Besvarelser til Calculus Ordinær Eksamen - 5. Juni 08 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 3 Opgave 4 Opgave 3 5 Opgave 4 6 Opgave 5 8 Opgave 6 0 Opgave 7 Opgave 8 Opgave 9 3 Opgave 0 5 Opgave 7 Opgave 9
Opgave En funktion er deneret ved for reelle variable x og y. f(x, y) = e y x a. Find et udtryk for niveaukurven f(x, y) =. Vi ser, at e y x =. Hvis vi nu tager den naturlige logaritme på hver side: ( log e y x) = log bliver dette til y x = 0, da ln() = 0. Vi kan da bare lægge x til på begge sider og opnår derfor: y = x. b. Hvilken vektor er parallel med f(0, 0)? Vi dierentierer først f(x, y) i forhold til både x og y. Husk, at vi skal bruge kædereglen. Det vil sige, at vi dierentierer den ydre funktion e z i forhold til z, hvilket bare giver e z. Vi sætter da z = y x, hvilken dierentieres i forhold til både x og y, hvilket givet henholdsvis x og. Kædereglen giver nu, at: f x (x, y) = e z z x = e y x ( x) = xe y x, f y (x, y) = e z z y = e y x = e y x. Indsætter vi punktet (0, 0) i disse opnås: Altså er f x (0, 0) = 0 e 0 0 = 0, f y (0, 0) = e 0 0 = e 0 =. f(0, 0) = 0,. Det vil sige, at alle vektorer, der kan skrives k 0, er parallelle med f(0, 0). Eksempelvis er 0, = 0, en parallel vektor. c. Find udtrykket for den partielle aedede f xy. Husk, at f xy = f yx, hvorfor vi kan vælge at dierentiere i forhold til y først. Men det gjorde vi i forrige opgave, hvilket gav: Men det er jo lige præcis f(x, y). f y (x, y) = e y x. f y (x, y) = e y x = f(x, y). Hvis vi dierentierer f y i forhold til x fås f yx. Men hvis vi dierentierer denne, så svarer det til at dierentiere f(x, y), da disse er ens. Altså er f yx = f x (x, y) = xe y x, hvor vi fandt sidste lighed i forrige opgave. Nemt. INDHOLD 3
Opgave En parametrisk kurve i rummet er givet ved r(t) = 3 t3, t, t, hvor parameteren t gennemløber de reelle tal. a. Find det korrekte udtryk for farten v(t). Vi skal dierentiere hver indgang i forhold til t. Vi får: r (t) = t,, t Farten er givet ved Vi får altså v(t) = v(t) = (x ) + (y ) + (z ). (t ) + + ( t) = (t ) + + t. Bemærk, at (t ) = t 4 og =, men jeg lave ikke denne omskrivning, da den nuværende måde er mere belejlig. Husk nu på kvadratsætningen (a + b) = a + b + ab. Hvis vi sætter a = t og b =, da det er disse to udtryk, der har potensen, så får vi (t + ) = (t ) + + t = (t ) + + t. Men det er præcis, hvad der står i kvadratroden. Vi kan altså lave følgende omskrivning: v(t) = (t ) + + t = (t + ) = t +. b. Hvad er buelængden fra t = 0 til t = 3? Vi skal blot integrere farten over dette tidsinterval: 3 0 v(t) dt = 3 0 t + = [ ] 3 3 t3 + t = ( 0 3 33 + 3) ( 3 03 + 0) = 3 + 3 = 9 + 3 =. c. Bestem accelerationsvektoren for kurven til t =. Accelerationsvektoren til et tidspunkt t er blot r (t). Vi har: r (t) = t, 0,. Indsættes tiden t = fås: r () =, 0, = 4, 0,. INDHOLD 4
Opgave 3 To komplekse tal er givet ved z = 5e π 3 i og z = i a. Hvad er z på standard form? ( ) 3 i. Vi husker, at e iθ = cos θ + i sin θ. Vi får altså: ( ( ( z = 5e π π ) ( π )) ) 3 i 3 = 5 cos + i sin = 5 3 3 + i = 5 + 5 3 i. b. For alle komplekse tal w og w gælder, at w = w og w w = w w. Hvad er z z. Vi bruger regnereglerne og får: z z = z z. Vi kan hurtigt aæse længden, modulus, af et komplekst tal, der er på polær form. Fra z ser vi, at det er 5. Længden er nemlig den, der er ganget på e iθ. Vi mangler blot at udregne z : ( ) (3 ) z = 3 i i = i 3 i 9 9 = + ( ) = 4 + 4 = 4 + 6 5 4 = 4 = 5 = 5. Vi indsætter nu værdierne: z z = z z = 5 5 = 5 5 = 5 = 50. INDHOLD 5
