R2 2011 vår LØSNING

Del 1

Oppgave 1

a)

1) $f(x)=2\sin(2x)\Rightarrow f'(x)=4\cos(2x)$

2) $g(x)=x^2\cos(2x)\Rightarrow g'(x)=(x^2)'\cos(2x)+x^2(\cos(2x))'=2x\cos(2x)-2x^2\sin(2x)$

3) $h(x)=\frac12 \sqrt{x^2-4x}\Rightarrow h'(x)=\frac12 \frac{x-2}{\sqrt{x^2-4x}}$

b)

1) Delvis integrasjon gir at $\int xe^x\,dx=[xe^x]-\int e^x\,dx=(x-1)e^x+C$

2) $\int\frac{5x+3}{x^2-9}\,dx=\int\frac{5x+3}{(x-3)(x+3)}\,dx$. Delbrøksoppspaltning gir at

$\frac{1}{(x-3)(x+3)}=\frac16(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3})$, så $\int\frac{5x+3}{(x-3)(x+3)}\,dx=\int(5x+3)\frac16(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3})\,dx=\frac16 \left(\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx-\int \frac{5x+3}{x+3}\,dx\right )$

$\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx=\int \frac{5(x-3)+18}{x-3}\,dx=5\int dx+18\int \frac{1}{x-3}\,dx=5x+18\ln(|x-3|)+C_1$ og

$\int \frac{5x+3}{x+3}\,dx=\int \frac{5(x+3)-12}{x+3}\,dx=5\int dx-12\int \frac{1}{x+3}\,dx=5x-12\ln(|x+3|)+C_2$, så

$\frac16 \left(\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx-\int \frac{5x+3}{x+3}\,dx\right ) =3\ln(|x-3|)+2\ln(|x+3|)+C$

c)

Sirkelen på figuren er beskrevet ved ligningen $x^2+y^2=1$, så høyden opp til halvsirkelen i øvre halvplan som funksjon av $x$, er $y(x)=\sqrt{1-x^2}$. Arealet av halvsirkelen i øvre halvplan er derfor $\int_{-1}^1 y(x)\,dx=\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx=\frac12\pi (1)^2=\frac12 \pi$

d)

1) Dersom én av vektorene har lengde $0$ vil prikkproduktet være $0$. Anta videre at begge vektorene har lengde ulik $0$. Siden prikkproduktet er $0$, må vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$ stå normalt på hverandre.

2) Dersom én av vektorene har lengde $0$ vil kryssproduktet være $0$. Anta videre at begge vektorene har lengde ulik $0$. Siden kryssproduktet er $0$, må vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$ ligge parallelt.

e)

Beregner først vektorene $\vec{AB}=(2-1,-1-1,3-(-1))=(1,-2,4)$ og $\vec{AC}=(3-1,2-1,2-(-1))=(2,1,3)$. Kryssproduktet $\vec{AB}\times \vec{AC}=(-2\cdot 3-(1\cdot 4), -(1\cdot 3-2\cdot 4), 1\cdot 1-2\cdot (-2))=(-10,5,5)$. For å vise at $\vec{AB}\times \vec{AC}$ står vinkelrett på både $\vec{AB}$ og $\vec{AC}$, beregner vi $(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AB}$ og $(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AC}$ og viser at disse er $0$:

$(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AB}=(-10,5,5)\cdot (1,-2,4)=-10-10+20=0$ og

$(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AC}=(-10,5,5)\cdot (2,1,3)=-20+5+15=0$.

f)

Induksjonssteg 1: $1=\frac{4^1-1}{3}$, så formelen er riktig for $n=1$

Induksjonssteg 2: Anta at formelen er riktig for $n=k$, så $1+4+16+...+4^{k-1}=\frac{4^k-1}{3}$. Da er $1+4+16+...+4^{k-1}+4^k=\frac{4^k-1}{3}+4^k=\frac{4^k-1+3\cdot 4^k}{3}=\frac{(1+3)4^k-1}{3}=\frac{4^{k+1}-1}{3}$, så formelen er riktig for $n=k+1$, og vi er ferdige.

Oppgave 2

a)

Vi multipliserer den førsteordens differensialligningen $y'-2y=5$ med integrerende faktor $e^{\int -2\,dx}\,\,=e^{-2x}$, og får

$e^{-2x}y'-2e^{-2x}y=5e^{-2x}$. Venstresiden kan nå omskrives:

$(e^{-2x}y)'=5e^{-2x}$

Vi integrerer ligningen med hensyn på $x$:

$\int (e^{-2x}y)'\,dx=\int 5e^{-2x}\,dx\\ e^{-2x}y=-\frac{5}{2}e^{-2x}+C$, og løser for $y$:

$y=-\frac{5}{2}+Ce^{2x}$. Løsningen verfiseres ved innsetting i den opprinnelige diff.ligningen:

$y'=2Ce^{2x}$, så $y'-2y=2Ce^{2x}-2(-\frac{5}{2}+Ce^{2x})=5$.

b)

