R2 høst 2012

[Janhaa]

siste post pr nå på linken

http://www.diskusjon.no/index.php?showt ... d=19972884&

[Janhaa]

siste post pr nå på linken
http://www.diskusjon.no/index.php?showt ... d=19972884&

kanskje bedre, hvis det funker

http://www.2shared.com/document/EOO47XvE/R2-H12.html

[Hoksalon]

Jeg synes oppgavene var greie denne gangen. Blir noen ganger litt redd når det nevnes ellipsoider og identiteter jeg aldri har hørt om, men ellers var den bra.

[Janhaa]

Jeg synes oppgavene var greie denne gangen. Blir noen ganger litt redd når det nevnes ellipsoider og identiteter jeg aldri har hørt om, men ellers var den bra.

enig med deg, synes R2-settet H-2012 var ganske greit. trur jeg sleit mer med R1. nevnte ellipsoideoppgave var artig og lett. kanskje en del å gjøre...

[Nebuchadnezzar]

Eksamen så rimelig planke ut ja, noe lang. Dagens 4k eksamen var dog brutal..

[laxlaxma]

Vet dere om noen har laget løsningsforslag for denne eksamen?

[Nebuchadnezzar]

Du håper på at noen legger ut LF allerede dagen etter eksamen? Tålmodighet er en dyd...

R2 - Eksamen - 29.11.12

Del I

Oppgave 1

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

$f^{\prime }(x)=e^x\cdot \cos x-e^x\cdot sin=e^x(\cos x-\sin x)$

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

$g^{\prime }(x)=5\cdot 3(1+\sin x{)}^2\cdot \cos x=15(1+\sin x{)}^2\cos x$

Oppgave 2

$I=\int \cos x\cdot (1+\sin x{)}^3\mathrm{d}x$

Sett $u=1+\sin x$ slik at

$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\cos x\Rightarrow \mathrm{d}u=\cos x\mathrm{d}x$

$I=\int (\stackrel{u}{\overbrace{1+\sin x}}{)}^3\underset{\mathrm{d}u}{\underbrace{\cos x\mathrm{d}x}}$

$I=\int u^3\mathrm{d}u=\frac{1}{4}{u}^4+\mathcal{C}=\frac{1}{4}(1+\sin x{)}^4+\mathcal{C}$

b) ${\int }_1^{e}x\cdot \ln x\mathrm{d}x$

Her funker delvis som en drøm

$\begin{array}{ll}I& =\int x\cdot \ln x\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{x}^2\cdot \ln x-\int \frac{1}{2}{x}^2\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{x}^2\cdot \ln x-\frac{1}{4}{x}^2\\ & =\frac{1}{4}{x}^2(2\ln x-1)\end{array}$

$\begin{array}{ll}{\int }_1^{e}x\cdot \ln x\mathrm{d}x& =\frac{1}{4}[x^2(2\ln x-1){]}_1^e\\ & =\frac{1}{4}(e^2(2-1)-1^2(-1))\\ & =\frac{1}{4}(e^2+1)\end{array}$

Oppgave 3

Her må vi sjekke om vinkelen mellom to sider i trekanten er 90 grader. Dette er tilsvarende til å sjekke om

$AC\cdot AB=(2,6,2)\cdot (1,0,4)=2(2+0+4)=12\ne 0$

$AC\cdot BC=2(1,3,2)\cdot (1,6,-2)=2(1+18-4)\ne 0$

$AB\cdot CB=(1,0,4)\cdot (-1,-6,2)=(-1+0+8)\ne 0$

Altså er ikke $\mathrm{△}ABC$ rettvinklet.

Her må vi bestemme $D$ slik at
$AB\Vert \Vert CD\iff (1,0,4)=t(x-3,y-7,z-3)$

Herfra ser vi at for at vi skal kunne få $7$, som $y$, koordinat må $y=7$. Videre så har vi at

$AC\Vert \Vert BD\iff 2(1,3,1)=t(x-2,y-1,z-5)=t(x-2,6,z-5)$

Fra $y$-koordinatene får vi at $t=1$. Da har vi at

$2=x-2\Rightarrow x=4$ og $2=z-5\Rightarrow z=7$

For å løse oppgaven skikkelig, trenger vi en tredje opplysning, nemlig at diagonalene står vinkelrett på hverandre.

Oppgave 4

a)

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

$y^{\prime }=C_1{e}^x-C_2{e}^{-x}$

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

b)

$y(0)=5\Rightarrow 5=C_1{e}^0+C_2{e}^{-0}$

$y^{\prime }(0)=-1\Rightarrow y^{\prime }(0)=C_1{e}^0-C_2{e}^{-0}=-1$

Dette gir oss følgende likninger

$\begin{array}{rrr}5& =& C_1+C_2\\ -1& =& C_1-C_2\end{array}$

Addisjon av likningene gir oss at $4=2C_1\Rightarrow C_1=2$

Innsetning i for eksempel første likning gir oss at $C_2=3$. Endelige løsningen blir altså

$y=2e^x+3e^{-x}$

Oppgave 5

Rekken er geometrisk og siden $|r|=1/3<1$, så konvergerer rekken.

