UL/FRI/VSP-RI/ANA2/Izpiti/2006-01-16

Iz E-študij, proste zakladnice študentskega znanja

< UL | FRI | VSP-RI | ANA2 | Izpiti

Skoči na: navigacija, iskanje

Izpit z dne 16.01.2006
UL/FRI/VSP-RI/ANA2

Čas pisanja: 90 minut.
Literatura: mat. priročnik, en A4 list.

1. naloga

Dana je parametrična krivulja

$\!x(t) = t^2-16$

$\!y(t) = t^3 - 9t$

(a) Krivuljo čim bolj natančno nariši.

(b) Zapiši enačbo tangente na krivuljo pri t = 1.

Rešitev (a)

izris te krivulje v Mathematici:

ParametricPlot[{t^2 - 16, t^3 - 9t}, {t, -10, 20}, AspectRatio -> Automatic]

Za risanje rabimo nul-tocke in ekstreme:

x = 0 pri t:

$\!0 = t^2 - 16$

$\!t^2 = 16$

$\!t =$ ±

4

Za t= 4 in t = -4 dobimo y=±28, torej tocki sta T₁(0,28) in T₂(0,-28).

Na podoben nacin izracunamo t ko je y = 0 in pripadajoce x:

$\!0 = t^3 - 9t$

$\!t^3 = 9t$

$\!t^2 = 9$

$\!t =$ ± $\sqrt[]{3}$

Za t= 3 in t = -3 dobimo x=-7, torej imamo eno samo tocko T₃(-7, 0). Pri tem opazimo, da smo v koraku krajsanja t^3 in t zgubili tocko za slucaj t=0. Izracunamo torej se tocko za t=0, kar pride T₄(-16,0).

Sedaj deriviramo x in y: x' = 2t, y = 3t^2 - 9. Y derivirano po X = y'/x', torej:

$\!y' = \frac{y'}{x'} = \frac{3t^2 - 9}{2t} = \frac{3t^2}{2t} - \frac{9}{2t} = \frac{3t}{2} - \frac{9t^{-1}}{2}$

Izenacimo y' s nulo. Preprostim izracunom dobimo:

$\!y' = 0$

y' = 0 za t = +1.732 in t = -1.732. Za ta t, dobimo se dve tocki: T₅(-13,-10.392) in T₆(-13,10.392).

Sedaj lahko ze izrisemo krivuljo.

Rešitev (b)

Iscemo tangento v tocki t =1. Tangenta je premica, torej izhajamo iz osnovne enacbe:

$\!y - y1 = k(x - x1)$

x1 in y1 enostavno dobimo racunanjem x(t) in y(t) za t=1. Dobimo x(1)=-15, y(1)=-8.

Tudi parameter k lahko takoj izracunamo po pravilu:

$k = \frac{y'(t)}{x'(t)} = \frac{3t^2-9}{2t}$

Izračunamo pri točki t=1:

$k = \frac{3(1)^2-9}{2(1)} = \frac{3-9}{2} = -\frac{6}{2} = -3$

Enostavno vstavimo v zgornjo osnovno obliko:

$\!y + 8 = -3(x + 15)$

$\!y + 8 = -3x + 45$

$\!y = -3x - 53$

2. naloga

(a) Določi območje konvergence potenčne vrste

$\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(2n+1)^2(x-3)^n$ .

(b) Razvij funkcijo

$f(x) = \frac{1}{1-3x}$

v Taylorjevo vrsto okoli točke 1.

Rešitev (a)

Iz (-1)^n vidimo, da vrsta alternira. Po pravilih, pogoj za konvergenco v tem primeru je lim(a_n) = 0 ko $n \rightarrow \infty$ .

Poglejmo a_n: prvic, (-1)^n je samo pripomocek za identifikacijo alternirajoce vrste, v izracunu limesa zanemarimo ta del. Drugic, (2n+1)^2 sigurno ne gre v nulo, torej edini clen ki lahko pripelje rezultat do nule je (x-3)^n. Torej:

Ocitno, izraz (x-3) mora biti med -1 in 1.

$\!-1 < x - 3 < 1$

$\!x - 3 < 1$

$\!x - 3 > -1$

Dobimo x < 4 in x > 2. Torej x E <2, 4>.

Rešitev (b)

(Pomembno: Podana resitev je "rocna", torej brez uporabe tabele pogostih oblik. Primer resevanja s uporabo tabelice pogledajte v podobni nalogi v izpitu iz 27. januarja 2006..)

Funkcijo zapisemo kot f(x) = (1-3x)^-1.

Po definiciji, Taylorjeva vrsta je:

$\!f(x) = f(x0)^0 + \frac{f'(x0)}{1!}(x-x0) + \frac{f''(x0)}{2!}(x-x0) ....$

(Opomba: oblika ki jo iscemo za a_n je oblika zadnjega clena v definiciji. Prvi clen (f(x0)^0) je pomemben ker podaja informacijo o tem ali se n zacne pri 0 ali 1 -- v nasem primeru ^n = ^0 torej n gre od 0).

f(x) imamo podano, izracunajmo prvi, drugi in tretji odvod. V dobljene izraze bomo uvrstili x=1 (naloga zahteva Taylorjevo vrsto okoli tocke 1):

$\!f'(x) = ((1-3x)^{-1})' = -1 * (1-3x)^{-2} * -3 = 3 * (1-3x)^{-2}$

Na isti nacin dobimo drugo in tretjo derivacijo f. (Opomba: ne mnozimo 3 * 6 in podobne izraze s namenom, da lazje ugotovimo obnasanje funkcije in izvedemo formulo za splosni clen):

$\!f''(x) = 3 * 3 * 2 * (1-3x)^{-3}$