View
41
Download
2
Category
Preview:
Citation preview
PRAXIS β Nyt Teknisk Forlag2. udgave
Preben MadsenMed kapitel af
Thomas Bolander
3Teknisk Matematik
FACITLISTE
2
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
Teknisk matematik 3 - Facitliste
Indhold
1. Vektorregning i rummet
2. Trigonometriske funktioner
3. Mere differentialregning
4. Mere integralregning
5. Differentialligninger
6. Diskret matematik
7. Vektorfunktioner
1. Vektorregning i rummet
1.01 a) π΄π΄π΄π΄ = (5
β5β3
) b) |π΄π΄π΄π΄ | = 7,68
1.02 a) |π΄π΄π΄π΄ | = 2,45, |π΄π΄π΄π΄ | = 4,12, |π΄π΄π΄π΄ | = 5,39 b) π΄π΄ = 107,51Β° c) Areal = 4,81
d) πππ΅π΅π΅π΅ = (3; 3; 1,5) e) |πππ΅π΅π΅π΅ | = 2,06
1.03 a) ππ(1; 1,5; 4), π΄π΄(2, 0, 0), π΄π΄(2, 3, 0), π΄π΄(0, 3, 0), π·π·(0, 0, 0) b) |π π | = 4,39
1.04 a) π΄π΄(3, 0, 0), π΄π΄(3; 2,5; 0), π΄π΄(3, 5, 0), π·π·(1,5; 1; 3), πΈπΈ(1,5; 2,5; 3), πΉπΉ(1,5; 4; 3)
b) |π΄π΄π·π·| = 3,5 m, |π΄π΄πΈπΈ| = 4,18 m, |π΄π΄πΈπΈ| = 3,35 m, |π΄π΄πΈπΈ| = |π΄π΄πΈπΈ| = 4,18 m
|π΄π΄π·π·| = |π΄π΄πΉπΉ| = 3,5 m
1.05 a) - b) 1) πππ₯π₯π₯π₯ = 3 2) πππ₯π₯π¦π¦ = 4 3) πππ₯π₯π¦π¦ = 2 4) πππ₯π₯ = 3,61 5) πππ₯π₯ = 5 6) πππ¦π¦ = 4,47
1.06 a) Fremstiller en kugle med centrum (2,β6,β3) og radius ππ = 7
b) Fremstiller en kugle med centrum (8, 5, 0) og radius ππ = 11
2
5
6
7
9
11
24
3
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
c) Fremstiller en kugle med centrum (β4, 7, 9) og radius ππ = 12
1.07 a) ππ + οΏ½οΏ½π = (β38
β4), |ππ + οΏ½οΏ½π | = 9,43 b) (β2,11,β2)
1.08 a) ππ + ππ + ππ = (6011
) , |ππ + ππ + ππ | = 12,53
b) ππ β ππ β ππ = (β102
β5) , |ππ β ππ β ππ | = 11,36
c) 2ππ + 4ππ β 3ππ = (7
β16β4
), |2ππ + 4ππ β 3ππ | = 17,92
1.09 a) ππππ = (β0,3840,5120,768
)
1.10 a) π£π£ = 134,39Β°
1.11 a) π‘π‘ = 8
1.12 a) π΄π΄ = 118,22Β°, π΅π΅ = 40,70Β°, πΆπΆ = 21,08Β°
1.13 ππ er parallel med οΏ½οΏ½π , da 1,5ππ = οΏ½οΏ½π
1.14 a) π‘π‘ = 12 b) π‘π‘ = β34 23
1.15 a) |ππππ | = 5,76 b) |ππππ | = 3,61
1.16: x-aksen: (π‘π‘00), y-aksen: (
0π‘π‘0), z-aksen: (
00π‘π‘)
1.17 a) (π₯π₯π¦π¦π§π§) = (
1 + 2π‘π‘2 β 4π‘π‘
β4 + 9π‘π‘) eller (
π₯π₯π¦π¦π§π§) = (
3 + 2π‘π‘β2 β 4π‘π‘5 + 9π‘π‘
)
b) SkΓ¦ring med xy-plan: (1,89; 0,22; 0), skΓ¦ring med xz-plan: (2; 0; 0,5), skΓ¦ring med yz-plan: (0; 4; β8,5)
1.18 π΄π΄, π΅π΅ ππππ πΆπΆ ligger pΓ₯ en ret linje, da π΄π΄πΆπΆ = 3π΄π΄π΅π΅
1.19 a) Linjerne har ikke et skæringspunkt b) Linjerne er vindskæve
1.20 a) Linjerne har et skæringspunkt b) Skæringspunktet er (2,5,4)
1.21 a) Linjerne har ikke et skæringspunkt b) Linjerne er vindskæve
4
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
1.22 a) π£π£ = 96,49Β° b) ππ Γ οΏ½οΏ½π = (422736
)
1.23 Areal = 72
1.24 a) ππ Γ οΏ½οΏ½π = (β546960
) b) Areal = 106,19
1.25 a) (π₯π₯π¦π¦π§π§) = (
214) + π π β (
β55
β5) + π‘π‘ β (
364) b) 10π₯π₯ + π¦π¦ β 9π§π§ + 15 = 0
1.26 a) Punktet (5, 3, 4) ligger i planet b) (π₯π₯π¦π¦π§π§) = (
534) + π π β (
β5β3
β0,429) + π‘π‘ β (
β13,33β3β4
)
1.27 a) 19π₯π₯ + 7π¦π¦ + 2π§π§ β 198 = 0
1.28 a) π§π§ = 0 b) π΄π΄π΄π΄π΄π΄: 3π₯π₯ + π§π§ β 12 = 0, π΄π΄π΄π΄π΄π΄: 3π¦π¦ + π§π§ β 12 = 0,
πΆπΆπ΄π΄π΄π΄: 3π¦π¦ β π§π§ = 0, πΆπΆπ΄π΄π΄π΄: 3π₯π₯ β π§π§ = 0
1.29 π΄π΄πΆπΆπ΅π΅π΅π΅π΅π΅: π¦π¦ = 0, π΄π΄π΄π΄π΄π΄π΄π΄π΄π΄: π¦π¦ = 14, π΄π΄π΄π΄π΅π΅π΄π΄: π₯π₯ = 8, πΆπΆπ΄π΄π΄π΄π΅π΅: π₯π₯ = 0, π΄π΄π΄π΄πΆπΆπ΄π΄: π§π§ = 0
π΄π΄π΅π΅π΅π΅π΄π΄: 3π₯π₯ + 4π§π§ β 36 = 0, π΅π΅π΄π΄π΄π΄π΅π΅:β3π₯π₯ + 4π§π§ β 12 = 0
1.30 5π₯π₯ β 2π¦π¦ + 2π§π§ β 17 = 0
1.31 a) (π₯π₯π¦π¦π§π§) = (
0 + 1π‘π‘32 + 14π‘π‘84 + 37π‘π‘
) b) π£π£ = 51,04Β°
1.32 a) π£π£ = 68Β°
1.33 a) (π₯π₯, π¦π¦, π§π§) = (0, 8, 1) b) π£π£ = 8,76Β°
1.34 a) (π₯π₯π¦π¦π§π§) = (
1 + 4π‘π‘4 β 2π‘π‘3 β 3π‘π‘
) b) (π₯π₯, π¦π¦, π§π§) = (β2,11; 5,56; 5,33) c) π£π£ = 43Β°
1.35 a) π£π£ = 33,40Β° b) π£π£ = 85,26Β°
1.36 ππ = 5,51
1.37 ππ = 4,04
1.38 ππ = 5,31
1.39 ππ = 9,25
1.40 a) Planerne er parallelle, da ππ2 = β3ππ1 b) ππ = 0,43
5
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
