R2 2019 høst LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk
Quiz (diskusjon | bidrag)
Quiz (diskusjon | bidrag)
Linje 354: Linje 354:


===b)===
===b)===
Bruker CAS i Geogebra til å bestemme arealet under grafen til <i>f</i> og arealet under grafen til <i>g</i>.
[[File: R2_H19_del1_1b.png]]
Arealet under grafen til <i>f</i> er 157,91 og arealet under grafen til <i>g</i> er også 157,91.
===c)===

Sideversjonen fra 16. jun. 2020 kl. 16:43

oppgaven som pdf

Diskusjon av denne eksamensoppgaven

Løsningsforslag til del 1 laget av Emilga

Løsningsforslag til del 2 laget av Kristian Saug

Løsningsforslag laget av Ole Henrik Morgenstierne

Løsning til del 1 som videoer laget av Lektor Håkon Raustøl

Løsning til del 2 som videoer laget av Lektor Håkon Raustøl

DEL 1

Oppgave 1

a)

f(x)=2cos(πx)

f(x)=2πsin(πx)

b)

g(x)=cos2xsinx

g(x)=(cos2x)sinx+cos2x(sinx)=2cosx(sinx)sinx+cos2xcosx=2sin2xcosx+cos3x

Oppgave 2

a)

11(2x3+3x1)dx=[24x4+32x2x]11=(1214+32121)(12(1)4+32(1)2(1))=(12+321)(12+32+1)=11=2

b)

u=2x21

dudx=4xdx=du4x

8x2x21dx=8xudu4x=2udu=2u12du=212u12+C=4u+C=42x21+C

c)

2(x+3)(x+1)dx=A(x+3)+B(x+1)dx

Vi bestemmer A og B ved å løse likningen:

2=(x+1)A+(x+3)B2=Ax+A+Bx+3B2=(A+B)x+A+3B

Telleren har ikke noe x-ledd, så vi har:

I A+B=0

IIA+3B=2

Setter inn A=B i likning II:

B+3B=2B=1

Fra likning I har vi da A=1

Integralet blir da:

2(x+3)(x+1)dx=A(x+3)+B(x+1)dx=1(x+3)+1(x+1)dx=ln|x+3|+ln|x+1|+C=ln|x+1x+3|+C

Oppgave 3

a)

Summen av en aritmetisk rekke er gitt ved

Sn=n(a1+an)2

Vi må finne antall ledd i rekken 7+11+....+479+483.

Ser at d=4, så antall ledd (n) blir:

n=48374+1=4764+1=119+1=120

Summen av denne rekken blir:

S120=120(7+483)2=60(7+483)=420+28980=29400

b)

For en geometrisk rekke har vi

an=a1kn1

Vi vet at a2=6 og får likning I:

a2=a1k216=a1ka1=6k

Summen av en geometrisk rekke som konvergerer er gitt ved

S=a1(1k)

Vi vet at summen av rekken er 24 og har dermed likning II:

24=a1(1k)a1=24(1k)

Setter inn a1=6k i likning II:

6k=24(1k)6=24k(1k)6=24k24k224k224k+6=0k2k+14=0(k12)(k12)=0k=12

Setter inn k=12 i likning I:

a1=612=12

Oppgave 4

a)

2sin(2x)=1, der x[0,π]

sin(2x)=12

2x=π6+k2π2x=(ππ6)+k2πkZ

x=π12x=5π12 kun disse to løsningene gir x[0,π]

L={π12,5π12}

b)

2cos2xcosx=1, der x[0,4π]

u=cosx

2u2u1=0u212u12=0(u+12)(u1)=0u=12u=1cosx=12cosx=1

cosx=12x=2π3+k2πL={2π3,8π3} for x[0,4π]

og cosx=12x=4π3+k2πL={4π3,10π3} for x[0,4π]

cosx=1x=0+k2πL={0,2π,4π} for x[0,4π]

L={0,2π3,4π3,2π,8π3,10π3,4π}

Oppgave 5

B er grafen til f.

Dette fordi sin2(x)=0 for x=0,x=π og x=2π i intervallet x[0,2π]. Dette er de samme nullpunktene som for sin(x).

I tillegg er sin2(x)=1 for x=π2 og x=3π2 i intervallet x[0,2π]

Oppgave 6

a)

f(x)=x+a,0x2,a>0

02f(x)dx=3

[12x2+ax]02=3

(1222+a2)(1202+a0)=3

42+2a0=3

2a=32

a=12

b)

V=02π(f(x))2dx

=π02(x+a)2dx

=π02(x2+2ax+a2)dx

=π[13x3+2a2x2+a2x]02

=π[(13(2)3+a(2)2+a22)(13(0)3+a(0)2+a20)]

=π(83+4a+2a2)

Setter inn uttrykket for V i likningen:

V=983π

π(83+4a+2a2)=983π|:π

83+34a3+32a23=983

83+12a3+6a23=983|3

6a2+12a+898=0

6a2+12a90=0|:6

a2+2a15=0

(a+5)(a3)=0

a=5a=3

Forkaster a=5 siden vi må ha a>0. Vi har da a=3.