$1+\frac{1}{3}+...=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{3}^{-n}=\frac{1}{1-1/3}=\frac{3}{2}=1.5$

Oppgave 6

$f(x)=3sin(ck+\phi )+5$

Siden $3+5=8$ og $5-3=2$.

siden $f(0)=5$, så må $\phi =2\pi n$, hvor $n=1,2,3,\dots$

Siste kravet gir $c=\pi /2$. for eksempel bunnpunktet.

Oppgave 7

a)

$f(x)=x^2\cdot e^{-x}$

$f^{\prime }=2x\cdot e^{-x}-x^2{e}^{-x}=x(2-x)e^{-x}$

$f(0)=0$ og $f(2)=4\cdot e^{-2}\approx 4/7\approx 0.5$

Fra figur ser vi at $(0,0)$ er et bunnpunkt og at
$(2,4e^{-2})$ er et toppunkt.

Oppgave 8

Vi tester først om formelen stemmer for $n=1$, da har vi

$VS=1\cdot 4=4$ og $HS=\frac{1(1+1)(1+5)}{3}=\frac{2\cdot 6}{3}=2\cdot 2=4$

Altså stemmer påstanden når $n=1$. Videre antar vi formelen stemmer for en
vilkårlig verdi, la oss kalle denne for $k$, da må vi vise at dersom
formelen stemmer for $k$, stemmer den og for $k+1$.

Vi antar at

$P(k)=1\cdot 4+2\cdot 5+\dots +k(k+3)=\frac{k(k+1)(k+5)}{3}$

$P(k+1)$ blir da

${\displaystyle \begin{array}{rl}HS& =1\cdot 4+2\cdot 5+\dots +k(k+3)+(k+1)(k+4)\\ & =\frac{k(k+1)(k+5)}{3}+(k+1)(k+4)\cdot \frac{3}{3}\\ & =\frac{(k+1)[k(k+4+1)+3(k+4)]}{3}\\ & =\frac{(k+1)[k^2+8k+12]}{3}\\ & =\frac{(k+1)(k+2)(k+6)}{3}\end{array}}$

$VS=\frac{(k+1)([k+1]+1)([k+1]+5)}{3}=\frac{(k+1)(k+2)(k+6)}{3}$

Siden $VS=HS$, stemmer formelen via induksjon.

$P(k)=1\cdot 4+2\cdot 5+\dots +k(k+3)=\frac{k(k+1)(k+5)}{3}$

Del II

Oppgave 1

a) BLARHG gidder ikke

$f(x)=8e^{-x}\sin (2x)$

$f^{\prime }(x)=-8e^{-x}\sin (2x)+16e^{-x}\cos (2x)=-8e^{-x}(\sin (2x)-2\cos (2x))$

Løser vi likningen med tanke på null, deler på $\cos (2x)$ siden
den ikke er en løsning fås

$\tan (2x)=2\Rightarrow x_n=\frac{1}{2}(\arctan 2+\pi n)$ hvor $n=0,1$

Toppunkt $f(x_0)\approx 4.1136$

Bunnpunkt $f(x_1)\approx -.85507$

b) Fra formel fås

${\displaystyle \begin{array}{rl}I& =\int 8e^{-x}\sin (2x)\mathrm{d}x\\ & =8[\frac{e^{-x}}{(-1{)}^2+2^2}(-\sin 2x-2\cos 2x)]+\mathcal{C}\\ & =-\frac{8}{5}(\sin 2x+2\cos 2x)e^{-x}+\mathcal{C}\end{array}}$

Derivasjon gir oss

$\begin{array}{ll}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}I& =\frac{8}{5}{e}^{-x}(\sin (2x)+2\cos (2x))-\frac{8}{5}{e}^{-x}(-4\sin (2x)+2\cos (2x))\\ & =\frac{8}{5}(\sin (2x)+4\sin (2x)+2\cos (2x)-2\cos (2x))\\ & =8e^{-x}\sin (2x)\end{array}$

c) Setter vi bare inn i formelen, da fås

$\begin{array}{ll}{\int }_0^{\pi }f(x)& =-\frac{8}{5}{[(\sin (2x)+\cos (2x))e^{-x}]}_0^{\pi }\\ & =-\frac{8}{5}[(0+2(1))-(0+2(-1))e^{-\pi }]\\ & =\frac{16}{5}(e^{-\pi }-1)\approx 3.0618\end{array}$

Oppgave 2

a)

$v^{\prime }=-\frac{23}{20}(v-\frac{240}{23})$

innfører herfra $\beta =\frac{23}{20}$ og $\alpha =\frac{240}{23}$. Så da har vi

$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-\beta (v-\alpha )$

$\frac{1}{v-\alpha }\cdot \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-\beta$

