R2 2012 høst LØSNING

Del 1

Oppgave 1

a)

$f(x) = e^x \cos x $

Produktregelen for derivasjon gir at

$f'(x) = e^x\cos x -e^x\sin x =e^x \left (\cos x -\sin x \right)$

b)

$g(x) = 5(1+\sin x)^3$

Potensregelen og kjerneregelen for derivasjon gir at

$g'(x) = 15(1+\sin x)^2\cdot \cos x$

Oppgave 2

a)

$\int \cos x \cdot (1+\sin x)^3 \, dx$

La $u=\sin x$. Da er $du = \cos x \,dx$. Integralet blir dermed

$\int (1+u)^3 \,du = \frac14(1+u)^4+C=\frac14 (1+\sin x)^4+C$, der $C$ er en integrasjonskonstant.

b)

$\int_1^e x\ln x \,dx$

Vi bruker delvis integrasjon. Det gir

$\int_1^e x\ln x\,dx = [\frac12 x^2 \ln x]_1^e-\int_1^e \frac12 x\,dx = \frac12 e^2 - \frac14 [x^2]_1^e = \frac14 e^2+\frac14$

Oppgave 3

a)

Vi har gitt punktene $A(1,1,1)$, $B(2,1,5)$ og $C(3,7,3)$, som vi betrakter som vektorer. Da er sidene i $\triangle ABC$

$B-A = (2,1,5)-(1,1,1)=(1,0,4)$, $C-A=(3,7,3)-(1,1,1)=(2,6,2)$ og $C-B=(3,7,3)-(2,1,5)=(1,6,-2)$.

Siden prikkproduktene mellom hvert par av sider (betraktet som vektorer) er ulik $0$, er ingen av vinklene rette, altså er ikke trekanten rettvinklet.

b)

Koordinatet til punktet $D$ er ikke entydig bestemt siden det er flere måter å utvide trekanten til et parallellogram.

Vi kan f.eks. la $D$ være gitt som $A + (B-A) + (C-A) = (1,1,1)+(1,0,4)+(2,6,2)=(4,7,7)$. Altså får vi koordinatet $D(4,7,7)$

Oppgave 4

a)

Vi har gitt ligningen $y - y = 0$.

Karakteristisk ligning blir derfor $\lambda^2=1$, med løsninger $\lambda=\pm 1$. Løsningen blir derfor

$y=C_1 e^{x}+C_2 e^{-x}$.

b)

Initialverdiene $y(0)=5$ og $y'(0)=-1$ er gitt. Setter vi disse inn i løsningen fra forrige deloppgave får vi

$y(0)=C_1+C_2 = 5 \\ y'(0)=C_1-C_2 = -1$

Legger vi sammen de to ligningene får vi

$2C_1 = 4$, så $C_1=2$. Da er $C_2=5-C_1=5-2=3$.