1.41 a) ππ = 11,84 b) 2π₯π₯ + π¦π¦ + π§π§ β 33 = 0 c) (16,5; 0; 0), (0, 33, 0), (0, 0, 33)
1.42 a) π΄π΄(6, 10, 2), π΅π΅(6, 0, 2), πΆπΆ(0, 0, 2), π·π·(0, 10, 2), πΈπΈ(3, 7, 4), πΉπΉ(3, 3, 4) b) |π΄π΄πΈπΈ | = 4,69
c) 2π₯π₯ + 3π§π§ β 18 = 0 d) 2π₯π₯ β 3π§π§ + 6 = 0 e) π£π£ = 67,38Β°
1.43 a) (1;β3,5;β0,5) b) (π₯π₯ β 4)2 + (π¦π¦ β 1)2 + (π§π§ + 2)2 = 5,612
2. Trigonometriske funktioner
2.01 a) 57,30Β° b) 134,46Β° c) 231,80Β° d) 342,24Β°
2.02 a) 0,9460 b) 2,3702 c) 4,4803 d) 5,9638
2.03 a) π₯π₯ = 1,0759 eller π₯π₯ = 2,0657 b) π₯π₯ = 5,9575 eller π₯π₯ = 3,4673
2.04 a) π₯π₯ = 0,4275 eller π₯π₯ = 5,8557 b) π₯π₯ = 1,8029 eller π₯π₯ = 4,4803
2.05 a) π₯π₯ = 1,3819 eller π₯π₯ = 4,5235 b) π₯π₯ = 5,7727 eller π₯π₯ = 2,6311
2.06 a) πΏπΏ = [0; 3,7360[ eller ]5,6888; 2ππ] b) πΏπΏ = [0; 0,8038] eller [2,3378; 2ππ]
c) πΏπΏ = [0; 0,2014[ eller ]2,9402; 3,8492] eller [5,5756; 2ππ]
2.07 a) πΏπΏ = [2,3746; 3,9086] ππ) L = [0; 1,0701[ ππππππππππ ]5,2130; 2ππ]
c) πΏπΏ = ]1,3694; 2,1652] eller [4,1180; 4,9137[
2.08 a) πΏπΏ = [1,5222; 0,5ππ[ eller [4,6639; 1,5ππ[ b) πΏπΏ = ]0,5ππ; 2,3562[ ππππππππππ ]1,5ππ; 5,4978[
c) πΏπΏ = [0,1974; 0,9151[ eller [3,3390; 4,0567[
2.09 a) π₯π₯ = 0,4636 + ππ β ππ eller π₯π₯ = 1,071 + ππ β ππ
b) π₯π₯ = 0,2318 + ππ2 β ππ eller π₯π₯ = 0,5536 + ππ
2 β ππ
2.10 a) π₯π₯ = 1,5708 + 2ππππ eller π₯π₯ = 3,6652 + 2ππππ eller π₯π₯ = 4,7124 + 2ππππ eller
π₯π₯ = 5,7596 + 2ππππ
b) π₯π₯ = ππππ eller π₯π₯ = 0,7227 + 2ππππ eller π₯π₯ = 5,5605 + 2ππππ
2.11 a) π₯π₯ = 0,3664 + 2ππππ eller π₯π₯ = 2,7752 + 2ππππ eller π₯π₯ = 3,7339 + ππππ eller
π₯π₯ = 5,6909 + 2ππππ
b) π₯π₯ = 3,5687 + 2ππππ eller π₯π₯ = 5,8561 + 2ππππ
2.12 a) π₯π₯ = 2,1421 + ππππ b) π₯π₯ = 1,1839 + ππππ
6
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
2.13 a) ππ = 2 sek. b) π‘π‘ = 0,5 sek. c) π‘π‘ = 1,5 sek.
2.14 a) ππ = 3,14 sek. b) π‘π‘ = 1,29 sek. c) π‘π‘ = 2,86 sek.
2.15 a) ππ = 2,09 sek. b) π‘π‘ = 1,57 sek. c) π‘π‘ = 0,52 sek.
2.16 a) πΌπΌ(0) = 1,2 ampere b) πΌπΌ(3) = 2,38 ampere c) πΌπΌππππππ = 4,4 ampere, πΌπΌππππππ = β2 ampere
d) π‘π‘ = 12,5 sek. e) π‘π‘ = 37,5 sek.
2.17 a) 33,55 liter b) β = 19,2 cm
2.18 a) - b) ππ(π‘π‘) = 0,802 sin(0,502π‘π‘) + 2,5 c) 1,6 meter d) 6,26 timer
2.19 a) ππ(π₯π₯) = 25 sin(0,04π₯π₯ β 0,5ππ) + 55 b) β
3. Differentialregning II
3.01 a) ππΒ΄(π₯π₯) = cos π₯π₯ b) (1,57; 3), (4,71; 1), (7,85; 3), (11; 1)
3.02 a) ππΒ΄(π₯π₯) = β2 sin π₯π₯ b) (0, 1), (ππ; β3), (2ππ; 1), (3ππ; β3), (4ππ; 1)
3.03 a) ππΒ΄(π₯π₯) = cos π₯π₯ β sin π₯π₯ + 1(cos ππ)2 b) π¦π¦ = 2π₯π₯ + 1 c) π¦π¦ = 2π₯π₯ + 0,8434
3.04 a) ππΒ΄(π₯π₯) = 30π₯π₯(7 + 3π₯π₯2)4 b) ππΒ΄(π₯π₯) = 4(2 + 4π₯π₯2 β 9π₯π₯3)3 β (8π₯π₯ β 27π₯π₯2)
c) ππΒ΄(π₯π₯) = β15(5π₯π₯ β 3)β4 d) ππΒ΄(π₯π₯) = 2,5(3 β π₯π₯)β1,5
3.05 a) ππΒ΄(π₯π₯) = 3 cos(3π₯π₯) b) ππΒ΄(π₯π₯) = 6 sin(3π₯π₯) cos(3π₯π₯)
c) ππΒ΄(π₯π₯) = 18π₯π₯ β cos(3π₯π₯)2 d) ππΒ΄(π₯π₯) = β3(sin(3π₯π₯))β2 β cos(3π₯π₯)
3.06 a ππΒ΄(π₯π₯) = 8 cos(1 β π₯π₯) sin(1 β π₯π₯) b) ππΒ΄(π₯π₯) = 18(sin(3π₯π₯))2 β cos(3π₯π₯)
c) ππΒ΄(π₯π₯) = β1,5(2ββππ+1)2
βππ+1 d) ππΒ΄(π₯π₯) = β15π₯π₯(1 β π₯π₯2)1,5
3.07 a) π£π£(π‘π‘) = 10 β 9,82π‘π‘ b) 1,018 sek. c) π π = 8,09 m d) ππ(π‘π‘) = β9,82 msek2
3.08 a) π·π·π·π·(ππ) = π π , skΓ¦ringspunkter med x- og y-aksen: (1, 0), (0, 4). ππππππ: (1, 0). Monotoniforhold: f er aftagende i ]ββ; 1] og voksende i [1; β[. πππ·π·(ππ) = [0; 3[
b) SkΓ¦ringspunkter med x- og y-aksen: (0,6662; 0), (2,4754; 0), (0, β1).
Lokalt π·π·πππ₯π₯: (1,57; 1) og (4,71; β1), Lokalt π·π·ππππ: (3,67; β1,25) og (5,80; β1,25).
Monotoniforhold: ππ er voksende i [0; 1,57], [3,67; 4,71] og [5,80; 2ππ].
7
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
ππ er aftagende i [1,57; 3,67] og [4,71; 5,80]. ππππ(ππ) = [β1,25; 1]
c) π·π·ππ(ππ) = π π . SkΓ¦ringspunkter med x- og y-aksen: (β1,16; 0), (0, 0), (5,16; 0. )
Lokalt ππππππ i (β0,61; β0,97), lokalt ππππππ i(3,28; 13,71).