Opgave 4 En homogen anden ordens dierentialligning er givet ved y + 3y y = 0. a. Find den fuldstændige løsning til dierentialligningen. Vi betragter det karakteristiske polynomium og nder rødderne: r + 3r = 0. Diskriminanten er da, D = 3 4 ( ) = 9 + 6 = 5. Dermed er r = 3 ± 5 = 3 ± 5 4 Da vi har to reelle rødder bruger vi løsningsformen = {. hvorfor løsningen til opgaven er y(t) = c e r t + c e r t, y(t) = c e t + c e t. Alternativt kan man bytte rundt på konstanterne (det er jo stadig uspecicerede konstanter): y(t) = c e t + c e t. Det oplyses, at x p (t) = t er en partikulær løsning til x + 3x x = t +. Find den entydige løsning til begyndelsesværdiproblemet givet ved x + 3x x = 4t +, x(0) = 0, x (0) = 0. Bemærk først, at den partikulære løsning gælder for en højre side, hvor der står t +. I opgaven oplyses 4t +. Dette kan også skrives som (t + ). Altså er der blot ganget på. Fordi det er en konstant, der er ganget på, kan vi bruge superpositionsprincippet, hvor vi blot ganger samme tal på løsningen, altså. Den partikulære løsning til vores begyndelsesproblem er altså t 4. Vi fandt den fuldstændige løsning til den homogene dierentialligning i opgave a (det er lige meget, om der står x eller y, resultatet er gyldigt, selv hvis der havde stået ξ). Denne kan vi sætte sammen med den oplyste partikulære løsning, hvorved vi opnår: x(t) = c e t + c e t t 4. INDHOLD 6
Vi indsætter t = 0: x(0) = c e 0 + c e 0 0 4 = c + c 4 = 0 c = 4 c. Vi kan også dierentiere x(t), således x (t) ndes: x (t) = c e t + c e t. Vi benytter så begyndelsesbetingelsen x (0) = 0: x (0) = c e 0 + c e 0 = c + c = 0. Bruger vi c = 4 c fra før, nder vi, at c + c = 0 (4 c ) + c = 8 + c + c = 5 c = 0. Gang med og divider med 5 på begge sider, og vi nder c : c = 0 0 = 5 5 = 4. Vi kan så indsætte denne værdi for c i c = 4 c : Vores løsning bliver da c = 4 c = 4 4 = 0. x(t) = 0e t + 4e t t 4 = 4e t t 4. INDHOLD 7
Opgave 5 En funktion er givet ved for en reel variabel x. f(x) = x + a. Find den dobbelt aedede f (x). Vi dierentierer først f én gang ved at bruge kædereglen. Lad y = x +. Hvis vi dierentierer y i forhold til y fås: ( y) = y. Dette svarer til den 'ydre funktion' dierentieret i kædereglen, hvor vi blot erstatter y med x +. Den ydre funktion dierentieret er altså givet ved. Den indre (x +) funktion er blot y = x +, hvilken vi dierentierer i forhold til x. Dette giver selvfølgelig y = x. Kædereglen giver os nu, at f (x) = y y = En anden måde, at skrive dette kan være f (x) = x (x + ) = x x +. x x + = x(x + ), som, jeg personligt synes, er lettere at dierentiere. Vi ser, at f indeholder et produkt, hvilket er mellem x og (x + ). Produktreglen siger i ord: 'Den ene dierentieret ganget med den anden udierentieret. Dette lægges sammen med den ene udierentieret ganget med den anden dierentieret'. Vi ved, at x dierentieret er. Så problemet ligger i (x + ). Lad y være som tidligere, så kan dette skrives y. Hvis vi dierentierer denne bliver dette til y = y 3. Vi kan da erstatte y med x +, hvorfor den ydre funktion dierentiereet bliver: (x + ) 3. Den indre funktion ved vi allerede fra tidligere, at den er x dierentieret. Altså bliver den aedede af (x + ) til x(x + ) 3. Produktreglen giver os nu, at f (x) = x ( x(x + ) 3 ) + ( ) (x + ). På brøkform bliver dette ( ) f x (x) = x + (x + ) (x + ) x = (x + ) 3 + (x + ). Vi kan forlænge den sidste brøk med (x + ) og få: x f (x) = + (x + ) 3 (x + ) x = (x + ) 3 + x + (x + ) 3 = (x + ) 3 = (x + ) x +. Bemærk, sidste omksrivning skyldes, at z 3 = ( z) 3 = ( z) z = z z. INDHOLD 8
