Løsningsforslag til Obligatorisk innlevering 4/4 i emnet MAT111, høsten 2020

(1)

Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet

Løsningsforslag til Obligatorisk innlevering 4/4 i emnet MAT111, høsten 2020

Innleveringsfrist: Mandag 16. november 2020, kl. 14

Besvarelsen leveres elektronisk på MittUiB som én PDF-fil. Man kan godt levere besvarelsen før fristen.

Alle fire obligatoriske innleveringer må være godkjent for å kunne gå opp til eksamen, og man har kun én innleveringsmulighet for hver innlevering.

Navn og gruppenummer (dersom du er registrert på en gruppe) skrives stort og tydelig på første side. Navn skal også stå øverst i høyre hjørne på alle sidene som leveres.

Direkte avskrift fra hverandre er ikke tillatt. Men det er tillatt og anbefalt å diskutere oppgavene.

Ved sykdom leveres legeattest sammen med det man har fått til av oppgaven innen fristen. Lege- attesten skal stadfeste sykdomsperiode ved datoer og oppgi i hvor stor grad man har vært syk (i pros- ent). Dette vil bli tatt hensyn til ved vurderingen. Dersom man er så syk på siste innleveringsdag at man blir forhindret fra å levere, må man informere studieadministrasjonen ([email protected]).

Alle svar skal begrunnes,uten bruk av grafiske hjelpemidler, men begrunnelsene skal være korte. Det må være med nok mellomregning til at fremgangsmåten fremgår tydelig av besvarelsen.

Oppgave 1 (Uke 45)

Når man bygger jernbane må linjen danne en kurve som på ethvert punkt er to ganger deriverbar (ellers vil passasjerene oppleve kraftige slag og togmateriellet vil forringes fort).

Du skal bygge ny jernbanelinje gjennom Pytjehåjen. Topografien tilsier at for x >0 skal jernbanelinjen ligge på grafen

y= Rx

0 e^e^tdt e x

mens forx≤0er det færre begrensninger og der skal banen ligge på grafen y=a+bx+cx²

for a, b, c∈R. Finn a og b slik at linjen blir deriverbar. ¹ Om

f(t) = (Rx

0 e^etdt

e x x >0 a+bx+cx² x≤0

1Merk at uttrykket forx >0ikke uten videre kan utvides til hele R, så du kommer til å måtte bruke definisjonen av den deriverte. Husk å begrunne det du gjør. Du får bonuspoeng om du også finnerc slik at linjen blir to ganger deriverbar.

1

(2)

vil vi finne a, b (og c slik at f er (to ganger) deriverbar. Det eneste problemet er når x= 0: i alle andre punkter er det (uendelig mange ganger) deriverbar (forx >0 bruker vi fundamentalteoremet og regel for kvotient).

Vi tar det litt efter litt. Først kontinuitet: lim_x→0⁻f(x) = f(0) = a, mens

x→0lim⁺f(x) = lim

x→0⁺

Rx 0 e^e^tdt

e x

er en "0/0" grense, både teller og nevner er deriverbare og den deriverte til nevneren er forskjellig for null forx >0(blir klart i neste steg!), så vi ser på grensen vi få når vi deriverer teller og nevner hver for seg: ved fundamentalteoremet får vi

lim

x→0⁺

e^e^x e .

Siden dette er grensen av en funksjon som er kontinuerlig i null (si at “sammensetning av kontinuerlige funksjoner er kontinuerlige”, eller si at “det er en deriverbar funksjon”

– det siste har vi forsåvidt alt sagt) får vi

lim

x→0⁺

e^e^x

e =e^e⁰/e= 1.

Siden denne grensen eksisterer sier l’Hôpitals regel altså at

x→0lim⁺f(x) = 1.

Vi har altså at limx→0f(x) = f(0) hvis og bare hvisa= 1. Anta det i det videre når vi undersøker den deriverte.

Må bruke definisjonen,²og undersøkerlim_h→0⁻ ^f(0+h)−f_h ⁽⁰⁾ = _dx^d(a+bx+cx²)|_x=0 = (b+ 2cx)|x=0 =b og limh→0⁺

f(0+h)−f(0)

h hver for seg. Grensen

h→0lim⁺

f(0 +h)−f(0)

h = lim

h→0⁺ Rh

0 e^etdt e h −1

h = lim

h→0⁺

Rh

0 e^e^tdt−eh e h²

knuser vi som før (argumentet SKAL med - før inn selv med fundamentalteoremet og l’H!!) og får 1/2, så f er deriverbar hvis og bare hvis a= 1 ogb= 1/2.