Monotoniforhold: ππ er voksende i [β0,61; 3,28] og ππ er aftagende i ]ββ; β0,61] og [3,28; β[
ππππ(ππ) = π π
d) π·π·ππ(ππ) = [β3; 3]. SkΓ¦ringspunkter med x- og y-aksen: (β3, 0), (3, 0), (0, 3)
Maksimum i (0, 3). Monotoniforhold: ππ er voksende i [β3, 0] og aftagende i [0, 3]
ππππ(ππ) = [0, 3]
e) π·π·ππ(ππ) = π π . SkΓ¦ringspunkter med x- og y-aksen: (0, 0), (1,59; 0). ππππππ i (1; β0,75)
Monotoniforhold: ππ er aftagende i ]ββ; 1] ππg voksende i [1; β[. ππππ(ππ) = [β0,75; β[
3.09 a) Centrum (3, 4) og radius ππ = 5 b) β
3.10 a) ππ2 + (π¦π¦ + 44925)2 = 450002 b) dπ¦π¦dπ₯π₯ = β2π₯π₯
2π¦π¦+89850
c) πππ΄π΄π΄π΄ = 0,18, πππΆπΆπΆπΆ = β0,18 d) π΄π΄π΄π΄: 1,8 %, πΆπΆπ·π·: β 1,8 %
4. Integralregning II
4.01 a) 12 ππ2 β cos ππ + ππ b)
13 ππ3 β ln|cos ππ| + ππ c) sin ππ β ππ + ππ d) β cos ππ β sin ππ + ππ
4.02 a) 2 b) β2
4.03 a) - b) π΄π΄ = 1
4.04 a) - b) π΄π΄ = 0,3466
4.05 π΄π΄ = 0,5
4.06 π΄π΄ = 4
4.07 π΄π΄ = 49,33
4.08 π΄π΄ = 74,67
4.09 π΄π΄ = 1
4.10 a) ππ(ππ) = 0,08ππ2 + 2 b) π΄π΄ = 11,31
8
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
4.11 π΄π΄ = 2,6042
4.12 π΄π΄ = 81,86
4.13 π΄π΄ = 60,3
4.14 π΄π΄ = 10,5
4.15 π΄π΄ = 57,75
4.16 π΄π΄ = 64,67
4.17 a) - b) (1,047; 0,866) c) π΄π΄ = 2,5
4.18 a) - b) πππ₯π₯ = 0,4488
4.19 a) - b) πππ₯π₯ = 944,36
4.20 πππ₯π₯ = ππ β ππ2 β β
4.21 a) - b) πππ₯π₯ = 113,10
4.22 a) - b) πππ₯π₯ = 43 β ππ β ππ2
4.23 a) π¦π¦ = β ππβ β π₯π₯ + ππ b) πππ₯π₯ = 1
3 β ππ β ππ2 β β
4.24 a) π¦π¦ = ππβπ π β β π₯π₯ + π π b) ππ = 1
3 β ππ β β(π π 2 + ππ2 + π π β ππ)
4.25 a) - b) π΄π΄ = 4,5 c) πππ₯π₯ = 19,27
4.26 a) - b) π΄π΄ = 0,67 c) πππ₯π₯ = 3,35
4.27 a) π΄π΄ = 0,9389 b) πππ₯π₯ = 14,89
4.28 a) πππ₯π₯ = 127,76 b) πππ¦π¦ = 301,59
4.29 a) πππ₯π₯ = 25,13 cm3 b) πππ¦π¦ = 20,11 cm3 c) βπ₯π₯ = 3,19 cm, βπ¦π¦ = 1,91 cm
4.30 a) πππ₯π₯ = 8,46 b) πππ¦π¦ = 7,66
4.31 πΏπΏ = 4,195
4.32 πΏπΏ = 6,096
4.33 a) - b) π΄π΄ = 1,913 c) πΏπΏ = 3,025
4.34 a) - b) π΄π΄ = 4,701 c) πΏπΏ = 3,104
4.35 a) ππ = 690,3 ππ3
4.36 a) ππ = 44,18 cm3 b) β = 4,068 cm c) ππ = 16,14 cm3
9
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
5. Differentialligninger
5.01 a) π¦π¦ = 0,33π₯π₯3 + 3π₯π₯ + k b) π¦π¦ = 0,33π₯π₯3 + 3π₯π₯ β 5,67
5.02 a) π¦π¦ = 0,5π₯π₯4 + k b) π¦π¦ = 0,5π₯π₯4 + 1,5
5.03 a) π£π£ = π‘π‘2 β 6π‘π‘ + 6 b) ππ = 2π‘π‘ β 6 c) β
5.04 a) π£π£ = 2π‘π‘3 β 3π‘π‘ + 2 b) π π = 0,5π‘π‘4 β 1,5π‘π‘2 + 2π‘π‘
5.05 a) β0,0625π₯π₯4 + 0,167π₯π₯3 β 1,5π₯π₯2 + 2π₯π₯ + ππ b) π¦π¦ = βπ₯π₯3 + 2π₯π₯2 + ππ
c) π¦π¦ = 3,33π₯π₯3 + 6π₯π₯2 β 14π₯π₯ + ππ d) π¦π¦ = 2β(π₯π₯3β2)3
9 + ππ
5.06 a) π¦π¦ = 0,5 ln(π₯π₯2 + 4) + ππ b) π¦π¦ = 0,5 ln(π₯π₯2 + 4) β 0,4979
5.07 a) π¦π¦ = 2π₯π₯3 + ππ b) π¦π¦ = 2π₯π₯3 + 42
5.08 a) π¦π¦ = π₯π₯2 + ππ1π₯π₯ + ππ2 b) π¦π¦ = π₯π₯2 β 2π₯π₯ + 2
5.09 a) π¦π¦ = 0,0833π₯π₯4 + ππ1π₯π₯ + ππ2 b) π¦π¦ = 0,0833π₯π₯4 β 3π₯π₯ + 3,25
5.10 a) π¦π¦ = Β±ππππ0,5π₯π₯2 b) π¦π¦ = ππ0,5π₯π₯2, π¦π¦ = 2ππ0,5π₯π₯2, π¦π¦ = 0,6065ππ0,5π₯π₯2, π¦π¦ = 1,2131ππ0.5π₯π₯2
5.11 a) π¦π¦ = β10π₯π₯ β π₯π₯2 + 2ππ b) π¦π¦ = β10π₯π₯ β π₯π₯2 + 15
5.12 a) π¦π¦ = βπ₯π₯2 + ππ b) π¦π¦ = π₯π₯
5.13 a) π¦π¦ Β± ππππ3π₯π₯ b) π¦π¦ = 0,4979ππ3π₯π₯ c) π¦π¦ = 30π₯π₯ β 20
5.14 a) π¦π¦ = ππππ0,5π₯π₯ b) π¦π¦ = 0,6065ππ0,5π₯π₯, π¦π¦ = 1,2131ππ0,5π₯π₯
5.15 a) π¦π¦ = Β±πππππ₯π₯ + 3 b) π¦π¦ = β2πππ₯π₯ + 3
5.16 a) π¦π¦ = 0,25π₯π₯2 + 1,5ππ2 + 0,5π₯π₯ππ b) π¦π¦ = 0,25π₯π₯2 + 1,5π₯π₯ + 2,25
5.17 a) π¦π¦ = 0,5π₯π₯2 + 0,25ππ2 + 0,5π₯π₯ππ + 3 b) π¦π¦ = 0,25π₯π₯2 + 3
5.18 a) π¦π¦ = 1,51+ππππβ3π₯π₯ b) π¦π¦ = 1,5
1+10,0428ππβ3π₯π₯
5.19 a) π¦π¦ = 21+ππππβ8π₯π₯ b) π¦π¦ = 2
1+3ππβ8π₯π₯ , π¦π¦ = 21+ππβ8π₯π₯ , π¦π¦ = 2
1+933ππβ8π₯π₯
5.20 π¦π¦ = β0,167π₯π₯3 + 0,5π₯π₯2
5.21 π¦π¦ = ln ( β1πππ₯π₯+ππ)
10
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
5.22 π¦π¦ = (3β3β0,5π₯π₯ β 2)2
5.23 π¦π¦ = β6,9988ππβ0,05π₯π₯
5.24 a) π¦π¦ = 800001+399ππβ0,4715π₯π₯ b) π₯π₯ = 2, π¦π¦ = 511, π₯π₯ = 3, π¦π¦ = 816, π₯π₯ = 4, π¦π¦ = 1300, π₯π₯ = 5, π¦π¦ = 2063
c) I uge nr. 13 vil halvdelen af befolkningen være smittet.
