R2 2014 vår LØSNING

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk

DEL 1

Oppgave 1

a) f(x)=sin(3x)

f(x)=3cos(3x)

b) g(x)=e2xcosx

g(x)=2e2xcosx+e2x(sinx)=e2x(2cosxsinx)

Oppgave 2

a) 2xsin(x2)dx

La u=x2

dudx=2xdu=2x dx

2xsin(x2)dx=sinudu=cosu+C=cos(x2)+C

b) 1exlnxdx

La u=lnx og v=x:

1exlnxdx=[lnx12x21x12x2]1e=[12x2lnx12xdx]1e=[12x2lnx1212x2]1e=12[x2lnx12x2]1e=12((e2lne12e2)(12ln11212))=12((e212e2)(012))=12(e22+12)=12e2+12=e2+14

Oppgave 3

f(x)=e2x4ex , Df=\R

f(x)=2e2x4ex

f(x)=4e2x4ex

f(x)=04e2x4ex=04(ex)24ex=04ex(ex1)=0ex1=0ex=1x=0

Vendepunkt: (0 , f(0))=(0 , e204e0)=(0 , 14)=(0 , 3)

Oppgave 4

s(x)=1+(1x)+(1x)2+(1x)3+...

a) |k|<1|1x|<10<x<2

b)

s(x)=31+(1x)+(1x)2+(1x)3+...=311(1x)=31x=31=3xx=13

s(x)=131+(1x)+(1x)2+(1x)3+...=131x=13

x3 ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

Oppgave 5

α: 2x+y2z+3=0

a) Punktet P(3,4,2) ligger ikke i planet α kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

2(3)+(4)2(2)+3=6+44=60 punktet P(3,4,2) ligger ikke i planet α.

Hvilket skulle vises.

b) lαrl=nα

rl=[2,1,2]

l: x=3+2ty=4+tz=22t

c)

2(3+2t)+(4+t)2(22t)+3=06+4t+4+t4+4t+3=09+9t=09t=9t=1

Skjæringspunkt =(3+2(1),4+(1),22(1))=(1,3,4)

d) D=|23+1422+3|22+12+(2)2=|6+44+3|4+1+4=99=93=3

Oppgave 6

f(x)=asin(c x+φ)+d

a=732=2

d=3+a=3+2=5

c=2πp=2π2(20)=2π4=π2

φ=c(20)2=π21=π2

f(x)=2sin(π2x+π2)+5.

Hvilket skulle vises.

b)

Oppgave 7

y3y=2 , y(0)=13

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

y3y=2 |e3xye3x3ye3x=2e3x(ye3x)=2e3xye3x=2e3xdxye3x=23e3x+C |1e3xy=23+Ce3xy=Ce3x23

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

y3y=2y=3y+2 |13y+2y13y+2=1dydx13y+2=1dy3y+2=dxdy3y+2=dx13ln|3y+2|+C1=x+C213ln|3y+2|=x+C2C1C2C1=C3ln|3y+2|=3x+C33y+2=e3x+C33y+2=e3xeC3eC3=C43y+2=C4e3x3y=C4e3x2C43=Cy=Ce3x23

y(0)=13Ce3023=13C=13+23C=1y=e3x23

DEL 2

Oppgave 1

a) Setningen forteller at punktene A(4,3,1), B(2,2,0) og C(1,2,2) bestemmer entydig et plan α kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

ABkAC k\RAB=[24,23,01]=[2,1,1]kAC=k[12,22,20]=k[1,0,2]

Hvilket skulle vises.

b) nα=AB×AC=[(1)(2)(1)0,(2)(2)(1)(1),(2)0(1)(1)]=[2,3,1]

α:2(x4)3(y3)(z1)=02x83y+9z+1=02x3yz+2=0

c)

VABCT=316|(AB×AC)AT|=316|[2,3,1][24,53,(4t+1)1]|=316|2(2)+(3)2+(1)4t|=316|104t|=3|104t|=18t=2t=(7)