Nåh, det er et bonusspørsmål, men kanskje vi skal se på hvordan jeg sikrer den dobbeltderiverte. Husk at per definisjon er den dobbeltderiverte er den deriverte av den deriverte:

f⁰⁰(0) = lim

h→0

f⁰(h)−f⁰(0)

h .

2NBNB. Ganske mange av dere har derivert f(t) utenfort = 0, og synes å tro at det dere skal vise er atlim_t→0⁻f⁰(t)er liklim_t→0⁻f⁰(t)(og begge eksisterer), men det viser ikke noe annet enn at limt→0f⁰(t)eksisterer. Men det var jo ikke det som det ble spurt om: nemlig, eksistererf⁰(0)?

Damådere sjekke definisjonen (og om svaret blir lik grensene vi nettopp snakket om har dere vist atf er kontinuerlig deriverbar, men det er jo en helt annen sak).

Det er en kobling mellom disse to tingene, men det er ikke i vårt pensum.

(3)

Jeg har nettopp bestemt at f⁰(0) = 1/2, hvis h < 0 er f⁰(h) = 1/2 + 2ch og hvis h >0er f⁰(h) = ¹_e^e^eh^h−

Rh 0 e^etdt

h² . Så limh→0−f⁰(h)−f⁰(0)

h = 2c, mens

lim

h→0⁺

f⁰(h)−f⁰(0)

h = lim

h→0⁺ 1 e

e^ehh−Rh 0 e^etdt h² − ¹₂

h = lim

h→0⁺

e^e^hh−Rh

0 e^e^tdt−^eh₂²

e h³ .

Gyver du løs med fundamentalteoremet og l’H finner du at denne grensen er 2/3, så f er to ganger deriverbar hvis og bare hvis a= 1, b= 1/2og c= 1/3.

Oppgave 2 (Uke 44)

Finn de ubestemte integralene. ³ (a)

Z 1

x(1 + lnx) dx.

(b)

Z lnx

√x dx.

(c)

Z dx

√x+√ x³

(a) Vi bruker substitusjonen u= 1 + lnx. Da er du= ¹_xdx og Z 1

x(1 + lnx) dx= Z 1

u du= ln|u|+C = ln|1 + lnx|+C.

(b) Vi bruker delvis integrasjon med f(x) = lnx og g(x) = 2√

x slik atf⁰(x) = ¹_x ogg⁰(x) = ^√¹_x. Da er

Z lnx

√x dx = Z

f(x)g⁰(x)dx=f(x)g(x)− Z

f⁰(x)g(x)dx

= lnx·2√ x−

Z 1 x·2√

x dx= 2√

xlnx−2 Z 1

√x dx= 2√

xlnx−4√ x+C.

(c) Vi setteru=√

x, slik atu² =x og2u du=dx. Vi har også√

x³ =u³, slik at:

3NB: Alle integraler i innleveringen skal løses ved grunnleggende integrasjonsteknikker, ikke ved å slå opp i permen i læreboken.

(4)

Vi får:

Z dx

√x+√ x³ =

Z 2u du u+u³ = 2

Z du

1 +u² = 2 tan⁻¹u+C = 2 tan⁻¹(√

x) +C.

Oppgave 3 (Uke 44)

I denne oppgaven skal vi undersøke hvordan vi kan estimere integraler vi ikke har sjanse til ved de vanlige reglene hvja. Taylors formel. Du kan bruke uten begrunnelse at 2< e <3 og at funksjonen gitt ved g(x) =e^x er voksende.

(a) Begrunn at for alle reelle tall x og positive heltall n, så er e^e^x = 1 +e^x+e^2x

2 + e^3x

6 +· · ·+ e^nx

n! +e^s^x e^(n+1)x (n+ 1)!

for en s_x ∈(0, e^x). Begrunn at

eⁿ⁺¹−1

(n+ 1)·(n+ 1)! <

Z 1 0

e^s^x e^(n+1)x

(n+ 1)!dx <27 eⁿ⁺¹−1 (n+ 1)·(n+ 1)!. (b) Finn en n slik at

27 2

eⁿ⁺¹−1

(n+ 1)·(n+ 1)! <0.05 ? Bruk informasjonen over for å regne ut R1

0 e^e^xdx med en feil mindre enn 0.05. ⁴

Vi har at om f(t) =e^t, så er f⁽ⁿ⁾(t) = e^t, og Taylors formel for f om 0 er

f(t) = 1 +t+ t

2 +· · ·+ tⁿ

n! +e^τ^t xⁿ⁺¹ (n+ 1)!,

hvorτ_tligger mellom0ogt. Setter jeg innt =e^x i denne formelen får jeg det ønskede resultat, hvor s_x :=τ_e^x.