6. Diskret matematik Kommer i august
7. Vektorfunktioner
7.01 a) β
b) (0,2) (0,5)
c)
t 0 1 2 3 x 0 2,5 2 -4,5 y 2 2,5 4 6,5
d) -
e) Mindste afstand: 3,42
7.02 a) π¦π¦ = π₯π₯ + 2
b) π¦π¦ = π₯π₯2 + π₯π₯ β 5
c) π¦π¦ = 5 sin(cosβ1(0,5π₯π₯))
7.03 a) ππ (π‘π‘) = (π‘π‘2 + 4π‘π‘ β 2
π‘π‘ )
b) ππ (π‘π‘) = (π‘π‘2 + 4π‘π‘5 β 3π‘π‘3
π‘π‘ )
7.04 a) (π₯π₯π¦π¦) = (β4 + π‘π‘5 + 2π‘π‘)
11
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
Diskret MatematikKapitel til Teknisk Matematik, Bind 3
LΓΈsninger
Thomas Bolander
8. august 2018
Opgave 6.01 Rekursivt funktionsudtryk for det, man skylder, efter n ar:
f(n) =
{10.000 hvis n = 0
1, 35 Β· f(n) hvis n > 0
Begyndelsesbetingelsen udtrykker, at nar lanet optages skylder man 10.000 kr. Rekursions-betingelsen udtrykker at hver gang n stiger med en (der gar et ar), øges gælden med 35%.f(10) kan nu bestemmes ved gentagen substitution:
f(10) = 1, 35 Β· f(9) = 1, 35 Β· 1, 35 Β· f(8) = 1, 352 Β· f(8) = 1, 352 Β· 1, 35 Β· f(7)= 1, 353 Β· f(7) = Β· Β· Β· = 1, 3510 Β· f(0) = 1, 3510 Β· 10.000 = 201.065.
Det er med andre ord ret dyrt med den slags lan!
Opgave 6.02 f(0) = 2, det aflæses direkte af begyndelsesbetingelsen. f(1) fas vedindsættelse i rekursionsbetingelsen:
f(1) = 2 Β· f(0)β 1 = 2 Β· 2β 1 = 3.
f(2) kan sa igen fas ved at indsætte ovenstaende værdi for f(1) i rekursionsbetingelsen:
f(2) = 2 Β· f(1)β 1 = 2 Β· 3β 1 = 5.
Opgave 6.03 Du løser den efter samme princip som Opgave 6.02. Begyndelsesbetingelsengiver os direkte værdien af f(0) til at være 3. Det bruges sa i rekursionsbetingelsen til atbestemme f(1):
f(1) = 2 + 2 Β· f(0)β 1 = 2 + 2 Β· 3β 1 = 7.
Det kan vi sa bruge til at bestemme f(2):
f(2) = 2 + 2 Β· f(1)β 1 = 2 + 2 Β· 7β 1 = 15.
1
12
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
Opgave 6.04 Som i de foregaende to opgaver, panær at n nu optræder to steder i rekur-sionsbetingelsen, og vi skal huske at indsætte værdien af n pa begge pladser:
f(0) = 1f(1) = f(0)2 + 4 Β· 1 = 12 + 4 = 5f(2) = f(1)2 + 4 Β· 2 = 52 + 8 = 33f(3) = f(2)2 + 4 Β· 3 = 332 + 12 = 1101
Opgave 6.05 Eftersom de 7 forretter, 8 hovedretter og 3 desserter kan kombineres uaf-hængigt af hinanden, er antallet af kombinationsmuligheder produktet af antallet af mu-ligheder i hver af de tre retter. Det er altsa 7 · 8 · 3 = 168.
Opgave 6.06 Vi bruger gentagen substitution i den rekursive definition af fakultetsfunk-tionen:
5! = 5 Β· (5β 1)! = 5 Β· 4! = 5 Β· 4 Β· (4β 1)! = 5 Β· 4 Β· 3! = 5 Β· 4 Β· 3 Β· 2! = 5 Β· 4 Β· 3 Β· 2 Β· 1!= 5 Β· 4 Β· 3 Β· 2 Β· 1 Β· 0! = 5 Β· 4 Β· 3 Β· 2 Β· 1 Β· 1 = 5 Β· 4 Β· 3 Β· 2.
I næstsidste omskrivning brugte vi begyndelsesbetingelsen 0! = 1.
Opgave 6.07 Herunder er fΓΈrst n! i intervallet fra 0 til 5 markeret med sorte krydser ogen i samme interval vist ved den rΓΈde kurve.
1 2 3 4 50
20
40
60
80
100
120
140
Det kunne godt se ud som om fakultetsfunktionen vokser langsommere, men allerede hvisvi udvider intervallet til ogsa at omfatte n = 6, kan vi se, at fakultetsfunktionen overhaler
2
13
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
eksponentialfunktionen:
1 2 3 4 5 60
100
200
300
400
500
600
700
Og udvider vi med n = 7, n = 8 og n = 9, begynder eksponentialfunktionen at bliveforsvindende lille i forhold til fakultetsfunktionen:
1 2 3 4 5 6 7 8 90
1 Β· 105
2 Β· 105
3 Β· 105
Det samme mønster vil gentage sig, hvis vi i stedet sammenligner fakultetsfunktionen med10n eller 100n, men der kræves selvfølgelig højere værdier af n inden fakultetsfunktionenoverhaler. Fakultetsfunktionen overhaler 10n for n = 25. Den overhaler 100n omkring n =450, men mange lommeregnere og CAS-værktøjer giver op ved sa høje tal (450! er ca.101000).
Opgave 6.08 De første to Fibonacci-tal fas direkte af begyndelsesbetingelserne: f(0) = 1og f(1) = 1. De næste tal udregnes ved at bruge rekursionsbetingelsen:
f(2) = f(1) + f(0) = 1 + 1 = 2f(3) = f(2) + f(1) = 2 + 1 = 3f(4) = f(3) + f(2) = 3 + 2 = 5f(5) = f(4) + f(3) = 5 + 3 = 8.
3
14
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
Opgave 6.09 I Eksempel 6.04 er værdierne af f(n) angivet op til n = 7. Vi kan brugedisse værdier til at udregne f(8), f(9) og f(10):
f(8) = f(7) + f(6) = 21 + 13 = 34f(9) = f(8) + f(7) = 34 + 21 = 55f(10) = f(9) + f(8) = 55 + 34 = 89
Opgave 6.10
a) Efter 0 maneder (altsa i begyndelsen) er der netop et kaninpar. Efter 1 maned har deikke naet at reproducere sig, sa derfor er der stadig kun et kaninpar. Efter 2 manederreproducerer de sig fΓΈrste gang, og der er derfor 2 kaninpar. Det fΓΈrste kaninparreproducerer sig igen efter 3 maneder, sa der bliver der tilfΓΈjet et nyt kaninpar, altsahar vi nu 3 i alt. Endelig, efter 4 maneder, reproducerer bade det fΓΈrste og det andetkaninpar, sa vi i alt har 3 + 2 = 5 kaninpar. Altsa bliver tallene 1, 1, 2, 3 og 5, somvar det vi skulle vise.
b) Antallet af kaninpar efter n maneder er summen af to tal a og b givet ved:
β’ a = antallet af kaninpar som der var der i forvejen, dvs. antallet af kaninparefter nβ 1 maneder.
β’ b = antallet af nye kaninpar som bliver fΓΈdt i den nβte maned.
Antallet b af nye kaninpar er lig med antallet af kaninpar som fandtes efter n β 2maneder, eftersom kaninerne begynder at reproducere efter 2 maneder. Altsa far viat antallet af kaninpar efter n maneder er summen af to tal a og b givet ved:
β’ a = antallet af kaninpar efter nβ 1 maneder.
β’ b = antallet af kaninpar efter nβ 2 maneder.
Bruger vi nu f(n) til at betegne antallet af kaninpar efter n maneder fas saledes, atf(n) er summen af to tal a og b givet ved:
β’ a = f(nβ 1)
β’ b = f(nβ 2).
