R2 2013 vår LØSNING

Fra Matematikk.net
Sideversjon per 19. okt. 2014 kl. 17:08 av Vaktmester (diskusjon | bidrag) (Teksterstatting – «/ressurser/eksamen/» til «/res/eksamen/»)
Hopp til: navigasjon, søk


DEL EN

Oppgave 1

a) f(x)=3sinx

b) g(x)=6πcos(πx)

c) h(x)=3[2sin(3x)+3cos(3x)]e2x

Oppgave 2

a) La u=x24 da er du=2xdx slik at

2xx24dx=duu=ln|u|+C=ln|x24|+C

b) Legg merke til at

2xx24=x+x(x2)(x+2)=(x2)+(x+2)(x2)(x+2)=(x2)(x2)(x+2)+(x+2)(x2)(x+2)=1x+2+1x2

slik at vi kan skrive integralet som

2xx24dx=1x+2+1x2dx=ln|x+2|+ln|x2|+C=ln|x24|+C

som ønsket.



Oppgave 3

a)

AB=(2,2,0) og AC=(1,1,0) slik at AB×AC=(1,1,4).

Arealet blir da følgelig

A=12|AB×AC|=12(1)2+(1)2+42=322

a)

ABAC=2(1)+21+0=0

Arealet blir da følgelig

A=12|AB||AC|=1232=322

som før.


Oppgave 4

y=6xy1ydydx=6xdyy=6xdxln|y|=3x2+C1y=±Ce3x2

Grensebetingelense gir at y(0)=C og y(0)=2C = 2. Her må C være positiv, siden ellers løser den ikke den opprinnelige differensiallikningen (y=6xy)..


Oppgave 5

a)

Bare å telle videre a16=31. Bare å summere alle leddene S16=162=256.

b)

Følgen har en fast differanse, og er dermed aritmetisk.

an=2n1 og Sn=n2.

c)

Sn>400 som er det samme som n2>400 slik at n>20.


Oppgave 6

Bilde

Oppgave 7

La V(n)=a+ak++akn1 og H(n)=akn1k1.

V(1)=ak11=a og H(1)=ak11k1=a.

Formelen stemmer altså for n=1. Anta at formelen holder for n=m. Altså at V(m)=H(m) stemmer, for en eller annen m. Ønsker da å vise at dette medfører at V(m+1)=H(m+1). Utregning av V(m+1) gir

V(m+1)=V(m)+akm=(a+ak+ak2++akm1)+akm=H(m)+akm=akm1k1+akm=akm1+(k1)kmk1=akkm1k1=akm+11k1 Regner vi ut H(m+1) ser vi raskt at H(m+1)=akm+11k1. og resten følger ved induksjon.

DEL TO

Oppgave 1

a) Forandringen av medisinmengen vil være gitt som den totale mengden, minus hvor mye som går ut av kroppen etter hver time. Altså y=y(0)+Δy, her er y(0)=8, og Δy=0.05y.

b)

y=8120y20y=(y160)dyy160=120dtln|y160|=t20+C1y=Cet20+160

Eventuelt funker det å bruke integrerende faktor. Ser at y(0)=C, slik at C=160.

[size=100] c)

Legg merke til at ea=1/ea, slik at når a vokser går ea mot null for alle positive a. Slik at

limty=160

Den praktiske betydningen av dette er at mengden medisin i kroppen stabiliserer seg på 160 gram. (Da er y=0). Slik at det går like mye medisin inn i kroppen som ut.

Oppgave 2

a)

b)

f(x)=12ex/2sin(x/2). Derivasjon gir oss

f(x)=612ex/2(sin(x/2)cos(x/2))

Løser vi denne likningen fås

tan(x/2)=1, som har løsninger x/2=πn+π/4

Slik at løsningene blir x=0, x=π/2 og x=5π/2 og π/4.

Hvor x=0 og x=4π er lokale bunnpunkt, mens x=π/2 er toppunkt og x=5π/2 er bunnpunkt.

(0,0) , (π/2,3.8687), (5π/2,0.16718) og (4π,0).

