R2 2013 høst LØSNING

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk


DEL EN

Oppgave 1

a) f(x)=5xcosx

f(x)=5cosx+5x(sinx)=5cosx5xsinx=5(cosxxsinx)

b) g(x)=sin(2x)x

g(x)=2cos(2x)xsin(2x)1x2=2xcos(2x)sin(2x)x2

Oppgave 2

a) 012e2xdx=201e2xdx=2[12e2x]01=22[e2x]01=e21e20=e2e0=e21

b) 2xexdx

La u=2x og v=ex

2xexdx=2xex2exdx+C=2xex2exdx+C=2xex2ex+C=2ex(x1)+C

Oppgave 3

a) AB=[2,3,0] og AC=[2,0,4]

ABAC=(2)(2)+30+04=4

AB×AC=[3400,((2)40(2)),(2)03(2)]=[12,8,6]


b)

V=|16(AB×AC)AO|=|16[12,8,6][2,0,0]|=|16(12(2)+80+60)|=|16(24)=|246|=|4|=4

Eventuelt kan man regne ut volumet ved hjelp av formelen for volum av pyramide, V=Gh3,

hvor G=|OA||OB|2=232=3 og h=|OC|=4.

Da får man V=343=4

c) Om man bruker punktet A(2,0,0) og normalvektoren AB×AC=[12,8,6] blir likningen for planet α:

12(x2)+8(y0)+6(z0)=012x24+8y+6z=012x+8y+6z=2412x24+8y24+6z24=2424x2+y3+z4=1

Hvilket skulle vises.

Oppgave 4

a) Rekken er geometrisk fordi neste ledd i rekken genereres ved å multiplisere det forrige leddet med en fast kvotient k=e1=1e. Ettersom 1e<1, er altså |k|<1, hvilket gjør rekken konvergent.

S=a11k=111e=1ee1e=1e1e=ee1

b) I dette tilfellet er k=ex, og rekken er konvergent dersom |k|<1.

|ex|<1

Ettersom ex alltid vil være positivt, kan man skrive om likningen til

ex<1ln(ex)<ln1(x)ln(e)<0x<0x>0

S=a01k=11ex=111ex=1exex1ex=1ex1ex=exex1

Oppgave 5

N(t)=4t+3 og N(0)=800

N(t)=(4t+3)dt=2t2+3t+C


N(0)=800202+30+C=8000+0+C=800C=800

C=800N(t)=2t2+3t+800

N(10)=2102+310+800=200+30+800=1030

Det var 1030 individer i populasjonen etter 10 timer.

Oppgave 6

f(x)=12x42x3+52x

a) f(x)=2x36x2+52

f(x)=6x212x=6x(x2)

Vendepunkter:

Vp1:(0,f(0))=(0,1204203+520)=(0,0)

Vp2:(2,f(2))=(2,1224223+522)=(2,3)

b) Vt10=f(0)(x0)Vt1=(203602+52)xVt1=52x


Vt2(3)=f(2)(x2)Vt2+3=(223622+52)(x2)Vt2+3=112(x2)Vt2+3=112x+11Vt2=112x+8

Oppgave 7

La V(n)=112+123+134+...+1n(n+1) og H(n)=nn+1

V(1)=112=12 og H(1)=11+1=12

V(1)=H(1) Påstanden er bevist for n=1


V(k+1)=112+123+134+...+1k(k+1)+1(k+1)(k+2)=H(k)+1(k+1)(k+2)=kk+1+1(k+1)(k+2)=k(k+2)+1(k+1)(k+2)=k2+2k+1(k+1)(k+2)=(k+1)2(k+1)(k+2)=k+1k+2

og

H(k+1)=k+1(k+1)+1=k+1k+2

V(k+1)=H(k+1) Påstanden er bevist for alle naturlige tall n.

Hvilket skulle bevises.

DEL TO

Oppgave 1

a) F(v)=2+2cosv2sinv=2(1+cosv)2sinv=(1+cosv)sinv

Hvilket skulle vises.

Om vπ2 mister trapeset sin øverste side, og blir derfor til en trekant.

Om v0 er vinkelen negativ, og trapeset vil ikke lenger være innskrevet i halvsirkelen.

v∈<0,π2>

b) F(v)=(1+cosv)sinv

Produktregelen for derivasjon gir at

F(v)=(sinv)sinv+(1+cosv)cosv=cos2v+cosvsin2v=cos2v+cosv(1cos2v)=2cos2v+cosv1

cosv=1±1242(1)22=1±34

cosv1=12 og cosv2=1

F(v)=2(cosv12)(cosv+1)

v=π3 og Fmaks(v)=F(π3)=(1+cosπ3)sinπ3=(1+12)32=3232=334

Oppgave 2

a)

b) Fra tegningen kan man se at grafens utseende i intervallet x[0,2] gjentar seg i intervallet x[2,4] og [4,6]. Altså er det et intervall som gjentas langs x-aksen, hvilket betyr at grafen er periodisk.

p=2


c)

f(x)=sin(πx)+sin(2πx)=sin(πx)+sin(πx+πx)=sin(πx)+(sin(πx)cos(πx)+cos(πx)sin(πx))=sin(πx)+2sin(πx)cos(πx)=sin(πx)(1+2cos(πx))

Hvilket skulle vises.


