TENTAMEN Datum: 27 sep 04 Kurs: MATEMATIK OCH MAT. STATISTIK 6H3000 , TEN 1 (Matematik) Skrivtid: 13:15-17:15 Kurskod 6H3000 Hjälpmedel: Bifogat formelblad och miniräknare av vilken typ som helst. Poängfördelning och betygsgränser: För betyg 3, 4, 5 krävs 9, 13 respektive 16 poäng. Lärare: Niclas Hjälm och Armin Halilovic Examinator: Armin Halilovic Denna tentamenlapp får ej behållas. Uppgift 1) ( 3 poäng) a) Bestäm imaginärdelen av z 1 i 4i 89 . 2 (1 i ) i (e 4 ) 8 (2 2i) 2 b) Bestäm absolutbeloppet av w då w i10 c) Rita i det komplexa tal planet de punkter z som satisfierar: 3 arg( z ) 1 | z | 4 och 4 Uppgift 2) ( 3 poäng) Bestäm alla (fyra) lösningar till ekvationen z 4 16 0 Svara på formen a bi Uppgift 3) ( 3 poäng) a) Bestäm Taylorpolynomet kring x0 0 (=Maclaurinpolynomet) av grad 2 för funktionen y x 1 b) Beräkna approximativt 1.2 med hjälp av Taylorpolynomet f (c) ( n1) c) uppskatta felet med hjälp av formeln för restterm: R= ( x x0 ) n1 , där c (n 1)! är ett tal mellan x 0 och x Uppgift 4) ( 3 poäng) Bestäm alla lösningar till differentialekvationen y (t ) y (t ) y (t ) 6e t Uppgift 5) ( 3 poäng) Bestäm strömmen i(t) i nedanstående LRC krets om t 1 L=1 H , R1= 3 , R2= 5 , C= F och u (t ) e V då 12 i(0)=(0) A och i (0) 2 Uppgift 6 ( 3 poäng) Det har regnat under en längre tid. Vatten har helt fyllt ett 100 m långt och 2 m brett dike. Dikets vertikala genomskärningsprofil har V-form, i form av en halv kvadrat, delad längs en horisontell diagonal, 2 m lång. Regnet har upphört vid tidpunkten t = 0. a) Antag att diket nedtill är helt tät så att vattnet endast kan försvinna genom avdunstning uppåt. Låt V(t) vara vattenvolymen vid tiden t > 0, med t mätt i dagar. Visa att V(t) uppfyller en differentialekvation på formen dV k V dt , k =positiv konstant, om avdunstningshastigheten(i m3/dag) är proportionell mot den fria vattenytans area. b) Bestäm V(t) om V(0) =100m3 (=helt fyllt dike) och V(1)=99m3. c) När är diket torrlagt? Lycka till! TENTAMEN 27 sep 04 Lösningar: Uppgift 1) ( 3 poäng) 1 i 4i 89 . (1 i ) 2 a) Bestäm imaginärdelen av z i (e 4 ) 8 (2 2i) 2 b) Bestäm absolutbeloppet av w då w i10 c) Rita i det komplexa tal planet de punkter z som satisfierar: 3 1 | z | 4 och arg( z ) 4 1 i 1 i (1 i )i i 1 1 7 4i 4i 4i i 4i 89 2 1 2i 1 2i i 2 2 2 (1 i) 7 svar a) Im(z)= 2 Lösning: a) z i i | e 4 |8 | 2 2i | 2 18 ( 8 ) 2 (e 4 ) 8 (2 2i) 2 8 b) | w || = = | | 1 |10 | i |10 i 10 svar b) | w | 8 c) svar: Uppgift 2) ( 3 poäng) Bestäm alla (fyra) lösningar till ekvationen z 4 16 0 Svara på formen a bi Lösning: z 4 16 0 z 4 16 z 4 16e i 1 4 z 16 e ( 2 k ) i 4 i 4 z0 2e 2(cos z1 2e 3 i 4 z 2 2e z3 2e 5 i 4 7 i 4 , k 0,1,2,3 2 2 i sin ) 2( i ) 2 i 2 4 4 2 2 2(cos 3 3 2 2 i sin ) 2( i ) 2 i 2 4 4 2 2 5 i sin 4 7 2(cos i sin 4 2(cos 5 2 2 ) 2( i ) 2 i 2 4 2 2 7 2 2 ) 2( i ) 2 i 2 4 2 2 Uppgift 3) ( 3 poäng) a) Bestäm Taylorpolynomet kring x0 0 (=Maclaurinpolynomet) av grad 2 för funktionen y x 1 b) Beräkna approximativt 1.2 med hjälp av Taylorpolynomet f (c) ( n1) c) uppskatta felet med hjälp av formeln för restterm: R= ( x x0 ) n1 , där c (n 1)! är ett tal mellan x 0 och x Lösning: a) 1 1 3 ( x 1) 1 / 2 , f ( x) ( x 1) 3 / 2 , f ( x) ( x 1) 5 / 2 2 4 8 1 1 3 f (0) 1 , f (0) , f (0) , f (c) (c 1) 5 / 2 2 4 8 Enligt Taylors formel kring x0 0 gäller f (0) f (0) 2 f ( x) f (0) x x R 1! 