Tegning av fortegnskjema + figur viser dette greit..

c)

Funksjonen er positiv frem til x=2π, siden sin(π)=0 og sin(0)=0. Videre så er funksjonen negativ fra x=2π til x=4π Så det toalet arealet avgrenset av x-aksen og funksjonen er

I=04π|f(x)|dx=02πf(x)dx2π4πf(x)dx=02πf(x)dx+02πeπf(x)dx=12(1+eπ)02πex/2sin(x/2)dx=24(1+eπ)0πeusinudu=24(1+eπ)[12eu(cosu+sinu)]π0=12(1+eπ)[e0(1+0)eπ(1+0)]=12(1+eπ)(1+eπ)=12(1+eπ/2)213.05954335

Brukte så substitusjonen u=x/2, også formel. For å se den andre overgangen brukes det at sinx er periodisk, med substitusjonen u=x2π hvor dx=du

I2π4πex/2sin(x/2)dx=2π2π4π2πeπu/2sin(u2+π)du=eπ02πeu/2sin(u/2)du=eπ02πf(x)dx

Hvorfor sin(u2+π)=sin(u2), kan du selv få finne ut av ved å bruke addisjonsformelen for sinus =)

Oppgave 3

a)

AD=(3,0,4) og AB=(0,3,0), ser at ADAB=0 slik at arealet av sideflaten blir

ABD=12|AD||AB|=1235=7+12.

b)

Normalvektoren til planet er blir AB×AC=[12,0,9]=[4,0,3], slik at likningen for planet blir

4(x3)+0(y0)+3(z0)=4x+3z12

som ønsket.

c)

Korteste avstand fra origo til et plan, vil være ei linje som er paralell med normalvektoren. Altså linja

l(t)=(0,0,0)+(4,0,3)t

Setter vi denne likningen inn i planlikningen og løser fås

4(4t)+3(3t)12=0t=12/25.

Insatt fås altså at korteste avstand blir

d=(41225)2+02+(31225)2=12/5

Eventuelt bruk punkt plan formelen.

d=ax0+by0+cz+da2+b2+c2=|30+0+4412|32+02+42=125

samme som før.

d)

Normalvektorene kan skrives som n1=(4,0,3) og n2=(4,3,0) slik at

cosθ=n1n2|n1||n2|=925

Slik at

θ=arccos(925)68.89980395

Stemmer ikke med tegningen min hvor jeg får 55.55.. Men er sikkert noen som klarer og oppdage feilen min.

Oppgave 4

a)

y koordinaten til C vil være den samme som til A, slik at 22+y2=32y=5, da avstanden må være positiv.

y(x)=52x+b, siden funksjonen går igjennom origo er b=0. Og stigningstallet var a=(y1y0)/(x1x0)=y1/x1.

b)

F1=π02(52x)2dx=π[2512x3]02=10π3

c)

Tilsvarende som i b) fås

F1=π23(9x2)2dx=π[x3(27x2)x3]23=33(18)23(23)=54463π=8π3

Oppgave 5

a)

Omkretsen er alle sidene lagt sammen, og siden vi har et rektangl er omkretsen gitt som

O=2x+2y=2Dcosv+2Dsinv.

Hvor en benyttet seg av definisjonen av cosinus og sinus. cosv=x/D og sinv=y/D

Tilsvarende så er

A(v)=xy=D2cosvsinv=12D2sin(2v)

b)

Derivasjon gir enkelt og greit at

O(x)=2Dcosv2Dsinv=2x2y

Herfra ser vi at O(x) er null når x=y, altså når rektangelet er et kvadrat. Dette kan ikke være et bunnpunkt som en kan se fra en fin fortegnslinje.

Maks areal blir dermed

O(x)=2Dcos45+2Dsin45=22D.

Hvor en brukte at de indre vinklene i et kvadrat er 90 grader slik at diagonalene kutter disse i to og følgelig er v=45 grader. Dette kan og vises ved å løse O(x)=0.

c)

Ser at

A(x)=D2cos2v, som er null når v=π/4=45, altså når vi har et kvadrat. En kan da og sette inn og se at x=y.

A(x)=12D2sin(2v) Denne er maksimal når sin(2v) er maksimal som er 1. Da er A(x)=12D2, eventuelt bruker en at sin(2π/4)=1.


Oppgave 6

a) Denne deloppgaven inneholder en feil. Beklager. Lover å fikse det snart.

Legg merke til at rekken er geometrisk og at

d=34

(Husk at du må sjekke alle leddene her)

Siden rekken er geometrisk og d=3/4<1 så konvergerer rekken. Slik at summen av rekken blir dermed

S=A1134=4A.

a)

Ved å øke antall trekanter (gå til neste figur), halveres sidelengden i trekanten hver gang. Slik at

O2=a2+a2+a2=32a Siden det er tre av disse trekantene må vi gange med 3 og får da 9a/2.

For hver gang halverer vi sidekantene og ganger antall trekanter med 3, slik at i trekant n har vi

On=3n(a2n+a2n+a2n)=3(32)na

Merk at siden 3>2 så vil 3n øke raskeren enn 2n slik at når n øker vil (3/2)n gå mot uendelig. Konklusjonen blir dermed at On når n.

Dette forteller at selv om arealet av Sierpiński-trekanten er endelig, er ikke omkretsen av den endelig!

Dette er en oppgave i samme gate som http://en.wikipedia.org/wiki/Gabriel%27s_Horn =)