Besvarelser til Calculus Ordinær eksamen - Efterår - 8. Januar 16 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende til opgave at forklare, hvordan man kommer frem til facit i de enkelte opgaver. Der er altså ikke afkrydsningsfelter, der er kun facit og tilhørende udregninger. Udregningerne er meget udpenslede, så de este kan være med.
Indhold Opgave 1 3 Opgave 4 Opgave 3 5 Opgave 4 6 Opgave 5 7 Opgave 6 9 Opgave 7 1 Opgave 8 1 Opgave 9 13
Opgave 1 En partikel bevæger sig langs en kurve i rummet. Partiklens koordinater til tiden t er givet ved: x 4t + 1, y cos(3t), z sin(3t). a. Bestem kurvens buelængde fra t til t 4. Vi vil anvende formlen b a ( x ) + t ( ) y + t ( ) z dt, t hvor a og b er de givne grænser og 4. Før vi kan anvende formlen skal vi altså nde de aedede. Vi får blandt andet ved brug af kædereglen: x t 4, y t 3 sin(3t), z t 3 cos(3t). Indsættes dette fås: 4 + ( 3 sin(3t)) + (3 cos(3t)) dt Buelængden er altså for kurven fra t til t 4. 16 + 9sin (3t) + 9cos (3t)dt 16 + 9 ( sin (3t) + cos (3t) ) dt 4 16 + 9dt 5dt [5x] 4 b. Find accelerationsvektoren for partiklen. Vi skal blot nde de anden ordens aedede, og vi dierentierer altså de aedte, vi fandt tidligere. Dermed har vi ved brug af kædereglen: x t, y 3 3 cos(3t) 9 cos(3t), t z 3( 3 sin(3t)) 9 sin(3t). t Accelerationsvektoren bliver derfor, a 9 cos(3t), sin(3t) hvor vi har sat -9 udenfor, da denne principielt ganges på alle indgange. INDHOLD 3
Opgave Lad f(x) være en funktion, der er tre gange dierentiabel i x. Taylorpolynomiet af grad 3 for f(x) med udvikingspunkt a er P 3 (x) 7x + x 3. Bestem værdierne for f(), f (), f (), f (). Svar: Vi husker, at et Taylor-polynomium af grad 3 kan skrives ved formlen: P 3 (x) f(a)+f (a)(x a)+ f (a) (x a) + f (a) 6 (x a) 3 f()+f ()x+ f () hvor andet skyldes, at a i dette tilfælde. Vi kan altså principielt opstille 4 ligninger, da svarer til leddet uden x'er, hvilket er f(). Altså er f(). Ligeledes svarer 7x til leddet, som indeholder ét og kun ét x. Dette er f (a), hvormed vi har, at f (a) 7. Dernæst ses det, at det generelle Taylorpolynomium af grad 3 indeholder leddet f () x, men det ses, at der ikke indgår noget x i det givne polynomium. Den eneste måde, hvorpå dette kan lade sig gøre, er, hvis f (), hvormed leddet altså er og derved ikke indgår. Sidst ses den tredje aedede f () 6 x 3 har et tilsvarende led i den givne funktion, nemlig x 3, hvilken har koecienten 1 (1 "står foran/er ganget på x 3 ). Dermed må x + f () x 3, 6 f () 6 1, og ganges der med 6 på hver side i ovenstående ligning får vi, at f () 6. INDHOLD 4
