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

b)

Volumet er gitt ved <math>\int_0^4 \pi f(x)^2\,dx=4\pi\int_0^4 xe^{-\frac{2}{3}x}\,dx=</math>. La <math>u=-\frac{2}{3}x</math>. Integralet blir <math>9\pi\int ue^u\,du</math>. Vi bruker resultatet fra oppgave 1b),1): <math>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)</math>

Oppgave 4

a)

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

<math>\sum_{n=0}^\infty 3\cdot 2^{4-2n}=48+12+3+...</math>

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

<math>\sum_{n=0}^\infty 3\cdot 2^{4-2n}=48\sum_{n=0}^\infty (\frac{1}{4})^n</math>

Rekken konvergerer siden <math>|\frac14| <1</math>

b)

Geometrisk ser vi at summen av arealene må konvergere mot arealet av trekanten <math>ABC</math>, som er <math>\frac{8\cdot 16}{2}=64</math>

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

<math>\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</math>

Oppgave 5

a)

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

b)

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

c)

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

d)

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

e)

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

Oppgave 6

a)

Avleser fra figuren at amplituden er <math>\approx 7</math>, og perioden <math>24</math>.

b)

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

c)

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

Oppgave 7

a)

b)

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

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

c)

<math> \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} </math>

d)

<math>\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</math>

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