1) $y(0)=-\frac{5}{2}+C=2$, så $C=2+\frac{5}{2}=\frac{9}{2}$

2) Setter inn $y=\frac{49}{2}$ i løsningen, og løser for $x$:

$\frac{49}{2}=-\frac{5}{2}+\frac{9}{2}e^{2x}\\ \frac{54}{9}=6=e^{2x}\\ \ln(6)=2x \\ x=\frac{\ln(6)}{2}\approx \frac{1.8}{2}=0.9$

c)

Tangenten i $(0,2)$ har ligning $y=ax+b$, der $a=(-\frac{5}{2}+\frac{9}{2}e^{2x})'(0)=\frac{18}{2}=9$. I tillegg må punktet $(0,2)$ ligge på tangentlinja, så $2=a\cdot 0 +b$. Ligningen til tangenten er derfor $y=9x+2$.

Del 2

Oppgave 3

a)

Finner toppunktet ved derivasjon av funksjonen $f(x)=2\sqrt{x}e^{-\frac{x}{3}}$: $f'(x)=\frac{(3-2x)e^{-\frac{x}{3}}}{3\sqrt{x}}$. Den deriverte er $0$ når $3-2x=0$, så toppunktet er i $x=\frac{3}{2}$. Diameteren til skaftet er størst i toppunktet til grafen til $f(x)$. Størst mulig diameter er derfor $2\cdot f(\frac32 )=4\sqrt{\frac32}e^{-\frac{1}{2}}\approx 2.97$.

b)

Volumet er gitt ved $\int_0^4 \pi f(x)^2\,dx=4\pi\int_0^4 xe^{-\frac{2}{3}x}\,dx$. La $u=-\frac{2}{3}x$. Integralet blir $9\pi\int ue^u\,du$. Vi bruker resultatet fra oppgave 1b),1): $9\pi\int ue^u\,du=9\pi [(u-1)e^u]=9\pi[(-\frac{2}{3}x-1)e^{-\frac{2}{3}x}]_0^4=9\pi ((-\frac{8}{3}-1)e^{-\frac{8}{3}}+1)=9\pi (-\frac{11}{3}e^{-\frac{8}{3}}+1)$

Oppgave 4

a)

1) La $A_0=A$ og $B_0=B$. Generelt kan vi skrive arealet av trapeset $A_nB_nB_{n+1}A_{n+1}$ som $(A_nB_n+A_{n+1}B_{n+1})\frac{B_nB_{n+1}}{2}$, der $A_0B_0=8$, $B_0B_1=8$, $B_nB_{n+1}=\frac{16}{2^{n+1}}$, $\frac{A_nB_n}{B_nB_{n+1}}=\frac{8}{8}=1$ (ved formlikhet av trapesene). Altså er $A_nB_n=B_nB_{n+1}=\frac{16}{2^{n+1}}$ og arealet av trapeset $A_nB_nB_{n+1}A_{n+1}$ blir $(A_nB_n+A_{n+1}B_{n+1})\frac{B_nB_{n+1}}{2}=(\frac{16}{2^{n+1}}+\frac{16}{2^{n+2}})\frac{16}{2^{n+2}}=\frac{3\cdot16^2}{2^{2n+4}}=3\cdot 2^{4-2n}$. Summen av arealene til trapesene blir derfor

$\sum_{n=0}^\infty 3\cdot 2^{4-2n}=48+12+3+...$

2) Fra forrige deloppgave ser vi at summen av arealene er en geometrisk rekke

$\sum_{n=0}^\infty 3\cdot 2^{4-2n}=48\sum_{n=0}^\infty (\frac{1}{4})^n$

Rekken konvergerer siden $|\frac14| <1$

b)

Geometrisk ser vi at summen av arealene må konvergere mot arealet av $\triangle ABC$, som er $\frac{8\cdot 16}{2}=64$

Summeformelen for en geometrisk rekke $\sum_{k=0}^{n-1}ar^k=a\frac{1-r^n}{1-r}$ gir at

$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n-1} 48 (\frac{1}{4})^k=48\lim_{n\to\infty}\frac{1-\frac{1}{4}^n}{\frac34}=48\cdot \frac{4}{3}=64$.

Oppgave 5

a)

I $xy$-planet er $z=0$, så vi må ha at $0=4+2t$. Altså er $t=-2$ i punkt $A$. I $xz$-planet er $y=0$, så vi må ha at $0=3+t$. Altså er $t=-3$ i punkt $B$. Koordinatene til $A$ og $B$ er derfor gitt ved $A(5+2\cdot 2, 3-2,0)=A(9,1,0)$ og $B(5-2\cdot (-3),0,4+2\cdot (-3))=B(11,0,-2)$. Avstanden mellom $A$ og $B$ er derfor $|(11-9,0-1,-2-0)|=|(2,-1,-2)|=\sqrt{2^2+1^2+2^2}=\sqrt{9}=3$

b)