b. Opskriv udtrykket for et anden ordens taylorpolynomium for f med udviklingspunkt x = 0. Vi bruger formlen P (x) = f(0) + f (0)(x 0) + f (0)(x 0) = f(0) + f (0)x + f (0)x. Vi skal altså blot nde ud af, hvad f(0), f (0) og f (0) er. Vi får: f(0) = 0 + = = f 0 (0) = 0 + = 0 = 0. f (0) = Dermed er taylorpolynomiet: (0 + ) 0 + = = =. P (x) = + 0x + x = + x. INDHOLD 9
Opgave 6 Et område R i planen består af alle punkter inden for og på trekanten med hjørner i punkterne A = (, 0), B = (0, 0), C = (0, ). Et legeme med massetæthed δ(x, y) = x y dækker området R. a. Beskriv området R med uligheder. Vi tegner lige trekanten først: Vi kan se, at x ligger mellem og 0. Vi kan altså sige x 0. Endvidere går y fra 0 til. MEN, vi skal lige være opmærksomme på, at den afhænger af værdien af x. Den øvre grænse for y er nemlig den rette linje mellem A og C. Vi kan udregne en sådan linje ved at sige y = y y x x (x x ) + y. Vi sætter C = (x, y ) = (0, ) og A = (x, y ) = (, 0). Vi får: y = 0 (x 0) + = x +. 0 ( ) Vores variabel y er altså opadtil begrænset af linjen x +. Vores grænser er da x 0, 0 y x +. b. Hvad er den korrekte formel som giver legemets masse? Eftersom y i vores uligheder afhænger af x, skal y være den inderste integrationsvariabel, og dermed er x yderst. Funktionen vi skal integrere er tæthedsfunktionen, δ(x, y), når vi vil nde en masse. 0 x+ 0 δ(x, y) dy dx = 0 x+ 0 x y dy dx. Havde det været et areal eller volumen, I skulle nde, så ville funktionen, der skulle integreres, ikke være δ men. INDHOLD 0
Opgave 7 Et område R i planen består af alle punkterne med koordinater (x, y) som opfylder to uligheder x + y, 0 x. Find værdien af planintegralet Svar: R x x + y da. Vi kigger på polær integration! Husk, at x + y = r og x = r cos θ (sidste bruges lidt senere, lige nu skal vi først omskrive uligheder). Uligheden x + y kan da skrives r. Det betyder jo bare, at r, da kvadratroden af er. Endvidere kigger vi kun på positive radia. Derfor er 0 r. Derudover ser vi fra 0 x, at x skal være positiv. Det betyder, at vi kigger på. og 4. kvadrant. Altså skal vinklen variere fra π til π. π θ π. Hvis du hellere vil bruge 3π frem for π, så må du også det. Vi har nu vores grænser i det polære plan. Nu skal vi bare lige omskrive funktionen, der skal integreres, til polære koordinater. Men fra det første jeg noterede i denne opgave, så kan vi lave følgende omskrivning x x + y r cos θ r = cos θ r. En anden ting vi skal huske, når vi går fra kartesiske koordinater til polære koordinater, når vi integrerer, er, at vi skal gange med et r. Altså fås integralet π π 0 cos θ r dr dθ = r = = = π π π π π π π π 0 cos θ cos θ dr dθ 0 cos θ[r] 0 dθ cos θ dθ dr dθ = [sin θ] π π ( π ) ( = sin sin π ) = ( ) =. Ellers ville vi ende med at tage samme areal gange, hvis vi lod - være den nedre grænse. Det vill være fjollet. INDHOLD
Opgave 8 En ade F i rummet er bestemt ved ligningen F (x, y, z) = 0, hvor F (x, y, z) = cos(z) + z + xy x. a. Find ligningen for tangentplanen til F i punktet P = (, 0, 0). Vi dierentierer adens ligning i forhold til både x, y og z: F x (x, y, z) = y x, F y (x, y, z) = x, F z (x, y, z) = sin(z) +. Vi indsætter nu punktet i disse funktioner: F x (P ) = 0 =, F y (P ) =, F z (P ) = sin(0) + =. Tangentplanen er nu givet ved F x (P )(x P x ) + F y (P )(y P y ) + F z (z P z ) = 0, hvorfra vi får (x ) + (y 0) + (z 0) = x + + y + z = 0. Isoleres z opnås z = x y z = x y. Fra ligningen F (x, y, z) = 0, hvad er den partielle aedede z z i punktet P? Vi skal have fat i implicit funktionssætningen. Men for at holde det simpelt: Husk tilbage på formlen z x = F/ x F/ z = F x. F z Vi har fra forrige opgave, at F x (P ) = og F z (P ) =. Vi indsætter z x = = =. INDHOLD
