R2 2013 høst LØSNING
Matteprat: Diskusjon omkring denne oppgaven
DEL EN
Oppgave 1
a) $ \displaystyle f(x) = 5x\cos x$
Produktregelen for derivasjon gir at
$ \displaystyle f'(x) = 5\cos x + 5x(- sin x) = 5\cos x - 5x\sin x = 5(cos x - x\sin x)$
b) $ \displaystyle g(x) = \frac{sin (2x)}{x}$
Brøkregelen for derivasjon gir at
$ \displaystyle g'(x) = \frac{2\cos (2x) \cdot x - sin (2x) \cdot 1}{x^2} = \frac{2x cos (2x) - sin (2x)}{x^2}$
Oppgave 2
a) $ \displaystyle \int_0^{1} 2e^{2x} \, \mathrm{d}x = 2 \int_0^{1} e^{2x} \, \mathrm{d}x = 2 \left[ \frac{1}{2}e^{2x} \right]_0^{1} = \frac{2}{2} \left[e^{2x} \right]_0^{1} = e^{2 \cdot 1} - e^{2 \cdot 0} = e^2 - e^0 = e^2 - 1$
b) $ \displaystyle \int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x$
La $\displaystyle u = 2x$ og $\displaystyle v' = e^x$
Delvis integrasjon gir da at
$\displaystyle \begin{align*} \int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x & = 2x \cdot e^x - \int 2e^x \, \mathrm{d}x + C \\ & = 2xe^x - 2\int e^x \, \mathrm{d}x + C \\ & = 2xe^x - 2e^x + C \\ & = 2e^x(x - 1) + C\end{align*}$
Oppgave 3
a) $\vec{AB} = \left[-2,3,0\right]$ og $\vec{AC} = \left[-2,0,4\right]$
Da blir $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-2) \cdot (-2) + 3 \cdot 0 + 0 \cdot 4 = 4$
og $\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[3\cdot4 - 0\cdot0,-\left((-2)\cdot4 - 0\cdot(-2)\right),(-2)\cdot0 - 3\cdot(-2)\right] = \left[12,8,6\right]$
b)
$\displaystyle \begin{align*} V & = |\frac{1}{6}(\vec{AB} \times {AC})\cdot\vec{AO}| \\ \displaystyle & = |\frac{1}{6}\left[12,8,6\right]\cdot\left[-2,0,0\right]| \\ \displaystyle & = |\frac{1}{6}\left(12(-2) + 8\cdot0 0+ 6\cdot0\right)| \\ \displaystyle & = |\frac{1}{6}(-24) \\ \displaystyle & = |- \frac{24}{6}| \\ \displaystyle & = |-4| \\ \displaystyle & = 4\end{align*}$
Eventuelt kan man regne ut volumet ved hjelp av formelen for volum av pyramide, $V = \frac{G\cdot h}{3}$,
hvor $ \displaystyle G = \frac{|\vec{OA}|\cdot|\vec{OB|}}{2} = \frac{2\cdot3}{2} = 3$ og $ \displaystyle h = |\vec{OC}| = 4$.
Da får man $ \displaystyle V = \frac{3\cdot4}{3} = 4$
c) Om man bruker punktet $A(2,0,0)$ og normalvektoren $\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[12,8,6\right]$ blir likningen for planet $\alpha$:
$ \displaystyle 12(x - 2) + 8(y - 0) + 6(z - 0) = 0 \\ \displaystyle 12x - 24 + 8y + 6z = 0 \\ \displaystyle 12x + 8y + 6z = 24 \\ \displaystyle \frac{12x}{24} + \frac{8y}{24} + \frac{6z}{24} = \frac{24}{24} \\ \displaystyle \frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1$
Hvilket skulle vises.
Oppgave 4
a) Rekken er geometrisk fordi neste ledd i rekken genereres ved å multiplisere det forrige leddet med en fast kvotient $\displaystyle k = e^{-1} = \frac{1}{e}$. Ettersom $\displaystyle \frac{1}{e} < 1$, er altså $\displaystyle |k|<1$, hvilket gjør rekken konvergent.
$ \displaystyle S = \frac{a_1}{1-k} = \frac{1}{1-\frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e}{e} - \frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e-1}{e}} =\frac{e}{e-1}$
b) I dette tilfellet er $\displaystyle k = e^{-x}$, og rekken er konvergent dersom $\displaystyle |k|<1$.
$ \displaystyle |e^{-x}|<1$
Ettersom $\displaystyle e^{-x}$ alltid vil være positivt, kan man skrive om likningen til
$ \displaystyle \begin{align*} e^{-x} & < 1 \\ \displaystyle \ln(e^{-x}) & < \ln1 \\ \displaystyle (-x)\cdot\ln(e) & < 0 \\ \displaystyle -x & < 0 \\ \displaystyle x & > 0 \end{align*}$
$ \displaystyle S = \frac{a_0}{1-k} = \frac{1}{1-e^{-x}} =\frac{1}{1-\frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^x}{e^x} - \frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^{x}-1}{e^{x}}} = \frac{e^x}{e^x - 1}$
Oppgave 5
$\displaystyle N'(t) = 4t + 3$ og $\displaystyle N(0) = 800$
$\displaystyle N(t) = \int (4t + 3)dx = 2t^2 + 3t + C \\$
$\displaystyle
\begin{align*}
N(0) & = 800 \\
\displaystyle 2\cdot0^2 + 3\cdot0 + C & = 800 \\
\displaystyle 0 + 0 + C & = 800 \\
\displaystyle C & = 800
\end{align*}$
$\displaystyle C = 800 \Rightarrow N(t) = 2t^2+3t + 800\\$
$\displaystyle N(10) = 2\cdot10^2 + 3\cdot10 + 800 = 200 + 30 + 800 = 1030$
Det var altså 1030 individer i populasjonen etter 10 timer.