Vi kan skrive linja $l$ på formen $(x,y,z)=(5-2t,3+t,4+2t)=(5,3,4)+t(-2,1,2)$. Det betyr at vektoren $(-2,1,2)$ angir retningen til linja $l$. På samme måte kan linja $m$ skrives som $(x,y,z)=(s,1-s,1+s)=(0,1,1)+s(1,-1,1)$, der vektoren $(1,-1,1)$ angir retningen. Linjene er parallelle hvis og bare hvis det fins en konstant $k$ slik at $(-2,1,2)=k(1,-1,1)$. Utfra ligningen ser vi at det ikke fins en slik $k$, altså er linjene ikke parallelle.

c)

Et tilfeldig punkt P på l er angitt ved koordinatet $(x,y,z)=(5-2t,3+t,4+2t)$, og et punkt $Q$ på $m$ er gitt ved $(x,y,z)=(s,1-s,1+s)$. $\vec{PQ}=(s,1-s,1+s)-(5-2t,3+t,4+2t)=(s+2t-5,-s-t-2,s-2t-3)$

d)

For at $\vec{PQ}$ skal stå vinkelrett på linjene $m$ og $l$, må $(s+2t-5,-s-t-2,s-2t-3)\cdot (-2,1,2)=0=(s+2t-5,-s-t-2,s-2t-3)\cdot (1,-1,1)$. Vi får dermed ligningene $-2s-4t+10-s-t-2+2s-4t-6=-s-9t+2=0$ og $s+2t-5+s+t+2+s-2t-3=3s+t-6=0$. Altså er $3s+t-6-3s-27t+6=-26t=0$, så vi må ha at $t=0$. Da er $s=2$. Vi får da punktene $P(5,3,4)$ og $Q(2,-1,3)$

e)

$|\vec{PQ}|=|(2,-1,3)-(5,3,4)|=|(-3,-4,-1)|=\sqrt{3^2+4^2+1^2}=\sqrt{9+16+1}=\sqrt{26}$

Oppgave 6

a)

Avleser fra figuren at amplituden er $\approx 7$, og perioden $24$.

b)

Den deriverte av $f(x)$ er $f'(x)=-\frac{5}{12}\pi\left ( \cos(\frac{\pi}{12}x)-\sin(\frac{\pi}{12}x)\right ) $, og har nullpunkt i $x=3$ og $x=15$. Den deriverte er positiv når $3<x<15$, så funksjonen $f(x)$ har toppunkt i $x=15$ og bunnpunkt i $x=3$.

c)

Vi ser at $g(x)=22+f(x)$. Funksjonene $f(x)$ og $g(x)$ må derfor ha topp- og bunnpunkter i samme (korresponderende) $x$-verdier. Laveste temperatur inntreffer for $x=3$. Da er temperaturen $g(3)=22-5\sin(\frac{3\pi}{12})-5\cos(\frac{3\pi}{12})=22-5\sqrt{2}\approx 14.93$ grader Celsius. Høyeste temperatur inntreffer for $x=15$. Da er temperaturen $g(15)=22-5\sin(\frac{15\pi}{12})-5\cos(\frac{15\pi}{12})=22+5\sqrt{2}\approx 29.07$ grader Celsius.

Oppgave 7

a)

b)

1) La $f(x)=5x^2e^{-x}$. Produktregelen gir at $f'(x)=(5x^2)'e^{-x}+5x^2(e^{-x})'=10xe^{-x}-5x^2e^{-x}=5(2x-x^2)e^{-x}$. (Vi har i tillegg brukt kjerneregelen, og derivasjonsreglene $(e^x)'=e^x$ og $(x^n)'=nx^{n-1}$).

2) Eksponentialfunksjonen er alltid positiv, så det er tilstrekkelig å betrakte nullpunktene til $2x-x^2=x(2-x)$ i uttrykket for den deriverte, som er $x=0$ og $x=2$. Når $0<x<2$ er $f'(x)>0$ og når $x>2$ er $f'(x)<0$, så funksjonen $f(x)$ vokser i intervallet $(0,2)$ og avtar i $(2,\infty)$. $f(x)$ har derfor et toppunkt i $x=2$, men ingen bunnpunkt.

c)

$ \begin{align*} (-5x^2e^{-x}-10xe^{-x}-10e^{-x}+C) ^{\prime} &= (-5x^2e^{-x})^{\prime}-(10xe^{-x})^{\prime}-(10e^{-x})^{\prime}+C^{\prime} \\ &= -10xe^{-x}+5x^2e^{-x}-10e^{-x}+10xe^{-x}+10e^{-x}+0 \\ &=5x^2e^{-x} \\ &= f(x)\end{align*} $

d)

$\lim_{a\to\infty}\int_0^af(x)\,dx=\lim_{a\to\infty}[-5x^2e^{-x}-10xe^{-x}-10e^{-x}]_0^a=\lim_{a\to\infty}-5a^2e^{-a}-10ae^{-a}-10e^{-a}+10$

Fra det som er oppgitt i oppgaven vil de tre første leddene gå mot $0$, så det eneste som gjenstår er det siste leddet, altså er $\lim_{a\to\infty}\int_0^af(x)\,dx=10$