Sideng(x) =e^xer strengt voksende, har jeg at1 = e⁰ < e^s^x < e^x, og hvis0< x <1 får jeg derfor at 1< e^s^x < e^x < e^e¹ <3³ = 27. Følgelig er

eⁿ⁺¹−1

(n+ 1)·(n+ 1)! = Z 1

0

e^(n+1)x (n+ 1)!dx <

Z 1 0

e^s^x e^(n+1)x (n+ 1)!dx <

Z 1 0

27 e^(n+1)x

(n+ 1)!dx= 27 eⁿ⁺¹−1 (n+ 1)·(n+ 1)!.

4integralet er ca6.32, men det skal altsådu finne ut. Jeg hadde egentlig også planlagt å be dere vise at følgen (n+1)·(n+1)!^eⁿ⁺¹⁻¹ er avtagende slik at dere vet at allenstørre eller lik den dere fant funket, men det skal dere slippe.

(5)

(b) Forsøker meg litt frem og finner at n = 9 virker (²⁷₂ ^e_10·10!¹⁰⁻¹ ≈ 0.0082 < 0.05).⁵ Følgelig er

Z 1 0

e^e^xdx=A+B

der A =

Z 1 0

1 +e^x+e^2x 2 + e^3x

6 +· · ·+e^7x 7!

dt =

x+e^x+e²x

4 +· · ·+ e^7x 7·7!

1

t=0

= 1 + (e−1) + e²−1

4 +· · ·+e⁹−1

9·9! ≈6.31 (noen med kalkulator må sjekke dette) og B =R1

0 e^s^x^e_10!^10x dt. Fra det første punktet vet vi at

e¹⁰−1

10·10! < B <27e¹⁰−1 10·10!,

d.v.s.B er ²⁷⁺¹₂ ^e_10·10!¹⁰⁻¹ ⁶ med en feil mindre enn ²⁷⁻¹₂ ^e_10·10!¹⁰⁻¹, eller m.a.o. at Z 1

0

e^e^xdx≈A+ 14e¹⁰−1

10·10! ≈6.32 med en feil mindre enn 13^e_10·10!¹⁰⁻¹ ≈0.008. ⁷

Oppgave 4 (Uke 45)

Området R i planet er begrenset av kurvene gitt ved x=y²+ 2, y=x−4 og y= 0, som vist på figuren:

5hadde funket for enhver n >7 som du ser om du prøver n= 8bruker at følgen er avtagende;

n= 7fungerer ikke.

627+1

2 = 14er midtpunktet mellom1 og27og avstanden mellom midtpunktet og endepunktene er ²⁷⁻¹₂ = 13

7Mhp. at følgen er avtagende: vi viser at differansen mellom det nte og det n+ 1te leddet er positiv nårn≥1:

eⁿ−1

n·n! − eⁿ⁺¹−1 (n+ 1)·(n+ 1)!

Setter jeg på felles brøkstrek får jeg eⁿ−1

n·n! − eⁿ⁺¹−1

(n+ 1)·(n+ 1)! = (n+ 1)²(eⁿ−1)−n(eⁿ⁺¹−1)

(n+ 1)·n·(n+ 1)! =((n+ 1)²−n·e)eⁿ−(n+ 1)²+n (n+ 1)·n·(n+ 1)! . Nevneren er bestandig positiv. La oss se på telleren. Vi kunne vist at telleren er positiv forn≥1 ved en funksjonsdrøfting av funksjonen du får ved å utvide telleren fra hele tallntil reelle, men vi kan også gå på med mer primitive midler. Når n≥1 er (n+ 1)²−n·e >0, så telleren er større enn((n+ 1)²−n·e)e¹−(n+ 1)²+n= (e−1)(n²−(e−1)n+ 1). Den første faktoren er positiv, og det er også den andre faktoren (annengradsutrykk er vi rå på!)

(6)

(a) Beregn arealet av R.

(b) Beregn volumet av omdreiningslegemet vi får ved å dreie R om x-aksen.

Vi finner først skjæringspunktet mellom de to kurvene, som vi trenger i begge deloppgavene: Kurvene x=y²+ 2 ogy =x−4⇔x =y+ 4 skjærer hverandre der y²+ 2 =y+ 4, som gir oss annengradsligningen

y²−y−2 = 0,

som har løsningene y = −1 og y = 2. Det aktuelle skjæringspunktet punktet på figuren har positiv y-koordinat, dvs. y = 2, som gir x = y + 4 = 6. Altså er skjæringspunktet (6,2).