Opgave 3 a. Find den fuldstændige løsning til dierentialligningen y + 4y + 5y. Vi opstiller først den karakteristiske ligning: r + 4r + 5. Denne løser vi så ved brug af formlen for andengradsligninger. Vi får diskriminanten til D 4 4 1 5 16 4 (i). Dermed bliver løsningen til karakterligningen: r 4 ± (i) 1 4 ± i ± i. Da den karakteristiske ligning har to komplekse rødder, så er den fuldstændige løsning til dierentialligning på formen: y(t) c 1 e αt cos(βt) + c e αt sin(βt), hvor α R[r] og β I[r], hvor der her vælges roden med den positive imaginærdel. Altså er α og β 1, dermed fås: y(t) c 1 e t cos(t) + c e t sin(t). b. Løs begyndelsesværdiproblemet y + 4y + 5y, y(), y () 3. I løsningen fra før kan vi benytte punktet y(). Vi har da: y() c 1 e cos() + c e sin() c 1 1 1 + c 1 c 1. Altså er c 1. Dermed er y(t) e αt cos(βt) + c e αt sin(βt) c e αt sin(βt). Vi kan nu dierentiere ovenstående for at nde y (t) ved brug af produktreglen: y t y(t) y (t) c e t cos(t) + c e t sin(t). Vi kan nu anvende, at y () 3, hvilket giver: 3 y () c e cos() c e sin() c 1 1 c 1 c. Altså er c 3, og løsningen bliver derved: y(t) 3e t sin(t). INDHOLD 5
Opgave 4 Betragt funktionen f(x, y) 5x + 3y 1. x + y a. Angiv denitionsmængden for f. De eneste tidspuntker, hvor funktionen ikke er deneret er når y x, da nævneren så bliver. Denitionsmængden er altså alle punkter bortset fra disse. Vi har: Dm(f) {(x, y) R y x}. b. Skitser niveaukurven givet ved f(x, y). Vi skal altså betragte: 5x + 3y 1 x + y. Ganges med (x+y) på begge sider, får vi: 5x + 3y 1 (x + y) x + y. Trækkes 5x og y fra på hver side og læg 1 til. Så får vi: y 3x + 1. Dette er en ret linje med skæring i 1 på y-aksen, og 1/3 på x-aksen. Lader vi y x og indsætter dette i y 3x + 1 får vi, at x 3x + 1 x 1 x 1. Da y x ikke er medtaget, må punktet (1/, 1/) altså ikke indgå i niveaukurven. Skitsen bliver da: INDHOLD 6
Opgave 5 En funktion er deneret som f(x, y) xe y. Bestem gradientvektoren f(x, y). Vi skal blot dierentiere f i forhold til både x og x. Vi får: x f(x, y) ey, y f(x, y) xey. Dermed får vi f(x, y) [e y, xe y ]. Beregn den retningsaedede af f i punktet P (1, ) og retningen givet ved [ ] 3 u, 1. Vi tjekker først, om u er en enhedsvektor, altså har længde 1: ) u ( 3 + ( ) 1 3 4 + 1 4 1 1. Altså er u Vi skal nu benytte formlen Vi får altså: D u f(p ) [e, 1e ] D u f(p ) f(p ) u. [ ] [ ] 3, 1 3 [1, 1], 1 3 1 + 1 1 3 + 1. c. I hvilken retning er den retningsaedede i punktet P (1, ) størst? (Angiv en enhedsvektor). I hvilken retning er den retningsaedede i punktet P mindst? Vi har en sætning, der siger, at den retningsaedede er størst i punktet, når Ligeledes er den mindst, når u f(x, y) f(x, y). f(x, y) u f(x, y). INDHOLD 7
Vi nder altså længden af f(1, ) [e, e ] [1, 1] til: f(1, ) 1 + 1. Vi får altså den største retningsaedede til: u [1, 1] [1, 1] [1, 1] [, ]. Ligeledes for den mindste skal vi blot ændre fortegn på alle indgangene i vektoren, altså får vi: [ ] u,. INDHOLD 8
Opgave 6 Fladen F i rummet er bestemt ved ligningen F (x, y, z), hvor F (x, y, z) x + sin(xy) + 4z. a. Godtgør, at punktet P (,, 1) ligger på aden F. Vi indsætter blot punktet P i funktionen F, og hvis det ligger på, skal det give jævnfør dentionen for vores ade F. Vi får: F (,, 1) + sin( ) + 4( 1) 4 + 4. Altså ligger punktet på aden. b. Bestem de partielle aedede F x, F F y, og z. Ved brug af kædereglen opnås: F x x + y cos(xy), F y x cos(xy), F z 4. c. Find en ligning for tangentplanen til F i punktet P (,, 1). Vi indsætter først punktet i de aedede, så vi kender hældningen i hver retning: F F (P ) + cos( ) 4, x Vi har nu tangentplanen givet ved: F (P ) cos( ) 1, y (P ) 4. z 4(x ) + (y ) + 4(z ( 1)). Vi kan reducere udtrykket og få: 4x 8 + y + 4z + 4 4x + y + 4z 4. Ved at lægge 4 til på begge sider og dernæst dividere med kan vi opnå: x + y + z. INDHOLD 9
