R2 2011 høst LØSNING

Del 1

Oppgave 1

a)

1) Produktregelen gir at $f(x)=xe^x\Rightarrow f'(x) = e^x+xe^x = (1+x)e^x$.

2) Kjerneregelen gir at $g(x)=2\sin 2x \Rightarrow g'(x) = 4\cos 2x$.

3) Kjerneregelen gir at $h(x)=2\sin^2 x \Rightarrow h'(x) = 4\sin x \cos x$

b)

1) Delvis integrasjon gir at $\int x\cos x \, dx = x\sin x - \int \sin x\, dx = x\sin x +\cos x + C$ med integrasjonskonstant $C$.

2) $\int \frac{4}{x^2-4}\, dx = \int \frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2} \, dx = \ln |x-2|-\ln |x+2|+C$

3) Delvis integrasjon gir at $\int \sin x \cos^3 x\,dx = -\cos^4 x - 3\int \sin x \cos^3 x \,dx $. Samler vi integralene får vi at $\int \sin x \cos^3 x\,dx = -\frac14 \cos^4 x + C$

c)

\begin{align*} S_1& =1 & \\ S_2& = S_1+3 &=&4 \\ S_3 &= S_2+5 &=& 9 \\ S_4 & = S_3 + 7&=&16 \\ & \vdots \\ S_n &= \frac{n(2n-1+1)}{2}&=&n^2 \end{align*}

d)

\begin{align*} S_1 &= 1 \\ S_2 &= 2^3 \\ S_3 &= 3^3 \\ S_4 &= 4^3 \\ &\vdots \\ S_{100} & = 100^3 \end{align*}

e)

1) Amplituden er $\frac{5-1}{2}=2$. Perioden er avstanden mellom to påfølgende bunnpunkt, omtrent $2\pi$. Likevektslinja er $y=3$.

2) Sammenlignet mellom uttrykket for $f(x)$ er $a=2$ og $d=3$. Setter vi $x=0$ må vi ha at $2\sin \varphi + 3 = 4.6$, som gir at $\varphi \approx 0.93$. Siden perioden er $2\pi$ må vi ha at $f(x)=f(x+2\pi)$ for alle $x$, så $c=1$. Funksjonen blir altså $f(x)=2\sin (x+0.93)+3$.

f)

Diff.ligningen er separabel så $\int_2^{y(t)} \frac{dy}{3y+5}=\int_0^t dt$. Altså er $ \ln (3y+5)-\ln 11 = 3t$. Vi får at $3y+5=11e^{3t}$, så løsningen på initialverdiproblemet blir $y(t)=\frac{11}{3}e^{3t}-\frac53$. Setter vi inn dette i den opprinnelige ligningen ser vi at løsningen stemmer.

g)

1) $\vec{AB}=[1,1,2]$ og $\vec{AC}=[6,3,4]$, og $\vec{AC}\times \vec{AC} = [-2,8,-3]$.

2) $[-2,8,-3]\cdot [1,1,2] = -2+8-6=0$ og $[-2,8,-3]\cdot [6,3,4]=-12+24-12 = 0$, så vektorene står normal på hverandre.

Del 2

Oppgave 2

a)

b)

$-1 \leq \sin x \leq 1$, så maksimalverdien til $f(x)$ blir $4+5=9$. Minimalverdien blir $4(-1)+5=1$. $\sin(2x-2)=1$ når $2x-2=\frac{\pi}{2}+2\pi n$ for heltall $n$, altså når $x = \frac{\pi}{4}+1+\pi n$. Siden vi begrenser oss til intervallet $[0,2\pi]$ har funksjonen maksimum for $x=\frac{\pi}{4}+1$ og $x=\frac{\pi}{4}+1+\pi$. $\sin(2x-2)=-1$ når $2x-2=\frac{3\pi}{2}+2\pi n$, så vi får minimum når $x=\frac{3\pi}{4}+1+\pi n$.

c)

$\sin(2x)=-\cos(2x+\frac{\pi}{2})$, så $4\sin(2(x-1))+5 = -4\cos(2(x-1)+\frac{\pi}{2})+5=-4\cos(2x+\frac{\pi}{2}-2)+5$. Så $a=-4$, $c=2$, $\varphi = \frac{\pi}{2}-2$ og $d=5$.