d)

f(x)=0sin(πx)(1+2cos(πx))=0

sin(πx)=01+2cos(πx)=0πx=0+πncos(πx)=12x=nπx=2π3+2πnπx=22π3+2nx=nx=23+2nx=43+2n

x[0,2]x1=0x2=23x3=1x4=43x5=2

Nullpunkter: (0,0), (23,0), (1,0), (43,0) og (2,0)

Oppgave 3

a) For enkelhetens skyld kan likningen K(t)=0,08K(t)+20000 skrives som y=0,08y+20000


METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

y=0,08y+20000y0,08y=20000|e0,08tye0,08t0,08ye0,08t=20000e0,08t(ye0,08t)=20000e0,08tye0,08t=20000e0,08tdtye0,08t=20000e0,08tdtye0,08t=20000(10,08)e0,08t+Cye0,08t=250000e0,08t+C|1e0,08ty=250000+Ce0,08ty=Ce0,08t250000K(t)=Ce0,08t250000


METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

y=0,08y+20000y=0,08(y+250000)|1y+250000y1y+250000=0,08dydt1y+250000=0,081y+250000dy=0,08dt1y+250000dy=0,08dtln|y+250000|+C1=0,08t+C2C2C1=C3ln|y+250000|=0,08t+C3y+250000=e0,08t+C3y+250000=eC3e0,08teC3=Cy+250000=Ce0,08ty=Ce0,08t250000K(t)=Ce0,08t250000


K(0)=2000020000=Ce0,08025000020000=C250000C=270000K(t)=270000e0,08t250000


b) K(20)=270000e0,0820250000=2700004,95250000=1086500

Størrelsen på kapitalen etter 20 år blir 1086500 kroner.


c)

K(t)=270000e0,08t250000K(t)=21600e0,08tK(t)=3500021600e0,08t=35000e0,08t=35000216000,08t=ln(175108)t=0,480,08t=6

Ifølge modellen vil det ta 6 år før kapitalen vokser med 35000 kroner hvert år.

Oppgave 4

a) På høyre side av likningen er den generelle regelen for integrasjon av polynomer brukt:

xadx=1a+1xa+1+C

For ordens skyld kan summen av alle integrasjonskonstantene C1+C2+C3+C4+... fra venstre side av likningen bli kalt Cn

På høyre side er substitusjon brukt for å integrere.

11xdx

u=1xdu=dx11xdx=1udu=ln|u|+Cm=ln|1x|+Cm

På grunn av definisjonsmengden kan absoluttverditegnet elimineres.

Cn+x+12x2+13x3+14x4=ln(1x)+Cm

CmCnx+12x2+13x3+14x4+...=ln(1x)+C

Hvilket skulle vises.

En kan se at den uendelige rekken på venstre side av likningen er formulert slik at graden til x øker for hvert ledd. Derfor vil aldri leddet ax0 (hvor a er en konstant) dukke opp, hvilket betyr at det ikke eksisterer noe konstantledd på venstre side av likningen. Det er derfor unødvendig å skrive det på høyre side av likningen, hvilket betyr at C=0.

b) x=1211121+12122+13123+14124+...=ln(112)=ln(12)1=ln2

Hvilket skulle vises.

c) n=19

Oppgave 5

a)

g(x)=01k2x2=0(1+kx)(1kx)=0kx=1kx=1x=1kx=1k

Nullpunkter:

Np1:(1k,f(1k))=(1k,1k2(1k2))=(1k,11)=(1k,0)

Np2:(1k,f(1k2(1k2))=(1k,0)

b)

Af(x)=Ag(x)π2π2cosxdx=1k1k(1k2x2)dx[sinx]π2π2=[xk23x3]1k1ksin(π2)sin(π2)=(1kk23k3)(1k+k23k3)1(1)=21k213k1=1k13k1=313k3k=2k=23

c) cos(u+v)=cosucosvsinusinv

u=v=xcos(2x)=cos2(x)sin2(x)cos(2x)=cos2(x)(1cos2(x))cos(2x)=cos2(x)1+cos2(x)cos(2x)=2cos2(x)12cos2(x)=1+cos(2x)cos2(x)=12+12cos(2x)

Hvilket skulle vises.

d)

V1=ππ2π2f(x)2dx=ππ2π2cos2xdx=ππ2π2(12+12cos(2x))dx=π2[x+12sin(2x)]π2π2=π2((π2+12sin(2π2))(π212sin(2(π2))))=π2(π2+0+π2+0)=2π24=π22

Oppgave 6

a) yy0=xy(xx0)

yb=ba(x0)yb=baxy=bax+b

Hvilket skulle vises.

b) y=bax+b

yb=babx+bbyb=xa+1xa+yb=1

Hvilket skulle vises.

c) n=AB×AC=[a,b,0]×[a,0,c]=[bc0,(ac0),0(ab)]=[bc,ac,ab]

Hvilket skulle vises.

d) α:a(xx0)+b(yy0)+c(zz0)=0

α:

bc(xa)+ac(y0)+ab(z0)=0bcxabc+acy+abz=0bcx+acy+abz=abc|1abcbcxabc+acyabc+abzabc=abcabcxa+yb+zc=1

Hvilket skulle vises.

e) Om planet er parallelt med z-aksen, krysser aldri planet z-aksen. Det vil si at c. Da vil zc0.

β:x5+y4=1

Hvilket skulle vises.