Del 1

Oppgave 1

a)

<tex>f(x)=x^2\cdot \cos(3x)\Rightarrow f'(x)=(x^2)'\cos(3x)+x^2(\cos(3x))'=2x\cos(3x)-3x^2\sin(3x)</tex>

b)

1) Delvis integrasjon gir at <tex>\int 5x\cdot e^{2x}\,dx=5\int x\cdot e^{2x}\,dx=5[\frac{1}{2}xe^{2x}]-\frac{5}{2}\int e^{2x}\,dx=\frac{5}{4}(2x-1)e^{2x}+C</tex>

2) La <tex>u=x^2-1</tex> så <tex>du=2xdx</tex>, og <tex>\int \frac{6x}{x^2-1}\,dx=\int \frac{3}{u}\,du=3\ln|u|+C=3\ln(|x^2-1|)+C</tex>

c)

Vi multipliserer med integrerende faktor <tex>e^{\int -2\,dx}\,\,=e^{-2x}</tex> og får at <tex>y'e^{-2x}-2e^{-2x}y=3e^{-2x}</tex>. Omskrivning av venstresida gir at <tex>(ye^{-2x})'=3e^{-2x}</tex>. Integrasjon gir at <tex>\int (ye^{-2x})'\,dx=ye^{-2x}=\int 3e^{-2x}\,dx=-\frac{3}{2}e^{-2x}+C</tex>. Multiplikasjon med <tex>e^{2x}</tex> gir at <tex>y=-\frac{3}{2}+Ce^{2x}</tex>. Startbetingelsen gir at <tex>y(0)=2=C-\frac32</tex>, så <tex>C=2+\frac32=\frac{7}{2}</tex>, og løsningen på startverdiproblemet blir <tex>y=\frac{7}{2}e^{2x}-\frac32</tex>

d)

1) <tex>\frac12(\cos(u-v)+\cos(u+v))=\frac12(\cos(u)\cos(v)+\sin(u)\sin(v)+\cos(u)\cos(v)-\sin(u)\sin(v))=\cos(u)\cos(v)</tex>

2) <tex>(\cos(x))^2=\cos(x)\cos(x)=\frac12 (\cos(x-x)+\cos(x+x))=\frac12(1+\cos(2x))</tex>. Videre er <tex>\int (\cos(x))^2\,dx=\int \frac12 (1+\cos(2x))\,dx=\frac12\int 1\,dx+\int \frac12 \cos(2x)\,dx=\frac12 x+\frac14\sin(2x)+C</tex>

e)

1) <tex>\int_{-3}^2 f(x)\,dx=\int_{-3}^2 g'(x)\,dx= g(2)-g(-3)=28-6=22</tex>

2) <tex>f'(x)=g(x)=h(x)</tex>, så <tex>\int_{-3}^1 h(x)\,dx=\int_{-3}^1 f'(x)\,dx=f(1)-f(-3)=-2-0=-2</tex>

Oppgave 2

a)

<tex> \vec{AB} \times \vec{AC} = [12+2,-(-18+4), 3+4]= [14, 14, 7] </tex>

b)

Normalvektoren til planet som går gjennom punktene A, B og C er <tex> \frac17[14, 14, 7] = [2, 2, 1]</tex>

Et vilkårlig punkt i planet er <tex>P=(x,y,z)</tex>.

<tex> \alpha: 2x + 2y + z - 4 = 0 </tex>

c)

Siden linjen står vinkelrett på <tex>\alpha</tex>-planet kan vi bruke <tex>[2, 2, 1]</tex> som retningsvektor for linjen <tex>l</tex>. Linjen går gjennom <tex>P = (5, 4, 4)</tex>. Man får da:

<tex>[x,y,z] = [5, 4, 4] + t [2, 2, 1]</tex> som er ekvivalent med <tex> n: \left [ x = 5+ 2t\\ y = 4 + 2t \\

z = 4 + t \right]</tex>

I xz-planet er y = 0. Parameterfremstillingen for linjen gir da <tex>t=-2</tex>. Innsatt for x og z gir det koordinatet <tex>(1, 0, 2)</tex>

d)

Et vilkårlig punkt Q på linjen l er gitt ved parameterfremstillingen for l. Man får:

