σz = = 34. Konfidensintervallet bestemmes af, at P (µ z cσ z Z µ z + cσ z )=Φ(c) Φ( c) =.95, når fordelingen tilnærmes med normalfordelingen. Dvs. c =.96 og dermed cσ z = 35.3, og afrundes til nærmeste hele tal bliver konfidensintervallet: CONF{45 z 5}.

33 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 33 Opgave 33 a) Der er 6 forskellige mulige udfald, som hver har lige stor sandsynlighed: f(x) = 6 for x =,,3,4,5,6 og f(x) = for alle andre x. Med denne frekvensfunktion fås 6 µ = X = xf(x) = 3.5 ; X 6 = x f(x) = 9 x= x= 6 σ = X X = 9 ( ) = σ =.78 Tælles antallet af udfald, hvor et kast med fire terninger giver y(4) = 4, 5 eller 6, og divideres med antallet 6 4 af mulige udfald fås: P (Y (4)=4) = P ( (X,X,X 3,X 4 )=(,,, ) ) =[P (X =)] 4 = 96 ( ) 4 P (Y (4)=5) = P ( (X,X,X 3,X 4 )=(,,, ) ) = = 34 ( ) 4 P (Y (4)=6) = P ( (X,X,X 3,X 4 )=(3,,, ) ) ( ) 4 + P ( (X,X,X 3,X 4 )=(,,, ) ) = = Idet fordelingerne er symmetriske m.h.t. deres middelværdier er P (6 <Y(4) ) = [ f 4 (4) + f 4 (5) + f 4 (6) + f 4 () + f 4 (3) + f 4 (4) ] = [ f 4 (4) + f 4 (5) + f 4 (6) ] = = 6 =.977 b) X i er indbyrdes statistisk uafhængige og ifølge teorem og 3 i.9 er n µ n = µ = nµ =3.5n ; σn n = σ = nσ σ n =.78 n i= Når n kan vi benytte The central limit theorem i 3.3, og dermed at fordelingen er normal med middelværdi µ n og standardafvigelse σ n eller f n (y) = exp [ (y µ ] n) = σ n π σn.78 πn exp[ (y 3.5n) ] 5.833n At finde 9% konfidensintervallet svarer til at bestemme k således, at i= P (µ n k Y (n) µ n + k) =P ( σ k n Y (n) µ n σ n som, ifølge tabel A7 A8, betyder at σ k n =.645. k σ n ) =Φ ( k σn ) =.9 Når n = µ n = 35 og k = = 8. 8 (afrundet til nærmeste hele tal), og dermed bliver konfidensintervallet CONF{3 y() 378} eller CONF{3 <y() 378} [Benyttes normalfordelings-tilnærmelsen ( i sidste ) spørgsmål ( ) i a) fås:.5 µ4 6.5 µ4 P (6 <Y(4) ) Φ Φ =.97 ] σ 4 σ 4

34 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 34 Opgave 34 a) Sandsynlighedstætheden er: f(t) =F (t) = τ e t/τ (t ) (t<) og dermed T = tf(t)dt = t τ e t/τ dt = τ ue u du = τγ() = τ T = t f(t)dt = τ u e u du = τ Γ(3) = τ µ = T = τ ; σ = T T = τ Benyttes ligning () i.5 for den kontinuerte fordeling: P (a <T <b)= F (b) F (a) fås: P (T >τ)=f ( ) F (τ) = ( e τ/τ )= e =.368 P ( <T <t )=F (t )=.5 e t /τ =.5 t = τ ln b) For serie-kredsløbet fås: t [ F s (t) = x τ e x/τ e y/τ dy ] dx = t τ = t τ e x/τ dx = e t/τ e x/τ [ ( τ)e y/τ ] x dx og en sammenligning (τ τ ) med resultaterne ovenfor viser, at f s (t) = τ e t/τ (t ), µ s = τ, σ s = τ Fordelingsfunktionen for parallelforbindelsen er t [ x F p (t) = τ e x/τ e y/τ dy ] dx = t [ τ e x/τ ( τ)e y/τ ] x dx = t ( e x/τ e x/τ ) dx = ( e t/τ ) ( e t/τ ) = ( e t/τ ) τ og de analoge udregninger som i a) giver resultaterne: f p (t) = τ e t/τ ( e t/τ ) (t ), µ p = 3τ, σ s = 5τ [Integralerne i () udtrykker, at serieforbindelsen ikke er funktionsdygtig hvis der er en defekt komponent, dvs. at t bestemmes af x (x t) når det antages at y x. Det omvendte tilfælde, x y, er inkluderet vha. faktoren. Parallelkredsløbet accepteres hvis blot en af komponenterne virker, idet t levetiden af begge komponenter: y x t eller x y t. Som resultaterne viser giver denne forskel sig udtryk ved en faktor 3 i middellevetiderne, samt en relativ mere skarp fordeling for parallelforbindelsen, hvor σ p =.745µ p mens σ s = µ s.] 4 4