Med andre ord fas f(n) = f(n β 1) + f(n β 2). Det er rekursionsbetingelsen forFibonacci-tallene. Begyndelsesbetingelsen fΓΈlger direkte af antallet af kaninpar efter0 og 1 maned beregnet under a).
Opgave 6.11 Se pa definitionen af f(2). Den er givet ved rekursionsbetingelsen, som giveros f(2) = f(1) + f(β1). Problemet er her at definitionen ikke fortΓ¦ller os hvad vΓ¦rdienaf f(β1) er. Indtil videre har alle vores rekursive funktioner kun vΓ¦ret defineret pa denaturlige tal, og sa giver udtrykket f(β1) slet ikke mening. LΓΈsningen vil vΓ¦re at tilfΓΈjeen begyndelsesbetingelse, som definerer f(2). Alternativt skulle selve rekursionsbetingelsenΓ¦ndres, sa f(n) ikke er defineret udfra f(nβ 3).
4
15
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
Opgave 6.12
a) En tom plade kan dækkes pa netop en made, sa f(0) = 1. En plade af bredde 1 kankun dækkes af en rød klods, sa f(1) = 1. En plade af bredde 2 kan kun dækkes af 2røde klodser, sa f(2) = 1. En plade af bredde 3 kan enten dækkes af 3 røde klodsereller 1 bla, sa f(3) = 2. En plade af bredde 4 kan dækkes af enten 1) 4 røde, 2) førsten bla og sa en rød eller 3) først en rød og sa en bla. I alt fas sa f(4) = 3. En pladeaf bredde 5 kan dækkes ved enten at starte med en rød, bla eller gul. Hvis vi startermed en rød, er der 4 knopper tilbage, som vi har set kan dækkes pa f(4) = 3 mader.Hvis vi starter med en bla er der 2 knopper tilbage, som vi har set kan dækkes paf(2) = 1 made. Hvis vi starter med en gul er der ingen knopper tilbage. Altsa kanvi dække de 5 knopper pa i alt 3 + 1 + 1 = 5 mader.
Vi kan lave et tilsvarende regnestykke for n = 6. Vi starter med rød, bla eller gul.Hvis vi starter med rød, er der 5 knopper tilbage, som kan dækkes pa f(5) = 5 mader.Hvis vi starter med bla, er der 3 knopper tilbage, som kan dækkes pa f(3) = 2 mader.Hvis vi starter med gul, er der 1 knop tilbage, som kan dækkes pa f(1) = 1 made. Ialt fas altsa f(6) = 5 + 2 + 1 = 8.
b) Allerede i svaret til spΓΈrgsmal a) antydede vi en rekursionsbetingelse. Nar man skalfinde ud af, hvor mange mader man kan dΓ¦kke n knopper pa, gΓΈr man fΓΈlgende. FΓΈrstvΓ¦lger man om man vil starte med rΓΈd, bla eller gul. Hvis man starter med rΓΈd, erder n β 1 knopper tilbage. Hvis f(n) betegner antallet af mader, man kan dΓ¦kken knopper pa, vil man altsa kunne dΓ¦kke resten af pladen pa f(n β 1) forskelligemader, hvis man starter med rΓΈd. Hvis man starter med bla, er der n β 3 knoppertilbage, som kan dΓ¦kkes pa f(nβ 3) forskellige mader. Hvis man starter med gul, erder nβ 5 knopper tilbage, som kan dΓ¦kkes pa f(nβ 5) forskellige mader. Alt detteforudsΓ¦tter selvfΓΈlgelig at n er stor nok, specifikt at n β₯ 5. Hvis ikke n β₯ 5, er detslet ikke sikkert vi kan lΓ¦gge bade rΓΈde, bla og gule klodser til at starte med.
Vi har altsa at der er f(n β 1) mader som starter med rΓΈd, f(n β 3) mader somstarter med bla og f(nβ 5) mader som starter med gul. I alt fas sa
f(n) = f(nβ 1) + f(nβ 3) + f(nβ 5).
Dette gΓ¦lder som sagt dog kun nar n β₯ 5. Sa vi bliver nΓΈdt til at lave begyndelses-betingelser for alle vΓ¦rdierne f(0), f(1), f(2), f(3) og f(4)! De relevante vΓ¦rdier afdisse begyndelsebetingelser fandt vi under a). Den samlede definition af funktionenbliver sa:
f(n) =
1 hvis n = 0, n = 1 eller n = 2
2 hvis n = 3
3 hvis n = 4
f(nβ 1) + f(nβ 3) + f(nβ 5) hvis n β₯ 5
5
16
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
c) Vi kan nu bruge ovenstaende funktionsudtryk til at beregne f(5) og f(6):
f(5) = f(4) + f(2) + f(0) = 3 + 1 + 1 = 5f(6) = f(5) + f(3) + f(1) = 5 + 2 + 1 = 8.
Det passer med hvad vi fik under spΓΈrgsmal a).
Opgave 6.13 Som i Eksempel 6.05 viser man begyndelsesbetingelsen og rekursionsbe-tingelsen ved at indsætte det lukkede udtryk for f(n) og omskrive:
f(0) = 40 = 1 begyndelsebetingelsef(n) = 4n = 4 Β· 4nβ1 = 4 Β· f(nβ 1) rekursionsbetingelse
Opgave 6.14 Som i Opgave 6.14 skal vi bruge det lukkede udtryk til at vise at denrekursive definition holder. I dette tilfΓ¦lde er det lukkede udtryk definitionen af f(n) somsiger, at f(n) = 0, nar n er ulige, og f(n) = 1, nar n er lige. Eftersom 0 er et lige tal, fasf(0) = 1, og det viser begyndelsesbetingelsen af den rekursive definition. Vi skal nu viserekursionsbetingelsen f(n) = 1β f(n β 1) for n > 0. Udfra det lukkede udtryk har vi, atf(n) altid skifter mellem at vΓ¦re 0 eller 1. Mere prΓ¦cist har vi, at f(n) = 0 hvis og kunhvis f(n β 1) = 1; og omvendt, at f(n) = 1 hvis og kun hvis f(n β 1) = 0. I alle tilfΓ¦ldefar vi saledes, at f(n) = 1β f(nβ 1). Det viser rekursionsbetingelsen.
Opgave 6.15
a) FΓΈrste vers har 3 linjer, sa f(0) = 3. Hvert vers i sangen har 1 linje mere endforegaende vers. Derfor gΓ¦lder f(n) = f(n β 1) + 1 for n > 0. I alt bliver denrekursive definition sa:
f(n) =
{3 hvis n = 0
n+ 1 hvis n > 0
b) Det passer pa formen hvis vi vælger a = 3 og b = 1.
c) Det eksplicitte udtryk bliver f(n) = a+ nb = 3 + n. Det 11βte vers har f(10) linjer,som nu kan udregnes til f(10) = 3+10 = 13. Det passer med den oprindelige versionaf sangen.
Opgave 6.16 I lΓΈsningen til Opgave 6.01 fandt vi fΓΈlgende rekursive udtryk for f(n):
f(n) =
{10.000 hvis n = 0
1, 35 Β· f(n) hvis n > 0
Det passer pa formen angivet i formlen (7), hvis vi vælger a = 10.000 og b = 1, 35. Formlen(8) angiver da det tilsvarende eksplicitte udtryk:
f(n) = a Β· bn = 10.000 Β· 1, 35n.
Vi far sa (igen) f(10) = 10.000 Β· 1, 3510 = 201.065.