Oppgave 7

a)

I xz-planet er y=0. Setter inn y=0 i uttrykket for y:

y=2t0=2tt=2

Setter inn t=2 i uttrykket for x:

x=1+2tx=1+22x=5

Setter inn t=2 i uttrykket for z:

z=6+tz=6+2z=8

Skjæringspunktet mellom linjen og xz-planet er (5,0,8).

b)

Linjen står vinkelrett på planet α, og retningsvektoren til linjen er derfor lik normalvektoren nα til planet α. Dermed er skalarproduktet av nα og en vektor i planet, lik 0.

Likningen for planet er derfor gitt ved:

[a,b,c][xx0,yy0,zz0]=0

a(xx0)+b(yy0)+c(zz0)=0

Der a,b og c er koordinatene til planets normalvektor, og x0,y0,z0 er et punkt i planet. Vi har nα=[2,1,1] og punktet P(2,2,6).

2(x2)1(y(2))+1(z6)=02x4(y+2)+z6=02xy+z426=02xy+z12=0

Likningen for planet α er 2xy+z12=0.

c)

Setter inn uttrykkene for x,y og z fra parameterfremstillingen til linjen , i likningen for planet α:

2xy+z12=02(1+2t)(2t)+(6+t)12=02+4t2+t+6+t12=06t6=0t=1

Setter inn t=1 i uttrykkene for x,y og z fra parameterfremstillingen til linjen :

x=1+2t=1+21=3

y=2t=21=1

z=6+t=6+1=7

Skjæringspunktet mellom α og er (3,1,7).

Oppgave 8

Vi har gitt differensiallikningen:

y2y=x,y(0)=1

a)

Integrerende faktor er e2x

y2y=x

e2xy2e2xy=xe2x

(e2xy)=xe2x

ye2x=xe2xdx

Bruker delvis integrasjon, der u=x, u=1, v=e2x, v=12e2x

ye2x=x(12e2x)(12e2x)dx

ye2x=12xe2x(12)(12)e2x+C

y(x)=12x14+Ce2x

Vi har y(0)=1

12014+Ce20=1

014+C1=1

C=1+14

C=54

Setter inn verdien for C i likningen for y:

y(x)=12x14+54e2x

b)

Finner stigningstallet til tangenten til y i punktet (0,1):

y=x+2yy=0+21y=2

Finner likningen for tangenten til y i punktet (0,1):

(yy1)=a(xx1)(y1)=2(x0)y=2x+1

Oppgave 9

Finner lengden av vektorene mellom sentrum av sirklene:

AB=[11,2(1),40]=[0,3,4]

|AB|=02+32+42=25=5

BC=[51,12,44]=[4,1,8]

|BC|=42+(1)2+(8)2=81=9

AC=[51,1(1),40]=[4,2,4]

|AC|=42+22+(4)2=36=6

Finner radien a,b og c til hver av kulene:

Ia+b=5IIb+c=9IIIa+c=6

Ia=5bIIc=9bIII5b+9b=62b=659b=82=4

Ia=54=1IIc=94=5

Radien til kulen med sentrum i A er 1, radien til kulen med sentrum i B er 4, radien til kulen med sentrum i C er 5.

Oppgave 10

Vi skal vise at n3n er delelig med 3 for alle n\N

1. Induksjonsgrunnlag: n=1 gir 131=0, som er delelig med 3.

2. Induksjonstrinnet: Vi antar at n3n er delelig delelig med 3 når n=k. Med n=k+1 får vi:

(k+1)3(k+1)=(k+1)((k+1)21)=(k+1)((k2+2k+1)1)=(k+1)(k2+2k)=k3+2k2+k2+2k=k3+3k2+2k=k3+3k2+2k+kk=k3k+3k2+3k=(k3k)+3(k2+k)

k3k er delelig med 3, ifølge antakelsen for n=k. 3(k2+k) er en faktor av 3, og er derfor delelig med 3. Summen av to ledd som begge er delelig med 3, er også delelig med 3. Vi har vist at n3n er delelig med 3 for n=k+1.

n3n er delelig med 3 for alle n\N, hvilket skulle vises.

DEL 2

Oppgave 1

a)

Bruker Geogebra til å tegne grafene til f og g i samme koordinatsystem.

b)

Bruker CAS i Geogebra til å bestemme arealet under grafen til f og arealet under grafen til g.

Arealet under grafen til f er 157,91 og arealet under grafen til g er også 157,91.

c)