PDF, PS

HTKK, TTKK, LTKK, OY, ÅA/Insinööriosastot
Valintakuulustelujen matematiikan koe 28.5.1997
Ratkaisut

1. Merkitään $\bar{a}=\bar{a_1}+\bar{a_2}$, missä $\bar{a_1}$ on vektorin $\bar{b}$ suuntainen ja $\bar{a_2}$ vektoria $\bar{b}$ vastaan kohtisuorassa. On olemassa luku $\bar{t}\in R$ siten, että $\bar{a_1} = t\bar{b}.$ Tälloin $\bar{a_2}=\bar{a}-t\bar{b}$. Kohtisuuruuden perusteella on

$$\bar{a}\cdot\bar{b}=(\bar{a}-t\bar{b})\cdot \bar{b}=0,$$

mistä

$$t=\frac{\bar{a}\cdot \bar{b}}{\bar{b}\cdot \bar{b}}.$$

Koska $\bar{a}\cdot \bar{b}=24$ ja $\bar{b}\cdot \bar{b}=6$, on t=4. Tällöin kysytyt komponentit ovat $\bar{a_1}=4(\bar{i-j+2k})$ ja $\bar{a_2}=2(\bar{-i+3j+2k})$

2. Olkoon $D=(x,y), \sphericalangle DAB=\alpha$ ja $\sphericalangle DBA=\beta$. Tällöin

$$\left\{ \begin{array}{ll} \tan \alpha = \frac{y}{x}\\ \tan \beta = \frac{y}{3000-x} \end{array} \right.$$

Ratkaisemalla x ja y saadaan

$$\left\{ \begin{array}{ll} x = \frac{3000\tan\beta}{\tan\alpha +\tan\beta }\\ y = x\tan\alpha \end{array} \right.$$

Koska $\alpha$ = $32,8^\circ$ ja $\beta$ = $64,1^\circ$, on D=(2280,1470). Jos merkitään $\sphericalangle DAE = \phi$, räjähdyspatsaan korkeudelle hpätee, että

$$\tan\phi = h/\sqrt{x^2 + y^2},$$

missä x ja y ovat pisteen D koordinaatit. Tällöin $h=\sqrt{x^2+y^2}\tan\phi$. Koska $\phi=3,5^\circ$ ja D=(2280,1470), on h=170m.

3. Erotusfunktion

$$u(R)=u_1(R)-u_2(R)=\frac{ER}{R-81}-\frac{ER}{R-2025}\qquad (R\geq 0)$$

derivaatta on

$$u'(R)=\frac{81E}{(R+81)^2}-\frac{2025E}{(R+2025)^2}.$$

Yhtälön u'(R)=0 ratkaisu antaa paikalliseksi ääriarvokohdaksi ehdolle vastuksen arvon $R=\sqrt{81\cdot 2025}=9\cdot 45=405.$ Derivaatan u'(R) merkin vaihtumisen perusteella erotusfunktio u(R) saavuttaa paikallisen maksimin tällä arvolla. Koska u'(R)>0 joukossa $\lbrack 0,450 \rbrack, u(R)$ on kasvava arvoa R=450 pienemmillä vastuksen arvoilla. Vastaavasti u'(R) on vähenevä suuremmilla arvoilla. Siten erotusfunktio u(R)saavuttaa suurimman arvonsa, kun $R=450\Omega$. Ilmeisesti suurin arvo on $u(450)=\frac{2}{3}E$.

4. Olkoon X kelvottomien rasioiden lukumäärä otoksessa(100kpl). Tällöin X on binomijakautunut satunnaismuuttuja parametrein n=100 ja p=0,025. Erä hyväksytään, jos $X\le 1$. Hyväksymistodennäköisyys on

$$P(X\le 1)=P(X=0)+P(X=1)\,$$

$$=(1-p)^n+np(1-p)^n-1% =0,28=28\%.\,$$

5. Käyrien $x=y^\frac{1}{2}+1$ ja $x=\frac{-1}{3}+\frac{13}{3}$leikkauspisteeksi tulee (3,4). Säiliön tilavuus on

$$V=\pi\int_{0}^{4}(y^\frac{1}{2}+1)^2dy+\pi\int_{4}^{8}(-\frac{1}{3}y+\frac{13}{3})^2dy$$

$$=\pi/_{0}^{4}\frac{1}{2}y^2+\frac{4}{3}y^\frac{3}{2}+y+\frac{\pi}{9}/_{4}^{8}-\frac{1}{3}(-y+13)^3$$

$$=22\frac{2}{3}\pi+22\frac{10}{27}\pi=45\frac{1}{27}\pi\approx 141,5m^2.$$

Koska $65<\frac{2}{3}\pi$, on löydettävä korkeus h, jolle on

$$V(h)=\pi\int_{0}^{h}(y^\frac{1}{2}+1)^2\,dy=\pi(\frac{1}{2}h^2+\frac{4}{3}h^\frac{3}{2}+h)=65.$$

Esimerkiksi haarukointimenetelmällä $h\approx3,8m.$

6. Bakteereja tappajasolujen istuttamisen hetkellä eli välittomästi bakteerien n:nnen jakaantumisen jälkeen oli 2ⁿ kpl. Olkoon k=0 hetki, jolloin bakteerien n:s jakaantuminen tapahtuu, ja olkoon x_k bakteerien (vast. y_k tappajasolujen) lukumäärä hetkellä k=0,1,2,... (juuri syömisen ja jakaantumisen jälkeen). Siten

x₀=2ⁿ

y₀=1024=2¹0

y_k=2^ky₀=2^k+10.

Bakteerien lukumäärälle yleisesti pätee

x_k+1=2(x_k-y_k)=2x_k-2^k+1y₀,

joten

x₀=2ⁿ

x₁=2ⁿ⁺¹-2y₀

$$x_2=2^{n+2}-2^2y_0-2^2y_0=2^{n+2}-2\cdot2^{2}y_0$$

$$x_3=2^{n+3}-2\cdot2^{3}y_0-2^3y_0=2^{n+3}-3\cdot2^3y_0$$

...

ja edelleen yleisesti

$$x_k=2^{n+k}-k\cdot2^ky_0=(2^n-ky_0)2^k.$$

Jos $x_0\leq y_0$ (eli kun $n\leq 10$), kaikki bakteerit syödään hetkellä k=1. Muutoin bakteerit tulevat syödykdi loppuun kun x_k=0 eli kun

2ⁿ-ky₀=0.

Tästä $k=\frac{2^n}{y_0}=2^n-10$