6
17
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
Opgave 6.17
a) Det første trekanttal har to 1 punkt i bunden, det næste har 2, det efterfølgende3, osv. For at danne det næste trekanttal skal vi tilføje et ekstra punkt i bunden,og dernæst fylde punkter op sa formen igen bliver en trekant. Hvis vi gør det patrekantfiguren, som svarer til tallet 21, far vi en trekantfigur med 7 nye punkter,altsa 21 + 7 = 28 kugler i alt.
b) Som beskrevet i opgaven skal vi finde ud af hvor mange punkter der tilfΓΈjes nar vi garfra den n β 1βte til den nβte trekant. Nar vi gar fra den fΓΈrste til den anden, tilfΓΈjervi 2 punkter. Nar vi gar fra den anden til den tredje, tilfΓΈjer vi 3 punkter. Genereltkan vi se, at nar vi gar fra den nβ 1βte til den nβte trekantfigur, sa tilfΓΈjer vi altid npunkter. Vi far altsa:
f(n) = f(nβ 1) + antal ekstra punkter
= f(nβ 1) + n
Begyndelsesbetingelsen er blot f(0) = 0, fordi det fΓΈrste trekanttal er 0 (den tommetrekant). I alt bliver den rekursive definition saledes:
f(n) =
{0 hvis n = 0
f(nβ 1) + n hvis n > 0
Her kan det være en god ide at tjekke at udtrykket passer med de tal vi alleredekender for f(n). Vi far f.eks. ved gentagen substitution at der gælder:
f(6) = f(5) + 6 = f(4) + 5 + 6 = f(3) + 4 + 5 + 6 = f(2) + 3 + 4 + 5 + 6
= f(1) + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = f(0) + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6
= 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21.
Det passer heldigvis (den sjette trekantfigur har 21 punkter).
c) Vi indsætter det eksplicitte udtryk for f(n) og viser at det opfylder begyndelsesbe-tingelsen og rekursionsbetingelsen fra spørgsmal b). Vi viser først begyndelsesbetin-gelsen:
f(0) =0 Β· 12
= 0.
Det passer. Rekursionsbetingelsen er lidt sværere, og kræver at man laver noglesmarte omskrivninger:
f(n) =n(n+ 1)
2=
n2 + n
2=
n2 β n+ 2n
2=
n2 β n
2+n =
(nβ 1)n
2+n = f(nβ1)+n.
d) Hvis der er 0 gæster, er der ingen at give hand til. Sa f(0) = 0, hvilket passer medbegyndelsesbetingelsen af det rekursive udtryk ovenfor. Vi mangler sa kun at vise,
7
18
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
at hvis der er n gΓ¦ster for n > 0, sa bliver der givet netop f(n) handtryk, hvor f(n)er givet ved det rekursive udtryk ovenfor: f(n) = f(n β 1) + n. Vi skal altsa vise,at med n gΓ¦ster bliver der givet n flere handtryk end hvis der kun er nβ 1 gΓ¦ster.Men det er klart: hvis der i forvejen er n β 1 gΓ¦ster, og der sa kommer en mere, saskal den nyankomne give hand til vΓ¦rten og de n β 1 andre gΓ¦ster. Det er netop nekstra handtryk.
Opgave 6.18
a) Vi benytter gentagen substitution:
sfd(384, 162) = sfd(162, rest(384, 162)) = sfd(162, 60) = sfd(60, rest(162, 60))
= sfd(60, 42) = sfd(42, rest(60, 42)) = sfd(42, 18)
= sfd(18, rest(42, 18)) = sfd(18, 6) = sfd(6, rest(18, 6)) = sfd(6, 0) = 6.
b) Vi skal finde de stΓΈrst mulige kvadratiske fliser, som prΓ¦cist kan dΓ¦kke ef gulv atstΓΈrrelse 384cmΓ162cm. Vi kan antage at 384cm er βbreddenβ og 162cm er βhΓΈjdenβaf gulvet. For at fliserne kan dΓ¦kke gulvet prΓ¦cist, skal der vΓ¦re et helt antal fliser ibade bredden og hΓΈjden. Hvis flisen har en siddelΓ¦ngde pa x cm, skal x saledes ga opi bade 384 og 162. Vi vil gerne have at x er sa stor som muligt, sa vi er altsa pa jagtefter det stΓΈrste tal x, som gar op i bade 384 og 162. Det er jo netop stΓΈrste fΓ¦llesdivisor af 384 og 162, som vi ovenfor beregnede til 6. Den maksimale kvadratiskeflise, vi kan benytte, har altsa en siddelΓ¦ngde pa 6cm.
Opgave 6.19p q Β¬q Β¬q β¨ p p β (Β¬q β¨ p)S S F S S
S F S S S
F S F F S
F F S S S
Opgave 6.20p q q β¨ Β¬q p β§ (q β¨ Β¬q)S S S S
S F S S
F S S F
F F S F
Opgave 6.21p q p β q (p β q) β p ((p β q) β p) β qS S S S S
S F F S F
F S S F S
F F S F S
8
19
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
Opgave 6.22
a) Der er brug for to nye udsagnsvariable: m for at lave mad, og k for at kΓΈbe ind.
b) Kriterium 4 er, at hvis Selma skal lave mad (m), sa skal hun kΓΈbe ind fΓΈrst (k). Detsvarer saledes til formlen m β k. Kriterium 5 er, at hvis Selma skal kΓΈbe ind (k),sa kan hun ikke na i biografen (b) og ikke lave afleveringsopgave (a). Altsa, hvis k saikke b og ikke a. Det bliver til formlen k β (Β¬b β§ Β¬a).
c) Den samlede logiske formel for kriterierne 1β5 fas ved blot at tilfΓΈje de to nye kriterierfra b) som konjunkter til Selmas formel:
(b β¨ h) β§ (h β Β¬b) β§ (Β¬h β Β¬a) β§ (m β k) β§ (k β (Β¬b β§ Β¬a)).
Hvis man skulle lave en sandhedstabel for denne formel, ville man have brug for25 = 32 rækker, fordi der er i alt 5 udsagnsvariable i formlen: a, b, h, k og m.
Opgave 6.23
a) p β¨ Β¬q.
b) q β¨ r.
c) Β¬r β¨ Β¬p.
d) (p β¨ Β¬q) β§ (p β¨ r) β§ (Β¬r β¨ Β¬p).
e)p q r p β¨ Β¬q q β¨ r Β¬r β¨ Β¬p (p β¨ Β¬q) β§ (p β¨ r) β§ (Β¬r β¨ Β¬p)S S S S S F F
S S F S S S S
S F S S S F F
S F F S F S F
F S S F S F F
F S F F S S F
F F S S S S S
F F F S F S F
Der er kun to løsninger, svarende til de to rækker hvor formlen fra d) er sand. I denførste af disse rækker har vi p : S, q : S, r : F. Det svarer til, at vi inviterer Peru ogQatar, men afviser Rumænien. I den anden har vi p : F, q : F, r : S. Det svarer til atafvise Peru og Qatar, men invitere Rumænien. Begge muligheder kan ses at opfyldebade kronprinsen, dronningen og kongens krav.
9
20
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
Opgave 6.24
a)
β
β
ββ
ββ β
β β β β β
β β β β β β β β
b) Vi fortsætter talfølgen ved at tælle antal bier i de to nye generationer tilføjet ovenfor(de to øverste rækker af stamtræet): 1, 1, 2, 3, 5, 8.
c) Værdierne af f(3), f(4) og f(5) kan vi direkte aflæse af talfølgen fra b). De erf(3) = 3, f(4) = 5 og f(5) = 8. For at bestemme f(6) skal vi ga endnu en generationtilbage. Det kan gøres ved at tilføje en ekstra generation til stamtræet ovenfor, ellerblot at udregne hvor mange bier der vil være i en sadan ekstra generation. Hver afhunbierne i den ældste generation pa stamtræet ovenfor har 2 forældre, og hver afhanbierne har 1 forældre. Der er 5 hunbier i den ældste generation, og 3 hanbier.Altsa vil den ekstra generation have 5 · 2 + 3 = 13 bier, og hermed fas f(6) = 13.
d) Denne opgave løses ved blot at bruge stamtræet til at tjekke, at tallene passer.
e) Grunden til der gΓ¦lder fβ(n) = f(n β 1) for alle n > 0 er, at hver bi har en og kunen mor. Sa det samlede antal af bier n β 1 generationer tilbage, f(n β 1), ma vΓ¦relige med antallet af mΓΈdre en generation lΓ¦ngere tilbage, fβ(n).
f) Denne opgave løses ogsa ved blot at bruge stamtræet til at tjekke, at tallene passer.
g) Grunden til at der gΓ¦lder fβ(n) = fβ(n β 1) for alle n > 0 er, at hver hunbi harnetop en far, mens ingen hanbier har en far. Sa antallet af hunbier nβ1 generationertilbage, fβ(n β 1), ma dermed vΓ¦re lig med antallet af fΓ¦dre en generation lΓ¦ngeretilbage, fβ(n).