2! f ( x) x 1 , f ( x) f (c) 3 x , c är ett tal mellan 0 och x 3! f (0) f (0) 2 1 1 2 P2 ( x) f (0) x x = 1 x x 1! 2! 2 8 1 1 Svar a) P2 ( x) 1 x x 2 2 8 b) För att beräkna 1.2 substituerar vi x =0.2 i funktionen y x 1 , som vi 1 1 approximerar med polynomet P2 ( x) 1 x x 2 : 2 8 1 1 1.2 0.2 1 P2 (0.2) 1 0.2 0.2 2 1.095 2 8 Svar c) 1.2 1.095 c) För felet gäller där R 3 (c 1) 5 / 2 1 1 f (c ) 3 8 1 x |= 0.2 3 0.0005 0.2 3 |R|= | 0.2 3 = 5/ 2 3! 16 16 (c 1) (3)! Uppgift 4) ( 3 poäng) Bestäm alla lösningar till differentialekvationen (*) y (t ) y (t ) y (t ) 6e t Lösning: Först löser vi den homogena ekvationen y (t ) y (t ) y (t ) 0 som har konstanta koefficienter. Den karakteristiska ekvationen r 3 r 2 r 0 r (r 2 r 1) 0 1 i 3 . 2 2 Lösningen tillhomogena ekvationen är har lösningar r1 0 , r2,3 1 t 2 1 t t 3 t 3 y H (t ) C1 C 2 e cos( ) C3 e 2 sin( ) 2 2 Vi ansätter y p (t ) Ae t Efter substitution i ekv (*) for vi A=2 och därför y p (t ) 2e t Svar: y (t ) y H (t ) C1 C 2 e 1 t 2 1 cos( t t 3 t 3 ) C3 e 2 sin( ) 2e t 2 2 Uppgift 5) ( 3 poäng) Bestäm strömmen i(t) i nedanstående LRC krets om t 1 L=1 H , R1= 3 , R2= 5 , C= F och u (t ) e V då 12 i(0)=(0) A och i (0) 2 Lösning: Motsvarande ekvationen är R1i (t ) Li (t ) R 2i(t ) q (t ) e t dvs C i (t ) 8i(t ) 12q(t ) e t Vi deriverar ekvationen , ersätter q (t ) med i (t ) och får i (t ) 8i (t ) 12i(t ) e t Härav 1 i H (t ) C1e 2t C 2 e 6t och i p (t ) e t 5 Den allmänna lösningen är 1 i (t ) C1e 2t C 2 e 6t e t 5 Vi använder villkorna i(0)=(0) och i (0) 2 för att bestämma C1 och C2 1 Från i (t ) C1e 2t C 2 e 6t e t får vi 5 1 i (t ) 2C1e 2t 6C 2 e 6t e t , 5 Härav : 1 i(0)=(0) C1 C 2 0 (ekv1) 5 1 i (0) 2 2C1 6C 2 2 (ekv 2) 5 1 11 2*(ekv1)+(ekv2) 4C 2 2 C 2 5 20 15 3 Substitutionen i ekv1 ger C1 20 4 3 11 1 Svar: i (t ) e 2t e 6t e t 4 20 5 Uppgift 6 ( 3 poäng) Det har regnat under en längre tid. Vatten har helt fyllt ett 100 m långt och 2 m brett dike. Dikets vertikala genomskärningsprofil har V-form, i form av en halv kvadrat, delad längs en horisontell diagonal, 2 m lång. Regnet har upphört vid tidpunkten t = 0. a) Antag att diket nedtill är helt tät så att vattnet endast kan försvinna genom avdunstning uppåt. Låt V(t) vara vattenvolymen vid tiden t > 0, med t mätt i dagar. Visa att V(t) uppfyller en differentialekvation på formen dV k V dt , k =positiv konstant, om avdunstningshastigheten(i m3/dag) är proportionell mot den fria vattenytans area. b) Bestäm V(t) om V(0) =100m3 (=helt fyllt dike) och V(1)=99m3. c) När är diket torrlagt? a) Låt A(t) = den fria vattenytans area. Enligt förutsätningarna gäller dV k1 A (*) dt Om h betecknar vattnets höjd då gäller V 2h h V (t ) 100 100h 2 h 2 10 och V = 20 V A 2h 100 200h = 200 10 Detta substituerar vi i ekvationen(*) och får dV 20k1 V Vi kan byta 20k1 med en ny koefficient k. Då kan vi skriva ekvationen på dt formen dV k V . VS V dt b) Vi separerar variabler. (Den triviala lösningen V 0 satisfierar inte andra begynnelse villkoret ) dV 1 2 kdt V dV kdt V 2 V kt C V(0)=0 C 20 V(1)=99 2 99 k 20 k 20 2 99 0.10025126 2 V kt C 2 V (20 2 99 )t 20 V [(10 99 )t 10] 2 Svar b) V (t ) [(10 99 )t 10] 2 c) V (t ) 0 [(10 99 )t 10] 2 0 (10 99 )t 10 0 10 t 199.5 dagar (10 99 )