Opgave 7 Lad R være området i planen bestående af de punkter (x, y), som opfylder ulighederne x, x + y 4. Skitser området R. Da x + y r er cirklens ligning for en cirkel med centrum i origo, (, ), med radius r, kigger vi altså på en cirkel med centrum i origo med radius. Dog skal x være større end, hvilket betyder, at vi kun bender os på højresiden af y-aksen. Altså er det en halvcirkel. b. Beregn planintegralet R e x +y da. Ud fra det skitserede område kan vi opstille polære grænser for integralet, nemlig: r, π θ π. Dermed får vi for de polære koordinater (husk r ganges på i omskrivning fra kartesiske til polære koordinater): π re r dr dθ. Vi bruger nu substitution. Lad u r, dermed bliver og vi får altså ved isolering af r, at u r r, r 1 r u. De nye koordinater i forhold til u bliver da: u(), u() 4. Vores nye integralet bliver altså: π re u 1 r du dθ 1 π e u du dθ, INDHOLD 1
hvor 1/ blot er yttet udenfor, da denne er en konstant ganget på. Ved simpel integration får vi nu: 1 π e u du dθ 1 1 π π [e u ] 4 u dθ e 4 e dθ 1 e 4 1 dθ π 1 ( [(e 4 1)θ ] ) π θ π 1 ( (e 4 1) π ( (e4 1) π )) 1 ( (e 4 1) π + (e4 1) π ) 1 (e4 1) π (e 4 1) π INDHOLD 11
Opgave 8 Find de komplekse rødder i polynomiet z + ( 3 + i)z + 4 3i. Vi kan benytte den normale fremgangsmåde ved først at nde diskriminanten D: D ( 3 + i) 4 1 (4 3i) 9 1 6i 16 + 1i 8 + 6i. Når vi skal nde rødderne kræver det, at vi kan nde kvadratroden af diskriminanten. Til at nde kvadratroden af et komplekst tal z a + bi bruges formlen: ( ) r + a r a ± + i sgn(b), hvor r z. Ved at sætte a + bi 8 + 6i D har vi: r D ( 8) + 6 64 + 36 1 1. Vi kan dermed indsætte i den førnævnte formel og få: D ± ( 1 8 ) 1 ( 8) + i ± ( + i ) 18 da fortegnet for b er et + (dvs. sgn(b) 1). Vi kan nu bruge formlen: hvorved vi får z b D, a ( ) ± 1 + i 9 ±(1+3i), z ( 3 + i) ± (1 + 3i) 1 3 i ± (1 + 3i) { 4+i + i 4i 1 i INDHOLD 1
Opgave 9 a. Punktet med rektangulære koordinater (x, y) (1, 1) kan i polære koordinater angives ved (r, θ) (, π 4). Da vi har, at og er dette sandt. x r cos θ cos π 4 y r sin θ sin π 4 1 1, b. Der gælder, at e 3πi 3. Kort svar: Da der ikke er en realdel i potensen, kan venstre siden maks give 1. Længere svar: Hvis z a + bi, så er e z e x (cos y + i sin y). Da vi har z + 3πi, får vi altså e +3πi e 3πi e (cos(3π) + i sin(3π)) (cos(3π) + i sin(3π)) 1 + i 1. Altså er påstanden falsk! c. Funktionen x 3y antager et globalt maksimum i punktet (, ). Vi noterer først, at der er et led med x, som kun kan være positivt (eller ) uanset værdien for x, og tilsvarende et led med y, som kun kan være negativt. Lader vi y, så kan vi altså vælge x, hvilket altså vil være større end det globale maksimum. INDHOLD 13