Oppgave 6
$ \displaystyle f(x) = \frac{1}{2}x^4 - 2x^3 + \frac{5}{2}x$
a) $\displaystyle f'(x) = 2x^3 - 6x^2 + \frac{5}{2}$
$\displaystyle f ' ' (x) = 6x^2 - 12x = 6x\left(x - 2\right)$
Vendepunkter:
$\displaystyle Vp_1: \left(0,f(0)\right) = \left(0,\frac{1}{2}\cdot0^4 - 2\cdot0^3 + \frac{5}{2}\cdot0\right) = \left(0,0\right)$
$\displaystyle Vp_2: \left(2,f(2)\right) = \left(2,\frac{1}{2}\cdot2^4 - 2\cdot2^3 + \frac{5}{2}\cdot2\right) = \left(2,-3\right)$
b) $\displaystyle Vt_1 - 0 = f ' (0)\cdot(x - 0) \Rightarrow Vt_1 = \left(2\cdot0^3 - 6\cdot0^2 + \frac{5}{2}\right)x \Rightarrow Vt_1 = \frac{5}{2}x$
$\displaystyle Vt_2 - \left(-3\right) = f ' (2)\cdot(x - 2) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = \left(2\cdot2^3 - 6\cdot2^2 + \frac{5}{2}\right)\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}x + 11 \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 = -\frac{11}{2}x + 8$
Oppgave 7
La $\displaystyle V(n) = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{n\cdot(n + 1)}$ og $\displaystyle H(n) = \frac{n}{n+1}$
$\displaystyle V(1) = \frac{1}{1\cdot2} = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle H(1) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$
$\displaystyle V(1) = H(1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for $\displaystyle n = 1$
$\displaystyle V(k+1) = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{k\cdot(k + 1)} + \frac{1}{\left(k+1\right)\left(k + 2\right)} \\ \displaystyle = H(k) + \frac{1}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\ \displaystyle = \frac{k}{k + 1} + \frac{1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\ \displaystyle = \frac{k(k + 2) + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\ \displaystyle = \frac{k^2 + 2k + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\ \displaystyle = \frac{\left(k+1\right)^2}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\ \displaystyle = \frac{k+1}{k+2}$
og
$\displaystyle H(k+1) = \frac{k+1}{(k+1)+1} = \frac{k+1}{k+2}$
$\displaystyle V(k+1) = H(k+1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for alle heltall $\displaystyle n≥0$.
Hvilket skulle bevises.
DEL TO
Oppgave 1
a) $\displaystyle F(v) = \frac{2 + 2\cos v}{2}\cdot\sin v = \frac{2\left(1 + \cos v\right)}{2}\cdot\sin v = \left(1 + \cos v\right)\sin v$
Hvilket skulle vises.
Om $\displaystyle v≥\frac{π}{2}$ mister trapeset sin øverste side, og blir derfor til en trekant.
Om $\displaystyle v≤0$ er vinkelen negativ, og trapeset vil ikke lenger være innskrevet i halvsirkelen.
$ \displaystyle v \in <0,\frac{π}{2}>$
b) $\displaystyle F(v) = \left(1+\cos v\right)\sin v $
Produktregelen for derivasjon gir at
$\displaystyle \begin{align*} F'(v) & = \left(-\sin v\right)\sin v + \left(1 + \cos v\right)\cos v \\ & = \cos^2 v + \cos v - \sin^2 v \\ & = \cos^2 v + \cos v - \left(1-\cos^2 v\right) \\ & = 2\cos^2 v +\cos v - 1 \end{align*}$
$\displaystyle \cos v = \frac{-1± \sqrt{1^2-4\cdot2\left(-1\right)}}{2\cdot2} = \frac{-1 ± 3}{4}$
$\displaystyle \cos v_1 = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle \cos v_2 = -1$
$\displaystyle \Rightarrow F'(v) = 2\left(\cos v - \frac{1}{2}\right)\left(\cos v + 1\right)$
$\displaystyle v=\frac{\pi}{3}$ og $\displaystyle F_{maks}(v) = F\left(\frac{\pi}{3}\right) = \left(1+\cos \frac{\pi}{3}\right)\sin \frac{\pi}{3} = \left(1+\frac{1}{2}\right)\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$
Oppgave 2
a)
b) Fra tegningen kan man se at grafens utseende i intervallet $\displaystyle x\in\left[0,2\right]$ gjentar seg i intervallet $\displaystyle x \in\left[2,4\right]$ og $\displaystyle\left[4,6\right]$. Altså er det et intervall som gjentas langs $x$-aksen, hvilket betyr at grafen er periodisk.
$\displaystyle p = 2$
c)
$\displaystyle \begin{align*} f(x) & = \sin \left(πx\right) + \sin \left(2πx\right) \\ & = \sin \left(πx\right) + \sin\left(πx + πx\right) \\ & = \sin\left(πx\right) + \left(\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) + \cos \left(πx\right)\sin \left(πx\right)\right) \\ & = \sin\left(πx\right) + 2\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) \\ & = \sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right) \end{align*}$
Hvilket skulle vises.
