R2 2012 høst LØSNING

Del 1

Oppgave 1

a)

$f(x) = e^x \cos x $

Produktregelen for derivasjon gir at

$f'(x) = e^x\cos x -e^x\sin x =e^x \left (\cos x -\sin x \right)$

b)

$g(x) = 5(1+\sin x)^3$

Potensregelen og kjerneregelen for derivasjon gir at

$g'(x) = 15(1+\sin x)^2\cdot \cos x$

Oppgave 2

a)

$\int \cos x \cdot (1+\sin x)^3 \, dx$

La $u=\sin x$. Da er $du = \cos x \,dx$. Integralet blir dermed

$\int (1+u)^3 \,du = \frac14(1+u)^4+C=\frac14 (1+\sin x)^4+C$, der $C$ er en integrasjonskonstant.

b)

$\int_1^e x\ln x \,dx$

Vi bruker delvis integrasjon. Det gir

$\int_1^e x\ln x\,dx = [\frac12 x^2 \ln x]_1^e-\int_1^e \frac12 x\,dx = \frac12 e^2 - \frac14 [x^2]_1^e = \frac14 e^2+\frac14$

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 $\triangle ABC$

$B-A = (2,1,5)-(1,1,1)=(1,0,4)$, $C-A=(3,7,3)-(1,1,1)=(2,6,2)$ og $C-B=(3,7,3)-(2,1,5)=(1,6,-2)$.

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 $A + (B-A) + (C-A) = (1,1,1)+(1,0,4)+(2,6,2)=(4,7,7)$. Altså får vi koordinatet $D(4,7,7)$

Oppgave 4

a)

Vi har gitt ligningen $y - y = 0$.

Karakteristisk ligning blir derfor $\lambda^2=1$, med løsninger $\lambda=\pm 1$. Løsningen blir derfor

$y=C_1 e^{x}+C_2 e^{-x}$.

b)

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

$y(0)=C_1+C_2 = 5 \\ y'(0)=C_1-C_2 = -1$

Legger vi sammen de to ligningene får vi

$2C_1 = 4$, så $C_1=2$. Da er $C_2=5-C_1=5-2=3$.

Oppgave 5

Vi har gitt den uendelige rekken $1+\frac13+\frac19 +\frac{1}{27}+\cdots$.

Den kan skrives som $\sum_{n=0}^{\infty}(\frac{1}{3})^n$, som vi gjenkjenner som en geometrisk rekke.

Det er kjent at geometriske rekker $\sum_{n=0}^{\infty}r^n$ konvergerer dersom $|r|<1$. Siden $\frac13 < 1$ vil rekken konvergere.

Formelen for geometriske rekker er $\sum_{n=0}^{\infty}r^n = \frac{1}{1-r} $. Altså er

$\sum_{n=0}^{\infty}(\frac{1}{3})^n=\frac{1}{1-\frac13}=\frac{3}{2}$

Oppgave 6

Vi har gitt den periodiske funksjonen $f(x)=a\sin(cx+\varphi)+d$. 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+\varphi -(3c+\varphi)= \pi $, altså er $c=\frac{\pi}{2}$. Videre er $\frac{5\pi}{2}+\varphi=\frac{\pi}{2}$, altså er $\varphi = -2\pi$, men siden $\sin(x+2\pi)=\sin x$ kan vi like gjerne velge $\varphi = 0$.

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 $f(x)=3\sin(\frac{\pi}{2}x)+5$.

Oppgave 8

Vi har gitt formelen $\sum_{i=1}^n i(i+3) = \frac{n(n+1)(n+5)}{3}$ som skal bevises med induksjon.

Først ser vi at formelen er riktig for $n=1$, siden $1\cdot (1+3) = 4 = \frac{1\cdot 2\cdot 6}{3}$

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

$\sum_{i=1}^{n+1} i(i+3) = \frac{n(n+1)(n+5)}{3}+(n+1)(n+4)=\frac{(n+1)(n(n+5)+3(n+4))}{3}=\frac{(n+1)(n^2+8n+12)}{3}$.

Siden $(n+2)(n+6)=n^2+8n+12$, ser vi at $\frac{(n+1)(n^2+8n+12)}{3}=\frac{(n+1(n+2)(n+6)}{3}$. Altså er

$\sum_{i=1}^{n+1} i(i+3)=\frac{(n+1(n+2)(n+6)}{3}$, så formelen er riktig for $n+1$. Altså er formelen riktig for alle positive heltall $n$.