R2 2012 høst LØSNING

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk

Del 1

Oppgave 1

a)

f(x)=excosx

Produktregelen for derivasjon gir at

f(x)=excosxexsinx=ex(cosxsinx)

b)

g(x)=5(1+sinx)3

Potensregelen og kjerneregelen for derivasjon gir at

g(x)=15(1+sinx)2cosx

Oppgave 2

a)

cosx(1+sinx)3dx

La u=sinx. Da er du=cosxdx. Integralet blir dermed

(1+u)3du=14(1+u)4+C=14(1+sinx)4+C, der C er en integrasjonskonstant.

b)

1exlnxdx

Vi bruker delvis integrasjon. Det gir

1exlnxdx=[12x2lnx]1e1e12xdx=12e214[x2]1e=14e2+14

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 ABC

BA=(2,1,5)(1,1,1)=(1,0,4), CA=(3,7,3)(1,1,1)=(2,6,2) og CB=(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+(BA)+(CA)=(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 λ2=1, med løsninger λ=±1. Løsningen blir derfor

y=C1ex+C2ex.

b)

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

y(0)=C1+C2=5y(0)=C1C2=1

Legger vi sammen de to ligningene får vi

2C1=4, så C1=2. Da er C2=5C1=52=3.


Oppgave 5

Vi har gitt den uendelige rekken 1+13+19+127+.

Den kan skrives som n=0(13)n, som vi gjenkjenner som en geometrisk rekke.

Det er kjent at geometriske rekker n=0rn konvergerer dersom |r|<1. Siden 13<1 vil rekken konvergere.

Formelen for geometriske rekker er n=0rn=11r. Altså er

n=0(13)n=1113=32


Oppgave 6

Vi har gitt den periodiske funksjonen f(x)=asin(cx+φ)+d. Vi kan uten tap av generalitet anta at a>0: For a<0 kan vi redefinere konstanten til a og flytte 1 innenfor sin.

For å finne c legger vi merke til at 5c+φ(3c+φ)=π, altså er c=π2. Videre er 5π2+φ=π2, altså er φ=2π, men siden sin(x+2π)=sinx kan vi like gjerne velge φ=0.

For å finne a og d, legger vi nå merke til at f(0)=5=d. I toppunktet er til slutt f(5)=a+5=8, så a=3.

Funksjonen blir derfor f(x)=3sin(π2x)+5.

Oppgave 7

Oppgave 8

Vi har gitt formelen i=1ni(i+3)=n(n+1)(n+5)3 som skal bevises med induksjon.

Først ser vi at formelen er riktig for n=1, siden 1(1+3)=4=1263


Anta at formelen er riktig for en bestemt n. Vi legger til neste ledd av summen på hver side og får

i=1n+1i(i+3)=n(n+1)(n+5)3+(n+1)(n+4)=(n+1)(n(n+5)+3(n+4))3=(n+1)(n2+8n+12)3.

Siden (n+2)(n+6)=n2+8n+12, ser vi at (n+1)(n2+8n+12)3=(n+1(n+2)(n+6)3. Altså er

i=1n+1i(i+3)=(n+1(n+2)(n+6)3, så formelen er riktig for n+1. Altså er formelen riktig for alle positive heltall n.

Del 2

Oppgave 3

a)

1)

Dersom ab=0a og b stå vinkelrett på hverandre.

2)

Dersom a×b=0a og b være parallelle.

3)

Dersom a(b×c)=0 må enten a og b×c stå vinkelrett på hverandre, eller b og c være parallelle.

b)

Vi har at (a×b)2=|a|2|b|2sin2θ og ab=|a||b|cosθ. Altså er (a×b)2+(ab)2=|a|2|b|2sin2θ+|a|2|b|2cos2θ=|a|2|b|2(sin2θ+cos2θ)=|a|2|b|2

c)

Arealet av trekanten er A=|a×b|=(a×b)2=|a|2|b|2(ab)2, der vi har brukt formelen fra forrige deloppgave.

Dersom ab=0 er vektorene a og b vinkelrette. Da er trekanten rettvinklet, så arealet blir 12|a||b|. Dersom a×b=0a og b være parallelle, så trekanten er degenerert, dvs. at to av hjørnene ligger på en linje, så arealet er 0.

d)

Vi har at a=[2,3,4][1,1,1]=[1,2,3] og b=[3,1,5][1,1,1]=[2,0,4]. Da er ab=[1,2,3][2,0,4]=2+12=14, |a|=1+4+9=14 og |b|=4+16=20.

Arealformelen fra forrige deloppgave gir nå at A=121420142=1284=21

Oppgave 4

a)

Rekken 1+3+5++(2n1) har n ledd med gjennomsnitt 2n1+12=n. Altså er summen Sn=n2. For at Sn=n2=1600, må n=1600=40.

b)

Rekken kan skrives som i=0(14)i, altså en geometrisk rekke. Siden |14|<1 er rekken konvergent, og konvergerer mot 1114=43.

Oppgave 5

a)

Ellipsen (xa)2+(yb)2=1 er gitt. Vi flytter over det første leddet og ganger hele ligningen med b2 og får y2=b2b2x2a2

b)

Volumet av rotasjonslegemet er aaπy2dx=πaab2b2x2a2dx=2ab2ππb23a2[x3]aa=43πab2

Oppgave 6

a)

Ligningen til en tangent er generelt y=αx+β. Stigningstallet α=f(a)=12a2 Tangenten må gå gjennom punktet P(a,f(a))=(a,a2), så a2=a2a2+β, altså er β=a2a2a2=a42a2.

Punktet A er bestemt av at tangentlinjen skjærer x-aksen, altså må y=0 i A. Setter vi inn y=0 i ligningen for tangenten får vi x-koordinaten til A. Vi får 0=x2a2+a42a2, altså er x=4a. Så A(4a,0). Videre er B(x,f(x)) der f(x)=0, altså må x2=0, som gir at x=2. Derfor er B(2,0). Til slutt er C(a,0).


b)

2ax2dx=[23(x2)32]2a=23(a2)32.
Arealet av ACP er A=12f(a)(a(4a))=a2(a2)=(a2)32

c)

Dette er åpenbart fra de beregningene vi har gjort i forrige deloppgave. Arealet til trekanten er (a2)32. Området under grafen til f er 23(a2)32, så arealet av det andre området innenfor trekanten er (a2)3223(a2)32=13(a2)32. Altså er området under grafen dobbelt så stort som det andre området.