Oppgave 2

x2+y2+z22x2y6z+2=0

a) 22+32+522(2)2(3)6(5)+2=4+9+254630+2=4040=0

punktet ligger på kulen.

b)

x2+y2+z22x2y6z+2=0x22x+y22y+z26z=2x22x+1+y22y+1+z26z+9=2+1+1+9(x1)2+(y1)2+(z3)2=32

sentrum: S(1,1,3) og radius: r=3

c) n=SP=[21,31,53]=[1,2,2] planet som tangerer i P(2,3,5):

(x2)+2(y3)+2(z5)=0x2+2y6+2z10=0x+2y+2z=18

Oppgave 3

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom y er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være y.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er y22

y=k(y22) , k\R

Dog vil konstanten k ha en definisjonsmengde slik at k(y22)<0, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

y=k(y22) , k>0

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter 0 timer med en kroppstemperatur på 30˚C, er y(0)=30

Hvilket skulle vises.

y=k(y22) , y(0)=30y=ky+22ky+ky=22k|ektyekt+kyekt=22kekt(yekt)=22kektyekt=22kekt ,dtyekt=22ekt+Cy=22+Cekty=Cekt+22

y(0)=30Cek0+22=30C+22=30C=3022C=8

y(t)=8ekt+22

c)

y(1)=288ek1+22=288ek=6ek=(34)k=ln(34)k=ln(34)k=ln(43)

y(t)=8eln(43)t+22=8(eln(43))t+22=8(eln(34))t+22=8(34)t+22

d)

y(t)=378(34)t+22=378(34)t=15(34)t=158ln(34)t=ln(158)tln(34)=ln(158)t=ln(158)ln(34)t=2,19

Drapet inntraff ca. 2,19 timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer 1 time og 12 minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. 11:00, inntraff drapet ca. kl. 08:48.

Oppgave 4

a) Når 1<x<1, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

a1+a1k+a1k2+...=a11k

a1=1 og k=x

1+x+x2+x3+...=11x

Hvilket skulle vises.

b)

(1)+(x)+(x2)+(x3)+...=(11x)0+1+2x+3x2+4x3+...=0(1x)1(1)(1x)21+2x+3x2+4x3+...=1(1x)2

Hvilket skulle vises.

c) 1+2x+3x2+4x3+...=1(1x)21+2(12)1+3(12)2+4(12)3+...=1(112)21+221+322+423+...=1141+221+322+423+...=4

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden P(n):1+221+322+423++n2n1=4n+22n1,nN er på formen a1+a2+a3++an=f(n),nN der an=n2n1ogf(n)=4n+22n1 For å vise P(n) ved hjelp av induksjon, vises først at P(1) stemmer, så at P(n)P(n+1).

Steg 1: P(1) stemmer hvis a1=f(1). Dette er ekvivalent med at a1f(1)=0. Sjekker om det er tilfelle: a1f(1)=1211(41+2211)=14+3=0P(1) stemmer.

Steg 2: Antar at P(n) stemmer. Dvs at

a1+a2+a3++an=f(n) Legger til an+1 på begge sider: a1+a2+a3++an+an+1=f(n)+an+1 Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til P(n+1). Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til P(n+1) hvis f(n)+an+1=f(n+1). Dette er ekvivalent med at f(n)+an+1f(n+1)=0. Sjekker om det er tilfelle: f(n)+an+1f(n+1)=4n+22n1+n+12n+11(4n+1+22n+11)=4n+22n1+n+12n4+n+32n=n+22n12121+n+12n+n+32n=2n+42n+n+12n+n+32n=2n((2n+4)+n+1+n+3)=0P(n)P(n+1) og dermed stemmer P(n) for alle n.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

1+221+322+423+...=4limn1+221+322+423+...+n2n1=4limn4n+22n1=44limnn+22n1=4limnn+22n1=44limnn+22n1=0

Oppgave 5

Oppgave 6