Deloppgavene nedenunder kan løses på forskjellige måter. Jeg velger i dette løs- ningsforslaget å ikke plugge inn i formlene i §5.7 og §7.1 i læreboken, men å utlede uttrykkene for arealene og volumene direkte. I denne oppgaven er kanskje alternativene III de kjappeste, der vi observerer at området R er “differansen” mellom to områder som hver ligger mellom én av kurvene ogx-aksen. Siden en slik observasjon ikke alltid kan brukes, og den er lett å bruke feil, har jeg valgt å også skrive ut de andre alternativene som fungerer litt mer generelt.

(a) ALTERNATIV I: Vi integrererer i y-retning og betrakter området R som begrenset av de to funksjonene x=y+ 4 og x=y²+ 2.

Siden y varierer mellom 0 og2, er arealet til R lik Z 2

0

(y+ 4)−(y²+ 2)

dy=h

2y+ 1 2y²−1

3y³i2 0

= 2·2 + 1

2 ·2²− 1

3·2³ = 10 3 . ALTERNATIV II: Vi integrerer i x-retning, og deler opp det aktuelle området i to deler R1 og R2:

(7)

Området R₁ er avgrenset av y = √

x−2, x-aksen og x = 4. Vi ser at x varierer mellom2 og4.

Området R₂ er avgrenset av y=√

x−2, y=x−4og x= 4. Vi ser at x varierer mellom4 og6.

Arealet til R er derfor summen av arealet tilR₁ og arealet til R₂, som er Z 4

2

√x−2dx+ Z 6

4

√x−2−(x−4) dx =

Z 6 2

√x−2dx− Z 6

4

(x−4) dx

= 2

3(x−2)^3/2 6

2

− 1

2x²−4x 6

4

= 10 3 (etter litt regning).

ALTERNATIV III: Vi observerer at arealet til R er differansen mellom arealet til området R⁺ og områdetR⁻ vist nedenunder:

Arealet til R⁺ er A⁺ = R6 2

√x−2 dx, mens arealet til R⁻ er A⁻ = R6

4 (x−4) dx (som vi eventuelt kan observere er arealet til en rettvinklet trekant med kateter av lengde 2, nemlig ¹₂ ·2·2 = 2). Altså er arealet til R lik

A⁺−A⁻ = Z 6

2

√x−2dx− Z 6

4

(x−4) dx (=

Z 6 2

√x−2dx−2)

samme uttrykk som i II.

(b)ALTERNATIV I: Vi integrererer iy-retning og bruker dermed sylinderskall- metoden.

Hvis vi dreier et horisontalt lengdeelement om x-aksen, får vi et sylinderskall av radius y, lengde (y+ 4)−(y² + 2)som vist på figuren. Igjen varierer koordinaten y

(8)

mellom0 og2 og volumet er da:

V = 2π Z 2

0

y

2 +y−y²

dy= 2π Z 2

0

2y+y²−y³ dy

= 2π

y²+1

3y³− 1 4y⁴

2

0

= 2π

2²+1

3 ·2³−1 4 ·2⁴

= 16π 3 .

ALTERNATIV II: Vi integrerer ix-retning og bruker dermed skivemetoden, og deler opp det aktuelle området i to delerR₁ ogR₂ som i (a). Hvis vi dreier et vertikalt lengdeelement i områdetR₁ omx-aksen, får vi en en sirkulær skive av radius√

x−2 som vist på figuren:

Hvis vi dreier et vertikalt lengdeelement i området R₂ om x-aksen, får vi en en hul sirkulær skive (“annulus”) med ytre radius √

x−2og indre radius x−4og som vist på figuren:

Siden x varierer mellom 2 og 4 på området R1 og mellom 4 og 6 på området R2 er volumet av omdreiningslegemet gitt ved:

V = π

Z 4 2

(x−2) dx+π Z 6

4

(x−2)−(x−4)² dx (1)

= πZ 4 2

(x−2) dx+ Z 6

4

(x−2) dx− Z 6

4

(x−4)² dx

= πZ 6 2

(x−2) dx− Z 6

4

(x−4)² dx

= π 1

2x²−2x 6

2

− 1

3(x−4)³ 6

4

!

= 16π 3

(9)

(etter litt regning).