Opgave 9 En funktion er givet ved for reelle variable x og y. f(x, y) = x xy + a. Bestem denitionsmængden for f. Vi skal se, hvornår det 'går godt' for funktionen. Oftest er det lettest at spørge sig selv, 'hvornår går det egentligt galt?' - Vi ser, at der er en kvadratrod. Vi må ikke tage kvadratroden af noget negativt i det reelle tilfælde. Derfor har vi kravet: x xy + 0. Vi kan så rokere rundt på tingene, som det passer. Så lad os lægge xy til på begge sider: x + xy, hvilket også kan skrives xy x +. b. Hvilket af punkterne er et kritisk punkt for f? Lad os dierentiere skidtet i første omgang. Det kræver brug af kædereglen. Så lad z = x xy +. Vi ved, at ( z ) = z, hvilket er den ydre funktion dierentieret. Hvis vi så dierentierer z i forhold til henholdsvis x og y ndes den indre funktion dierentieret: z x = 4x y, z y = x. Vi får altså de aedede til at være f x (x, y) = (4x y) z = (4x y) x xy +, f y(x, y) = ( x) z = ( x) x xy +. Der er to muligheder nu. Enten kan vi indsætte alle punkterne givet i opgaven. Jeg har ikke skrevet dem ind, for det gider jeg ikke. Den anden er at nde alle kritiske punkter matematisk. Det gør vi ved at sætte de aedede lig med 0, og nde de par af x og y, der opfylder disse ligninger: f x (x, y) = 0 (4x y) x xy + = 0 f y (x, y) = 0 ( x) x xy + = 0. Det gode er, at vi blot kan gange med nævneren på begge sider i begge ligninger. Men når vi ganger med den på højre side bliver det bare et nul. Når vi ganger den på venstre forsvinder nævneren. Vi står altså tilbage med: 4x y = 0 x = 0. INDHOLD 3
Det fremgår af den sidste, at x skal være 0. Indsættes den i ligningen ovenover nder vi, at 4 0 y = 0 y = 0. Altså skal både x og y være 0. Punktet (0, 0) er altså det eneste kritiske punkt. c. Hvad er den retningsaedede D u f(p ) i punktet P = (0, ) og. retning givet ved enhedsvektoren u =, Vi nder først gradientvektoren i punktet P, da f(p ) = f x (P ), f y (P ), bliver f(p ) = (4 0 ) 0 0 +, ( 0) = 0 0 +, 0. Altså er f(p ) =, 0. Vi kan nde D u f(p ) ved at sige f(p ) u. Det giver D u f(p ) =, 0, = + 0 = + 0 = 4. d. Hvilken enhedsvektor peger i den retning, hvor f aftager hurtigst i punktet P? Enhedsvektoren i retningen, hvor f aftager hurtigst, ndes ved at sige Vi kender allerede f(p ) f(p ). f(p ) =, 0. Længden af gradientvektoren kan ses med det samme, da den ene koordinat er 0, hvorfor længden af vektoren er den absolutte værdi af den koordinat, som ikke er 0. Vi har, at f(p ) =. Dermed er, 0 =, 0 =, 0. Altså aftager f altså hurtigst i retningen, 0. INDHOLD 4
Opgave 0 Betragt følgende første ordens dierentialligning dy dx = 3y + yx. a. Dierentialligningen er seperabel. Ja. En dierentialligning er seperabel, hvis vi kan skrive den på formen P (y) dy dx = G(x). Det vil sige en funktion, der kun afhænger af y ganget på dierentialkvotienten. Og en funktion, der kun afhænger af x som står isoleret på højre side. Hvordan opnår vi det? Jamen hvis vi dividerer med y på begge sider i dierentialligningen, så får vi dy y dx = 3 + x. Så hvis vi lader P (y) = og G(x) = 3 + x, så har vi pludseligt formen. Derfor er y det et ja. b. Dierentialligningen har en løsning, der opfylder betingelsen y(0) =. Hvad