<tex> V_{ABCQ} = \frac16|(\vec{AB} \times \vec {AC}) \cdot \vec{AQ}|</tex>

innsatt i likningen over gir det:

e)

Volumet i pyramiden skal være 42. Innsatt svaret i d gir det |5t+12|= 18 som gir

5t + 12 = 18 eller 5t + 12 = -18

<tex>t = \frac{6}{5}</tex> eller <tex>t = 6</tex>

Man får to løsninger, en "over", og en "under" alfa- planet. Man setter inn i parameterframstillingen for l og får:

<tex> Q= ( \frac{37}{5}, \frac{32}{5}, \frac{26}{5})</tex> eller Q = (-7, -8, - 2).

Del 2

Oppgave 3

a)

Karakteristisk ligning er <tex>\lambda^2+\frac25\lambda+\frac{26}{25}=(\lambda+\frac15-i)(\lambda+\frac15+i)=0</tex>. Generell løsning på differensialligninga blir derfor <tex>y(x)=Ae^{(-\frac15-i)x}+Be^{(-\frac15+i)x} </tex>. Eulers formel gir at <tex>e^{-ix}=\cos(x)-i\sin(x)</tex> og <tex>e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x)</tex>, så <tex>y(x)=Ae^{(-\frac15-i)x}+Be^{(-\frac15+i)x}=Ae^{-\frac15x}(\cos(x)-i\sin(x))+Be^{-\frac15 x}(\cos(x)+i\sin(x))=e^{-0.2x}(C\sin(x)+D\cos(x))</tex>

b)

<tex>y(0)=5=C\sin(0)+D\cos(0)=D</tex> og <tex>y(\frac{3\pi}{4})=0=e^{-0.2\cdot \frac{3\pi}{4}}(C\sin(\frac{3\pi}{4})+5\cos(\frac{3\pi}{4}))</tex>. Eksponentialfunksjonen er positiv, så <tex>C\sin(\frac{3\pi}{4})+5\cos(\frac{3\pi}{4})= C\frac{\sqrt{2}}{2}-5\frac{\sqrt{2}}{2}=0</tex>. Altså er <tex>C=5</tex>, og <tex>y(x)=e^{-0.2x}(C\sin(x)+D\cos(x))=5e^{-0.2x}(\sin(x)+\cos(x))</tex>

Oppgave 4

<tex>f(x)=5e^{-0,2x}\cdot(\sin(x)+\cos(x))</tex> der <tex>x\in\langle 0,15\rangle</tex>

a)

Grafen ser slik ut:

Den deriverte er også med (stiplet) fordi den skal finnes i c).

b)

Nullpunkter

<tex> 5e^{-0,2x}</tex> kan aldri bli null. Man får

Regner man om fra eksakte verdier til desimaltall, ser man at det stemmer med grafen i a.

c)

<tex> \begin{align} f^{\prime}(x) &= 5(-0,2)e^{-0,2x} \cdot (sin x + cos x)+5e^{-0,2x} \cdot (cos x -sin x) \\ &= -e^{-0,2x} \cdot sin x -e^{-0,2x} \cdot cos x +5e^{-0,2x} \cdot cos x - 5e^{-0,2x} \cdot sin x 4e^{-0,2x} \cdot cos x - 6e^{-0,2x} \cdot sin x \\ &=2e^{-0,2x} \cdot (2cos x-3sin x) \end{align} </tex>

d)

Man har et toppunkt hver gang den deriverte skifter fortegn fra positiv til negativ. Ved å løse <tex>2\cos(x)-3\sin(x) = 0</tex> og å tegne fortegnslinje, finner man at det er tilfelle for <tex>x=0.59</tex> , <tex>x=6.87</tex> og for <tex>x= 13.15</tex>. Sett disse x-verdiene inn i funksjonsuttrykket og man får funksjonsverdien til toppunktene.

e)

<tex> A= \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt2</tex> Punktet (1,1) ligger i første kvadrant.<tex> tan\phi = 1</tex> Man får da:

f)

<tex>sin(x + \frac{\pi}{4}) </tex> varier i verdi mellom -1 og 1, avhengig av x. Derfor ligger f mellom q og p, altså i området <tex> \pm5\sqrt2e^{-0,2x}</tex>

R2 2010 vår LØSNING

Innhold