35 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 35 Opgave 35 a) Sandsynligheden for at udfaldet A forekommer x gange i løbet af n eksperimenter er binomialfordelt, dvs. ( ) n f(x) = p x ( p) n x, x =,,,..., n x og f(x) = for alle andre x. Med denne frekvensfunktion fås, at sandsynligheden for hændelsen B = P (X 3), for n =5ogp =.3, er ( ) ( ) 5 5 P (B) =f(3) + f(4) + f(5) = p 3 ( p) + p 4 ( p)+p = =.638 Hændelsen C udgøres af 3 ud af de tilfælde, hvor kabalen går op 3 gange, ud af 5, hvor kabalen går op 4 gange, plus tilfældet hvor kabalen går op alle 5 gange, dvs. P (C) = =.5346 og den betingede sandsynlighed er [lign. () på side 6 i Kreyszig]: P (C B) = P (C B) P (B) = P (C) P (B) =.378 b) Når n kan vi benytte The central limit theorem i 3.3, og dermed at fordelingen er normal med middelværdi µ = np og standardafvigelse σ = np( p) [lign. (3) og (4) på side 8 i Kreyszig], eller [ ] f(x) = πnp( p) exp (x np) np( p) For at finde 95% konfidensintervallet skal der bestemmes et k således, at P (µ k X µ + k) =P ( σ k X µ σ σ k ) ( ) Φ kσ =.95 som, ifølge tabel A7 A8, betyder at σ k = c =.96. Resultatet er { } CONF np c np( p) x np + c np( p), c =.96 Indsættes n = og x = 3 bestemmer konfidensintervallet et tilsvarende interval for p, (3 p).96 p( p) 384.5p p + 9 Andengradsligningen har rødderne p = og p =.895 og dermed bliver 95% konfidensintervallet: CONF {.9 p.396} [Selv med n = er usikkerheden på en eksperimentel bestemmelse af p stor. Bemærk at midtpunktet i intervallet er.37, som er lidt større end x/n =.3.]

36 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 36 Opgave 36 a) Sandsynlighedstætheden for X i er pr. definition: p hvis x = f(x) = p hvis x = ellers Udfaldet af Y n er lig det antal gange hændelsen X i = forekommer i n eksperimenter, dvs. at Y n har binomialfordelingen: ( ) n p y ( p) n y hvis y =,,...,n g(y) = y ellers Udfaldet af Z n har kun to muligheder Z n =hvisblotetx i =ogz n = hvis alle X i =, og dermed er frekvensfunktionen den samme som for X i blot med p erstattet af P (X =X = =X n =) = p n : p n hvis z = h(z) = p n hvis z = ellers b) Benyttes f(x) fås: X i = x j f(x j )x j =( p) +p = p X i = x j f(x j )x j =( p) + p = p σ x = p p = pq Binomialfordelingen er gennemregnet i bogen [ligning (3) og (4) i.7] eller vi kan benytte de generelle resultater i.9: n Y n = X i = np, σy n = σx = nσ x σ y = np q i= For Z n fordelingen fås samme resultat som for X i når p erstattes af p n : Z n = p n, σ z = p n ( p n ) For n =5ogp =.5 fås: ( ) 5 P (Y n =3) = = P (Y n > ) = P (Y n ) = g() g() = =.367 i= For n = og p =.5 kan g(y) tilnærmes med normal-fordelingstætheden med µ = np = 5 og σ = np q =3.69, dvs.: ( P (3 Y n 7) = P < Y ) n µ < 3.69 σ 3.69 =Φ(.497) Φ(.497) =.938 (.938) =.8656