er y() for denne løsning? Vi omskriver ligningen fra før til dy = 3 + x dx y ved at gange med dx på begge sider. Vi integrerer nu på begge sider y dy = 3 + x dx. Disse integraler bliver da til ln y = 3x + x + C, hvor C er en konstant. Vi nder nu C ved at bruge begyndelsesbetingelsen: ln = 3 0 + 0 + C = C. Dermed er ln y = 3x + x + ln. Vi opløfter nu til potens af eksponentialfunktionen og får ( e ln y = y = exp 3x + ) x + ln = exp (3x + ) x. Højresiden er altid positiv, så vi kan droppe absolut-værdierne ved y. Vi prøver at indsætte på x's plads: y = exp (3 + ) ( 6 = exp + ) = e 7. INDHOLD 5
c. Dierentialligningen har en anden løsning, der opfylder betingelsen y (0) =. Hvad er y(0) for denne løsning? Vi kan faktisk indsætte dette direkte i vores dierentialligning. dy dx = 3y + yx. Vi erstatter dy dx med y (0) =, og indsætter y(0) på y's plads samt sætter x = 0: = 3y(0) + 3y(0) 0 = 3y(0) y(0) = 3. INDHOLD 6
Opgave En kurve i planen er givet ved x = cos(t) + t y = t + t +. a. For hvilken værdi af t går kurven gennem punktet P = (, )? Lad os kigge på den udtrykket for y og indsætte på dennes plads. Vi får = t + t + 0 = t + t = t(t + ). Vi kan aæse de to muligheder for t af denne. Det er kun 0 og, der løser ligningen t + t + = (eller ligningen t(t + ) = 0). Vi kan hurtigt sige, at ikke kommer til at give x =, da cos( ) så skulle give 3. Men cosinus kan ikke overstige. Vi prøver så med 0 og ser, at x = cos 0 + 0 =. Altså skal t = 0. b. Hvad er kurvens krumning i P? Vi skal dierentiere udtrykkende to gange: x (t) = sin(t) +, x (t) = cos(t), y (t) = t +, y (t) =. Vi indsætter nu t = 0 i disse: x (0) = sin 0+ =, x (0) = cos 0 =, y (0) = 0+ =, y (0) =. Krumningens formel er givet ved x y x y (x ) + (y ) 3. Indsættes de fundne værdier fås ( ) + 3 = + 5 3 = 4 = 4 5 5 5 5. c. Hvilken parametrisering af tangentlinjen til kurven i punktet P har konstant fart? Lad os først opstille en parametrisering af tangentlinjen til kurven i punktet P. Vi bruger punktet P som vores 'startpunkt'. Endvidere gav forrige opgave, at x (0) = og y (0) =. Her er x og y hældningerne, det vil sige, de skal ganges på t. Punktet P = (, ) står isoleret. Konkret betyder det, at linjen kan parametriseres + t, + t. Lad os dierentiere indgangene i denne (vi skal bruge aedede for at nde farten af en kurve). Vi får,. INDHOLD 7
Farten er da v(t) = + = + 4 = 5. Bemærk, det er kun hældningen, der skal påvirkes, da startpunktet ikke har indydelse på farten. Vi dividerer altså kun hældningerne og får: + t 5, + t 5. INDHOLD 8
Opgave Figuren nedenfor viser grafen for en funktion r = f(θ), 0 θ π, afbildet i polære koordinater. En af forskrifterne i listen svarer til guren. Hvilken? f (θ) = sin(4θ) cos(4θ), f (θ) = sin(4θ), f 3 (θ) = cos(4θ), f 4 (θ) = θ sin(4θ), f 5 (θ) = cos(θ), f 6 (θ) = + sin(θ). Svar: Jeg bruger udelukkelsesmetoden og har derfor givet funktionerne forskellige numre. Jeg aæser på guren, at θ = 0 skal give en radius på. Vi indsætter: f (0) = sin(4 0) cos(4 0) = 0 =, f (0) = sin(4 0) = 0 =, f 3 (0) = cos(4 0) = =, f 4 (0) = 0 sin(4 0) = 0 f 5 (0) = cos( 0) =, f 6 (0) = + sin( 0) =. Det er altså kun f 3 og f 5, der opfylder, at f(0) =. Vi ser til gengæld, at funktionen går helt ud til 3. Men da cos ikke kan få større værdier end, kan f 5 ikke ramme værdier større end. Derfor skal det være f 3, der er svaret, da denne trods alt har cos(4θ), så hvis cosinus-ledet bliver bliver funktionsværdien 3. Dette er altså det eneste mulige svar. INDHOLD 9