Oppgave 3

a)

$2+\frac{2}{x}+\frac{2}{x^2}+\frac{2}{x^3}+\cdots$ er en geometrisk rekke i $\frac{1}{x}$.

b)

Konvergensområdet er $-1< \frac1x < 1$, altså når $x>1$ og $x<-1$

c)

Summeformelen gir at summen av rekka er $\frac{2}{1-\frac1x}=\frac{2x}{x-1}$

d)

e)

$S(x)=-1 = \frac{2x}{x-1}$ gir at $1-x=2x$, så $x=\frac13$. $S(x)=3=\frac{2x}{x-1}$ gir at $3x-3=2x$, så $x=3$.

Oppgave 4

a)

b)

Vi må løse ligningen $x^2+3 = -x^3+x^2+4x+3$. Altså er $x^3-4x=x(x^2-4)=0$, som gir at $x=0$ eller $x=\pm 2$. Ufra grafen ser vi at dette stemmer.

c)

Arealene er like store pga. symmetrier. Arealet til høyre blir $\int_0^2 -x^3+4x\,dx = [2x^2-\frac14x^4]_0^2=8-4=4$.

d)

Arealene er $\int_0^{\sqrt{c}}cx-x^3\,dx$ og $\int_{-\sqrt{c}}^0 x^3-cx\,dx $. Foretar vi et variabelskifte i det siste integralet der vi lar $y=-x$, får vi at $\int_{-\sqrt{c}}^0 x^3-cx\,dx =\int_{\sqrt{c}}^0 y^3-cy\,dy=\int_0^{\sqrt{c}} -y^3+cy\,dy$. Altså er arealene like store.

Oppgave 5

a)

Fullføring av kvadrater gir at

\begin{align*} x^2-4x &= x^2-4x+4-4 &= (x-2)^2 - 4 \\ y^2+6y &= y^2+6y+ 9-9 &= (y+3)^2-9 \\ z^2-6z &= z^2-6z+9-9 &= (z-3)^2-9 \end{align*}

Ligningen for kula kan derfor skrives

\begin{equation*} (x-2)^2 + (y+3)^2+(z-3)^2 = 6^2 \end{equation*}

Altså har kula sentrum i $(2,-3,3)$, med radius $6$.

b)

En parametrisert linje er gitt ved $\vec{r}(t)=[2+2t, -3+4t, 3+4t]$. Setter vi inn koordinatene i kuleligningen og løser for $t$ finner vi skjæringspunktene mellom linja og kula. Vi får at

\begin{equation*} (2t)^2+(4t)^2+(4t)^2=36 \end{equation*}

Altså er $36t^2 = 36$, som betyr at de to skjæringspunktene forekommer for $t=\pm 1$. De tilhørende koordinatene er derfor $\vec{r}(-1)=(0,-7,-1)$ og $\vec{r}(1)=(4,1,7)$.

c)

Ligningene for planet gjennom punktet $(0,-7,-1)$ er gitt ved at $([x,y,z]-[0,-7,-1])\cdot [2,4,4]=0$, altså $2x+4y+28+4z+4=0$, som kan omskrives til $x+2y+2z+16=0$. Ligningene for planet gjennom punktet $(4,1,7)$ er gitt ved at $([x,y,z]-[4,1,7])\cdot [2,4,4]=0$, altså $2x-8+4y-4+4z-28=0$, som kan omskrives til $x+2y+2z-20=0$.

Oppgave 6

a)

$y'$ er hastigheten for endringen av vannhøyden. Torricellis lov sier at hastigheten synker propsjonal med rota av vannhøyden $\sqrt{y}$, altså må $y' = -k\sqrt{y}$ for en proposjonalitetskonstant $k>0$.

b)

Vi får at $\int \frac{dy}{\sqrt{y}} = \int-k\,dt $. Integrerer vi får vi at $2\sqrt{y}=-kt+C$. Altså blir $y=\frac14(-kt+C)^2$

c)

$y(0)=h=\frac14 C^2$, så én løsning er at $C= 2\sqrt{h}$. Da er $y(10)=\frac14 (-10k+2\sqrt{h})^2=\frac{h}{4}$. Løser vi denne for $k$ og tar rota av begge sider, får vi at $-10k+2\sqrt{h}=\sqrt{h}$. Så $\sqrt{h}=10k$ som er det samme som $k=\frac{1}{10}\sqrt{h}$.

Tanken er tom når vannhøyden er $0$, altså når $y(t)=0$. Da må $-kt+2\sqrt{h}=0$, så $t=\frac{2\sqrt{h}}{k}=\frac{2\sqrt{h}}{\frac{1}{10}\sqrt{h}}=20$