10
21
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
h) Det samlede antal bier n generationer tilbage er naturligvis summen af antal han-bier og antal hunbier n generationer tilbage. Altsa f(n) = fβ(n) + fβ(n). Bruger viresultaterne fra spΓΈrgsmal e) og g) fas sa:
f(n) = fβ(n) + fβ(n) = f(nβ 1) + fβ(nβ 1) = f(nβ 1) + f(nβ 2).
Opgave 6.25 BemΓ¦rk fΓΈrst, at tallet i nederste hΓΈjre hjΓΈrne af tabellen skulle have vΓ¦retet 1-tal: dΓΈdeligheden af rotter i alderen 2β3 er 100%.
a) Vi bestemmer fΓΈrst antal rotter i aldersgruppen 0β1 efter 1 ar. Det er de rotter, sombliver fΓΈdt i lΓΈbet af det fΓΈrste ar. IfΓΈlge tabellen vil der i gennemsnit blive fΓΈdt 0, 1barn per rotte i alderen 0β1, 0, 7 barn per rotte i alderen 1β2 og 0, 1 barn per rotte ialderen 2β3. Der vil altsa i gennemsnit i lΓΈbet af det fΓΈrste ar blive fΓΈdt
0, 1 Β· f[0;1](0) + 0, 7 Β· f[1;2](0) + 0, 1 Β· f[2;3](0) = 0, 1 Β· 15 + 0, 7 Β· 10 + 0, 1 Β· 5 = 9
bΓΈrn. Vi far saledes, at antallet af rotter i alderen 0β1 efter 1 ar i gennemsnit er 9,altsa f[0;1](1) = 9.
Vi bestemmer nu antal rotter i aldersgruppen 1β2 efter 1 ar. Det er dem, af deoprindelige 15 rotter i aldersgruppen 0β1 ar, som overlever det fΓΈrste ar. DΓΈdelighedeni denne gruppe er 20%, sa i gennemsnit vil 0, 8 Β· 15 = 12 af dem overleve. Altsa vilder i gennemsnit efter 1 ar vΓ¦re 12 rotter i aldersgruppen 1β2 ar, f[1;2](1) = 12.
Vi bestemmer nu antal rotter i aldersgruppen 2β3 efter 1 ar. Det er dem, af deoprindelige 10 rotter i aldersgruppen 1β2 ar, som overlever det fΓΈrste ar. Vi far altsa,i stil med ovenfor, f[2;3](1) = 0, 8 Β· 10 = 8.
b) Vi bestemmer fΓΈrst et rekursivt funktionsudtryk for f[0;1](n). Begyndelsesbetingelsener f[0;1](0) = 15. Rekursionsbetingelsen fas ved at se pa, hvor mange rotter der er ialdersgruppen 0β1 efter n ar. Det er alle de rotter som er blevet fΓΈdt i lΓΈbet af detforlΓΈbende ar, hvilket vi ligesom i a) udregner ved at se pa hvor mange rotter der vari hver aldersgruppe det foregaende ar, og sa gange det med fΓΈdselsraten. Vi far sa:
f[0;1](n) = 0, 1 Β· f[0;1](nβ 1) + 0, 7 Β· f[1;2](nβ 1) + 0, 1 Β· f[2;3](nβ 1)
Sætter vi begyndelsesbetingelsen og rekursionsbetingelsen sammen, far vi følgenderekursive funktionsudtryk for f[0;1](n):
f[0;1](n) =
{15 hvis n = 0
0, 1 Β· f[0;1](nβ 1) + 0, 7 Β· f[1;2](nβ 1) + 0, 1 Β· f[2;3](nβ 1) hvis n > 0
Vi bestemmer nu et rekursivt funktionsudtryk for f[1;2](n). Begyndelsesbetingelsener f[1;2](0) = 10. Rekursionsbetingelsen fas ved at se pa, hvor mange rotter der eri aldersgruppen 1β2 efter n ar. Det er alle de rotter, som det foregaende ar var i
11
22
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
aldersgruppen 0β1 og er overlevet. Det udregnes pa samme made som i a), hvilketgiver:
f[1;2](n) = 0, 8 Β· f[0;1](nβ 1).
Sætter vi begyndelsesbetingelsen og rekursionsbetingelsen sammen, far vi følgenderekursive funktionsudtryk for f[1;2](n):
f[1;2](n) =
{10 hvis n = 0
0, 8 Β· f[0;1](nβ 1) hvis n > 0
Pa tilsvarende vis far vi et rekursivt funktionsudtryk for f[2;3](n):
f[2;3](n) =
{5 hvis n = 0
0, 8 Β· f[1;2](nβ 1) hvis n > 0
c) Vi kan nu bestemme det samlede antal rotter efter 3 ar ved at bruge gentagen sub-stitution pa ovenstaende rekursive funktionsudtryk:
f(3) = f[0;1](3) + f[1;2](3) + f[2;3](3)
= 0, 1 Β· f[0;1](2) + 0, 7 Β· f[1;2](2) + 0, 1 Β· f[2;3](2) + 0, 8 Β· f[0;1](2) + 0, 8 Β· f[1;2](2)= 0, 9 Β· f[0;1](2) + 1, 5 Β· f[1;2](2) + 0, 1 Β· f[2;3](2)= 0, 9 Β· (0, 1 Β· f[0;1](1) + 0, 7 Β· f[1;2](1) + 0, 1 Β· f[2;3](1)) + 1, 5 Β· 0, 8 Β· f[0;1](1) +
0, 1 Β· 0, 8 Β· f[1;2](1)= 1, 29 Β· f[0;1](1) + 0, 71 Β· f[1;2](1) + 0, 09 Β· f[2;3](1)
Vi kan nu indsætte værdierne af f[0;1](1), f[1;2](1) og f[2;3](1) som vi fandt under a).Hermed fas:
f(3) = 1, 29 Β· f[0;1](1) + 0, 71 Β· f[1;2](1) + 0, 09 Β· f[2;3](1)= 1, 29 Β· 9 + 0, 71 Β· 12 + 0, 09 Β· 8= 20, 85.
I gennemsnit vil der altsa være knapt 21 rotter efter 3 ar.
Opgave 6.26
a) Vi har brug for fΓΈlgende udsagnsvariable:
β’ s: Simon kommer for sent til sit mΓΈde.
β’ u: Simon fΓΈler sig slaet ud.
β’ j: Simon far jobbet.
12
23
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
β’ t: Simon tager en taxi hjem.
b) SΓ¦tning 1 bliver til (s β§ u) β t. SΓ¦tning 2 bliver til Β¬j β u. SΓ¦tning 3 bliver til(s β§ Β¬t) β j.
c) Vi skal lave en sandhedstabel for den formel som siger, at sætning 1 og sætning 2tilsammen medfører sætning 3. Det er følgende formel:
(((s β§ u) β t) β§ (Β¬j β u)
)β
((s β§ Β¬t) β j
)
Her skal man holde tungen lige i munden med de mange paranteser. Sandhedstabellenfar hele 24 = 16 rækker, fordi der er 4 udsagnsvariable.
j s t u s β§ u (s β§ u) β t Β¬j β u s β§ Β¬t (s β§ Β¬t) β j hele formlenS S S S S S S F S S
S S S F F S S F S S
S S F S S F S S S S
S S F F F S S S S S
S F S S F S S F S S
S F S F F S S F S S
S F F S F S S F S S
S F F F F S S F S S
F S S S S S S F S S
F S S F F S F F S S
F S F S S F S S F S
F S F F F S F S F S
F F S S F S S F S S
F F S F F S F F S S
F F F S F S S F S S
F F F F F S F F S S
Alle rækker i sandhedstabellen gør formlen sand (sidste søjle), sa formlen er gyldig.Dermed er slutningen logisk korrekt. Det er altsa rigtigt, at hvis de to præmisser eropfyldt for Simon, sa er konklusionen ogsa opfyldt. Man kan ogsa prøve at kigge pade rent sproglige formuleringer af præmisser og konklusion, for at overbevise sig selvom at slutningen holder, men der gar let kludder i argumentationen. Det vi i stedethar gjort ovenfor er at give et helt handfast matematisk bevis for at slutnigen holder.
