R2 2010 vår LØSNING

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>

Oppgave 2

a)

<tex> \vec{AB} = [-3, 2, 2] </tex> og <tex> \vec{AC} = [-2, -1, 6] </tex>

<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>

Ett vilkårlig punkt i planet er P= (x,y,z).

<tex> \vec{AP} \cdot \vec{n} = 0 , [x-3 , y-0, z+2] \cdot [2, 2, 1] = 0 </tex>

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

c)

Siden linjen står vinkelrett på alfa planet kan vi bruke [2, 2, 1] som rettningsvektor for linjen l. Linjen går gjennom P = (5, 4, 4). Man får da:

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

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

I xz-planet er y = 0. Parameterfremmstillingen for linjen gir da t=-2. Innsatt for x og z gir det koordinatene (1, 0 2)

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>

<tex> \vec{AQ}= [5+2t-3, 4+2t-0, 4+t+2] = [2t+2, 2t+4, t+6] </tex>

innsatt i likningen over gir det:

<tex> V_{ABCQ} = \frac16|[14, 14, 7] \cdot [2t+2, 2t+4, t+6] | = \frac73|5t+12|</tex>

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 4

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

a)

Grafen ser slik ut:

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

b)

Nullpunkter

f(x)=0

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

<tex>sin x + cos x =0 \\ tan x = -1\\ x= \frac{3\pi}{4} + n \cdot \pi\\ x \in \Big(( \frac{3\pi}{4},0), (\frac{7\pi}{4},0),(\frac{11\pi}{4},0),(\frac{15\pi}{4},0),(\frac{19\pi}{4},0)\Big)</tex>

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

c)

<tex> f'(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) </tex>

d)

Man har et toppunkt hver gang den deriverte skifter fortegn fra positiv til negativ. Ved å løse 2cosx - 3sinx = 0 og å tegne fortegnslinje, finner man at det er tilfelle for x=0,59 , x=6,87 og for x= 13,15. 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:

<tex> f(x)=5e^{-0,2x} \cdot \sqrt2\cdot sin(x + \frac{\pi}{4}) = 5\sqrt2e^{-0,2x} \cdot sin(x + \frac{\pi}{4}) </tex>

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>