37 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 37 Opgave 37 a) De kovariante basisvektorer er givet ved, (9.5) eller (9.53): e i = r u i, dvs. e = r θ =( sinθ, cos θ, ), e = r =(,, ) z Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter ( g ij = e i e j = 4sin θ +cos ) θ b) Ifølge (9.63) er g ij g jk = δ i k (gij -matricen er den inverse til g ij -matricen): g ij = 4sin θ +cos θ De kontravariante komponenter g ij kan benyttes til at bestemme de kontravariante basisvektorer, e i = g ij e j (nederst side 77): e = g e = ( sinθ, cos θ, ) 4sin θ +cos θ, e = g e =(,, ) Christoffel symbolet af anden art er defineret, (9.74), Γ k ij = ek e i u j : Γ = ( sinθ, cos θ, ) 4sin θ +cos θ og alle de andre 7 komponenter er. c) r s kontravariante komponenter er: ( cosθ, sin θ, ) = 3sinθ cos θ 4sin θ +cos θ og dermed r = r e = 3sinθcos θ 4sin θ +cos θ, r = r e = z r θ = sin4 θ 3cos 4 θ +9sin θ cos θ (4 sin θ +cos θ), r z = Indsættes fås r i ;i = r θ + r z +Γ r =+ sin4 θ 3cos 4 θ (4 sin θ +cos θ) = 4 (3 sin θ +)

38 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 38 Opgave 38 a) De kovariante basisvektorer er givet ved (9.5) eller (9.53): e i = r u i, dvs. e = r α =( α, β, ) ; e = r β =(β,α,) ; e 3 = r =(,, ) γ Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter { } { } α + β gij = ei e j = α + β og g = α + β Ifølge (9.63) er g ij g jk = δ i k (gij -matricen er den inverse til g ij -matricen): { g ij } = { } α + β g ij = α + β b) Indsættes x, y, z i funktionsudtrykket fås: f(α, β, γ) = 4 (α + β ) + γ, og dermed v = f α = α(α + β ) ; v = f β = β(α + β ) ; v 3 = f γ =γ v = g j v j = α ; v = g j v j = β ; v 3 = g 3j v j =γ Det indre produkt af v med sig selv er v v = v v + v v + v 3 v 3 =(α + β ) +4γ =4f(α, β, γ) og ifølge (9.95) er v = g u i ( gv i ) = = [ { (α α + β + β )α } + { (α + β )β } + { (α + β )γ }] α β γ [ 3α α + β + β +3β + α +(α + β ) ] =6 Benyttes det kartesianske koordinatsystem fås: v = (r r) =(x, y, z), v v =4(x + y + z ), v = ++ = 6 som er de samme resultater som ovenfor. Dette er i overensstemmelse med at v er en. ordens tensor og dermed at kontraktionerne v v og v er skalare størrelser, der er uafhængige af koordinattransformationen.