ALTERNATIV III: Vi observerer at volumet vi skal regne ut er volumet V⁺ av omdreiningslegemet som oppstår når området R⁺ (fra Alternativ III i forrige deloppgave) dreies omx-aksen, minusvolumet V⁻ av omdreiningslegemet som oppstår området R⁻ (fremdeles fra Alternativ III i forrige deloppgave) dreies om x-aksen.

Ved samme resonnement som i forrige alternativ, har vi

V⁺=π Z 6

2

√x−2² dx=π Z 6

2

(x−2) dx

mens

V⁻ =π Z 6

4

(x−4)² dx

(eventuelt kan vi observere at dette er volumet til en kjegle). Altså får vi at volumet av omdreiningslegemet er

V⁺+V⁻ = πZ 6 2

(x−2) dx

−πZ 6 4

(x−4)² dx

= πZ 6 2

(x−2) dx− Z 6

4

(x−4)² dx , samme uttrykk som i nestsiste linje av (1).

Oppgave 5 (Uke 45)

En virus smitter ved kontakt, er mest smittsom om vinteren og er du først smittet vil du forbli smittebærer i ubegrenset tid.⁸ I en isolert befolkning med P personer ⁹ er smitteraten ved tid t (i måneder efter 1/1 2020) proporsjonal med produktet av

(1) antallet y(t) som er smittet, (2) antallet som ikke er smittet (3) 1 + cos ^π₆t

. ¹⁰

En tiendedel av befolkningen er smittet 1/1-2020.

(a) Still opp differensialligningen som y(t) må tilfredsstille og løs den (kall proporsjonalitetskonstanten k og husk å forklare hvert steg i løsningen. Er der f.eks. konstant løsning?).

8denne oppgaven er en forenkling av eksemplet som jeg viste i aller første forelesning. Forskjellen er at vi her ikke har en “politisk spake” vi kan dra i for å dempe smittefaren.

9du kan setteP til en million hvis du vil ha et konkret tall å regne med, men det kan være greiest å bare regne med “P”. I denne befolkningen hverken dør eller fødes noen.

10en sesongvariasjon i smittsomheten

(10)

(b) Hvis en femtedel av befolkningen er smittet én måned senere, hvor mange er smittet ett år senere?

(a) Initialverdiproblemet blir

y⁰(t) =k(1 + cos(π

6t))·y(t)·(P −y(t)), y(0) = P/10.

Differensialligningen er separabel, men de konstante løsningene y(t) = 0 og y(t) = P (for alle t) passer ikke med initialbetingelsen y(0) = p/10, så vi kan dele på y(t)(P −y(t)) og integrere mhp. t på begge sider og får

Z T

0

dt

y(t)(P −y(t) =k Z T

0

((1 + cos(π 6t))dt.

Høyre siden er

R(T) :=k Z T

0

(1 + cos(π

6t))dt =k[t+ 6 πsin(π

6t)]^T₀ =k(T + 6 πsin(π

6T)),

mens venstre siden angripes som sedvanlig med substitusjonen u =y(t) og delbrøk- soppspalting (se lf til obl 2), noe som skulle resultere i

1 P ln

9y(T) P −y(T)

.

Når vi så løser for y(T) får vi efter litt strev (skriv ut mellomregning eller gjør kontrollen i fotnoten i all detalj)

y(T) = P 1 + 9e^−P^·R(T⁾

11

(hvor R(T) står skrevet ut litt over). Med P = 10 ogy(1) = 2 ser grafen slik ut:

11Her er en liten kontrollregning på sin plass: y(0) =_1+9e_−P·R(0)^P =P/10og

y⁰(t) =P·(−(1+9e^−P·R(t))⁻²)·(0+9·e^−P·R(t)·(−P·R⁰(t))) =R⁰(t)· P 1 + 9e^−P·R(T)

P− P

1 + 9e^−P^·R(T)

,

som jo er akkurat det vi vil ha daR⁰(t) =k(1 + cos(^π₆t))ved fundamentalteoremet.

(11)

(b) Omy(1) =P/5 får vi 1 P ln9

4 = 1 P ln

9P/5 P −P/5

=R(1) =k(1 + 6 π

1 2), så R(12) = _P₍₁₊¹ 3

π)ln⁹₄ ·(12 + 0) = _P₍₁₊¹²3

π)ln⁹₄ og

y(12) = P

1 + 9e^−P^·

12

P(1+ 3π)ln⁹₄ = P 1 + 9·(⁴₉)

12 1+ 3π

≈0.94P.

(kan noen med kalkulator regne ut dette for meg?)

BID