13
24
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
5.22 π¦π¦ = (3β3β0,5π₯π₯ β 2)2
5.23 π¦π¦ = β6,9988ππβ0,05π₯π₯
5.24 a) π¦π¦ = 800001+399ππβ0,4715π₯π₯ b) π₯π₯ = 2, π¦π¦ = 511, π₯π₯ = 3, π¦π¦ = 816, π₯π₯ = 4, π¦π¦ = 1300, π₯π₯ = 5, π¦π¦ = 2063
c) I uge nr. 13 vil halvdelen af befolkningen være smittet.
6. Diskret matematik Kommer i august
7. Vektorfunktioner
7.01 a) β
b) (0,2) (0,5)
c)
t 0 1 2 3 x 0 2,5 2 -4,5 y 2 2,5 4 6,5
d) -
e) Mindste afstand: 3,42
7.02 a) π¦π¦ = π₯π₯ + 2
b) π¦π¦ = π₯π₯2 + π₯π₯ β 5
c) π¦π¦ = 5 sin(cosβ1(0,5π₯π₯))
7.03 a) ππ (π‘π‘) = (π‘π‘2 + 4π‘π‘ β 2
π‘π‘ )
b) ππ (π‘π‘) = (π‘π‘2 + 4π‘π‘5 β 3π‘π‘3
π‘π‘ )
7.04 a) (π₯π₯π¦π¦) = (β4 + π‘π‘5 + 2π‘π‘)
b) (π₯π₯π¦π¦) = (7 + 13π‘π‘3 + 5π‘π‘ ) eller (π₯π₯π¦π¦) = (β6 + 13π‘π‘
β2 + 5π‘π‘ )
c) (π₯π₯π¦π¦) = (β3 + π‘π‘ cos 120Β°β1 + π‘π‘ sin 120Β°)
7.05 a) (π₯π₯π¦π¦) = (2 + 3 cos π‘π‘5 + 3 sin π‘π‘)
b) (π₯π₯π¦π¦) = (2 + 5 cos π‘π‘3 + 5 sin π‘π‘)
7.06 a) (β2,1)
b) Storakse: 8 Lilleakse: 6
c) Mindste afstand: 3,37
7.07 a) β
b) π£π£ (π‘π‘) = ( 15β10π‘π‘ + 15)
c) (22,5; 51,25)
d) (70,5; 0)
e) 35,34 m/sec
7.08 a) β
b) π£π£ (π‘π‘) = (2π‘π‘1 )
c) (π₯π₯, π¦π¦) = (4, 3)
7.09 a) β
b) π£π£ (π‘π‘) = ( 2β10π‘π‘ + 12)
c) (0,4; 37,2)
7.10 a) ππ (π‘π‘) = ( 0,2π‘π‘0,08π‘π‘) π‘π‘ β₯ 0
b) (0,4; 016)
c) β
7.11 a) ππ (π‘π‘) = (0,5π‘π‘ + 2 cos(2π‘π‘)2 sin(2π‘π‘) )
b) β
25
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
b) (π₯π₯π¦π¦) = (7 + 13π‘π‘3 + 5π‘π‘ ) eller (π₯π₯π¦π¦) = (β6 + 13π‘π‘
β2 + 5π‘π‘ )
c) (π₯π₯π¦π¦) = (β3 + π‘π‘ cos 120Β°β1 + π‘π‘ sin 120Β°)
7.05 a) (π₯π₯π¦π¦) = (2 + 3 cos π‘π‘5 + 3 sin π‘π‘)
b) (π₯π₯π¦π¦) = (2 + 5 cos π‘π‘3 + 5 sin π‘π‘)
7.06 a) (β2,1)
b) Storakse: 8 Lilleakse: 6
c) Mindste afstand: 3,37
7.07 a) β
b) π£π£ (π‘π‘) = ( 15β10π‘π‘ + 15)
c) (22,5; 51,25)
d) (70,5; 0)
e) 35,34 m/sec
7.08 a) β
b) π£π£ (π‘π‘) = (2π‘π‘1 )
c) (π₯π₯, π¦π¦) = (4, 3)
7.09 a) β
b) π£π£ (π‘π‘) = ( 2β10π‘π‘ + 12)
c) (0,4; 37,2)
7.10 a) ππ (π‘π‘) = ( 0,2π‘π‘0,08π‘π‘) π‘π‘ β₯ 0
b) (0,4; 016)
c) β
7.11 a) ππ (π‘π‘) = (0,5π‘π‘ + 2 cos(2π‘π‘)2 sin(2π‘π‘) )
b) β
c) (0,394; 2) (1,177;β2) (1,963; 2) (2,750;β2)
d) (2,016; 0,250) (β1,230; 0,250) (3,586; 0,250) (0,341; 0,250)
e) (1,177;β2) (2,750;β2)
f) HΓΈjeste fart = 4,5 meter/sekund
7.12 a) β
b) Omkreds = 26,73
7.13 a) β
b) (0, 0) (1,0) (β1,0)
c) (0,707; 1) (0,707;β1) (β0,707; 1) (β0,707;β1)
d) (1,0) (β1,0)
7.14 a) β
b) (0,2) (0; 4,637)
c) (ππ, 6) (2ππ, 2) (3ππ, 6)
d) (β0,685; 3) (6,968; 3) (5,598; 3)
e) Fart = 2,89 meter/sekund
7.15 a) β
b) (0,1)
c) (β0,58; 3,37) (0,58; 1,64)
d) (0,39; 3,41) (β0,13; 0,59) (β0,57; 3,41) (0,36; 0,59)
e) (0,377; 3,411)
7.16 a) ππ (π‘π‘) = (3 cos(1π‘π‘) + 1 cos(β5π‘π‘)3 sin(1π‘π‘) + 1 sin(β5π‘π‘))
b) β
c) (0,2) (0, β2) (4,0) (2,71; 0) (β2,71; 0) (β4,0)
d) (1,73; 1) (0,2) (β1,73; 1) (β1,73;β1) (0, β2) (1,73;β1)
26
TEKNISK MATEMATIK 3 β FACITLISTE
c) (0,394; 2) (1,177;β2) (1,963; 2) (2,750;β2)
d) (2,016; 0,250) (β1,230; 0,250) (3,586; 0,250) (0,341; 0,250)
e) (1,177;β2) (2,750;β2)
f) HΓΈjeste fart = 4,5 meter/sekund
7.12 a) β
b) Omkreds = 26,73
7.13 a) β
b) (0, 0) (1,0) (β1,0)
c) (0,707; 1) (0,707;β1) (β0,707; 1) (β0,707;β1)
d) (1,0) (β1,0)
7.14 a) β
b) (0,2) (0; 4,637)
c) (ππ, 6) (2ππ, 2) (3ππ, 6)
d) (β0,685; 3) (6,968; 3) (5,598; 3)
e) Fart = 2,89 meter/sekund
7.15 a) β
b) (0,1)
c) (β0,58; 3,37) (0,58; 1,64)
d) (0,39; 3,41) (β0,13; 0,59) (β0,57; 3,41) (0,36; 0,59)
e) (0,377; 3,411)
7.16 a) ππ (π‘π‘) = (3 cos(1π‘π‘) + 1 cos(β5π‘π‘)3 sin(1π‘π‘) + 1 sin(β5π‘π‘))
b) β
c) (0,2) (0, β2) (4,0) (2,71; 0) (β2,71; 0) (β4,0)
d) (1,73; 1) (0,2) (β1,73; 1) (β1,73;β1) (0, β2) (1,73;β1)
Recommended