39 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 39 Opgave 39 a) De kovariante basisvektorer er givet ved (9.5) eller (9.53), e i = r u i : e = r α =(β,) ; e = r β =(α, ) Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter ( ) { } { } +β +αβ gij = ei e j = +αβ +α Indføres e =(c,c ) giver ortogonalitetsbetingelserne de to ligninger: () βc + c = og () αc + c =. og benyttes samme fremgangsmåde for e fås løsningerne: e = α β (,α) ; e = (, β) α β De eneste afledede af de kovariante basisvektorer, der ikke er, er: e u = e β =(, ) ; e u = e =(, ) α Christoffel symbolet af anden art er defineret, (9.74), Γ k ij = e k e i u j,og Γ =Γ = e (, ) = α β ; Γ =Γ = e (, ) = α β og de resterende fire: Γ =Γ =Γ =Γ =. b) De kontravariante komponenter af r = r e + r e er r = r e = [ αβ + α(α + β)] = α α β og dermed fås: r = α β ; r = r e = β α β ( α α β α ) ( β (α β) + α β β ) (α β) +Γ r +Γ r = α + β (α β) + β α β α β + α α β α β = Benyttes a = a e +a e fås a =(, ) e = α α β og a =(, ) e = β α β og T s kontravariante komponenter er givet ved: { T ij } ( = a r a r ) a r a r = (α β) α (α ) β (α ) α ( β) β ( β)

40 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 4 Opgave 4 a) De kovariante basisvektorer er givet ved (9.5) eller (9.53) e i = r u i e = r cos θ cos φ θ = a cos θ sin φ ; e = r sin θ sin φ sin θ φ = a sin θ cos φ Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter ( ) { } { } a gij = ei e j = a sin θ Basisvektorerne skal opfylde ortonormeringsbetingelsen e i e j = δ j i og det ses uden videre at udtrykkene for e og e medfører at e e =oge e =. Desuden gælder generelt at g = g ij =(e e )(e e ) (e e ) og dermed at e e =oge e =. Det vil sige at alle fire relationer er opfyldt. De kontravariante basisvektorer er e = e a = cos θ cos φ cos θ sin φ ; e e = a sin θ a sin θ = sin φ cos φ a sin θ b) De afledede af de kovariante basisvektorer er e u = a sin θ cos φ sin θ sin φ ; cos θ e u = e cos θ sin φ u = a e sin θ cos φ cos θ cos φ ; u = a sin θ sin φ { } Christoffel symbolerne af. art er defineret Γ k k ij = = e ij k e i u j og { } { } { = sin θ cos θ ; = =cotθ } mens de resterende fem komponenter er. En direkte udregning viser at R = { { }{ } + θ } = cot θ θ +cot θ = og idet g =/g og g =/g fås R = g ij R ij = a R + a sin θ R = a

41 Opgaveløsninger til Eksamensopgaver i Matematik F 4 Opgave 4 Ligningerne fremstiller overfladen af en torus (se figuren), hvis midterlinie er en cirkel med radius a liggende i xy-planet. Torus-rørets tværsnit er en cirkel med radius b, hvorb =.4a på figuren. a) De kovariante basisvektorer er givet ved (9.5) eller (9.53), e i = r u i : e = r θ = b cos θ cos φ cos θ sin φ ; e = r =(a + b sin θ) sin φ cos φ sin θ φ Heraf bestemmes den metriske tensors kovariante komponenter, g ij = e i e j, {g ij } = ( ) b (a + b sin θ) og {g ij } = ( ) b (a + b sin θ) hvor de kontravariante komponenter er udregnet som den inverse matrix, g ik g kj = δ i j eller {gij } = {g ij }. De kontravariante basisvektorer er e = g j e j = cos θ cos φ cos θ sin φ ; e = g j e b j = sin θ cos sin φ φ a + b sin θ b) En generalisering af (9.56) betyder at i to dimensioner er arealelementet da = gdu du,hvorg er determinanten af {g ij } = b (a + b sin θ),og dermed da = b(a + b sin θ)dθdφ og det totale overfladeareal A = π π b(a + b sin θ)dθdφ = π πab dφ =4π ab De kovariante komponenter af T = r r er T ij = r i r j,hvorr i = r e i.idet r = ab cos θ og r =fås T = r r =(ab) cos θ og T = T = T = Ifølge øverst side 7 i noterne er komponenterne af den kovariante afledede: T ij;k = T ij,k Γ l ikt lj Γ l jkt il De to sidste led bidrager ikke når k =,og hvorimod T ; = T, = (ab) sin θ cos θ T ; = T ; = Γ T =(a + b sin θ)a b cos 3 θ De resterende 5 komponenter af den kovariante afledede er.