$\int \frac{\mathrm{d}v}{v-\alpha }=\int -\beta \mathrm{d}t$

$\ln (v-\alpha )=-\beta t+D$

$v(t)=C{e}^{-\beta t}+\alpha$

Grensevilkårene gir at

$0=C{e}^0+\alpha \Rightarrow C=-\alpha$

$v(t)=\alpha (1-e^{-\beta t})$

b) Integrasjon gir oss

$\begin{array}{ll}s(t)& =\alpha \int (1-e^{-\beta t})\mathrm{d}t\\ & =\alpha (t+e^{-\beta t}/\beta )+D\end{array}$

Grensevilkåret gir oss at

$0=\alpha (0+e^0/\beta )+D\Rightarrow D=-\alpha /\beta$

$s(t)=\alpha t+\frac{\alpha }{\beta }(e^{-\beta t}-1)$

c) Her må vi løse likningen

$s(t)=100$

Datamaskin gir at dette blir ca 10.45289332

Oppgave 3

a) $a\cdot b=0$

Dette betyr at vinklene står vinkelrett på hverandre

$a\times b=0$

Dette betyr at $a$ og $b$ er parallele. De har lik eller motsatt retning

$a\cdot (b\times c)=0$

Her går står $a$ vinkelrett på en vektor som står vinkelrett på både $b$ og $c$

b)

$\begin{array}{rl}(a\times b{)}^2+(a\cdot b{)}^2& =(|a||b|\sin \alpha {)}^2+(|a||b|\cos \alpha {)}^2\\ & =|a{|}^2|b{|}^2{\sin }^2\alpha +|a{|}^2|b{|}^2{\cos }^2\alpha \\ & =|a{|}^2|b{|}^2({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha )\\ & =|a{|}^2|b{|}^2\end{array}$

c) Arealet av trekanten er

$F=\frac{1}{2}|a\times b|=\frac{1}{2}\sqrt{(a\times b{)}^2}$

Bruker vi b), isolerer kryssproduktet og tar roten, får vi som ønsket

$F=\frac{1}{2}\sqrt{|a{|}^2|b{|}^2-(a\cdot b{)}^2}$

Dersom $a\cdot b=0$, så får vi pytagoras. Dersom $a\times b=0$
får vi null. Siden da er $|a{|}^2|b{|}^2-(a\cdot b{)}^2=0$.

d) Keisamt

Oppgave 4

a) $S_n=n^2$

$n^2=1600\Rightarrow n=40$

Vi trenger altså $40$ ledd.

b) Ser at $r=1/4$ slik at summen blir

$S=\frac{1}{1-1/4}=\frac{4}{3}$

Oppgave 5

${\left(\frac{x}{a}\right)}^2+{\left(\frac{y}{b}\right)}^2=1$

${\left(\frac{y}{b}\right)}^2=1-{\left(\frac{x}{a}\right)}^2$

$y^2=b^2-\frac{a^2}{b^2}{x}^2$

som var det vi ønsket å vise.

b) Integrasjon av et omdreiningslegemet er gitt som

$I=\pi {\int }_{-a}^{a}f(x{)}^2\mathrm{d}x$

$I=2\pi {\int }_0^a{b}^2-{\left(\frac{b}{a}\right)}^2{x}^2\mathrm{d}x$

$I=2\pi (a{b}^2-\frac{1}{3}{\left(\frac{b}{a}\right)}^2{\left[x^3\right]}_0^a)$

$I=2\pi (a{b}^2-\frac{1}{3}{b}^{2}a)$

$I=\frac{4}{3}\pi a{b}^2$

Oppgave 6

a)

Tangenten til en funksjon i et punkt $a$ er gitt som

$y=f^{\prime }(a)(x-a)+f(a)$

med innsatte verdier fås

$y=\frac{1}{2\sqrt{a-2}}(x-a)+\sqrt{a-2}$

$y=\frac{1}{2\sqrt{a-2}}(x-a)+\frac{2a-4}{2\sqrt{a-2}}$

$y=\frac{1}{2\sqrt{a-2}}x+\frac{a-4}{2\sqrt{a-2}}$

La $y=0$, da får vi $A=(0,4-a)$

Løs $f(x)=0$ da får vi $B=(2,0)$

Og $C=(a,0)$

b) Integrasjon, gir oss

$I={\int }_2^a\sqrt{x-2}\mathrm{d}x$

$I={[\frac{1}{1/2+1}(x-2{)}^{1/2+1}]}_2^a$

$I=\frac{2}{3}(a-2{)}^{3/2}$

Arealet av trekanten $ACP$ er følgelig

$ACP=\frac{1}{2}|AC||CP|=\frac{1}{2}(2a-4)\cdot \sqrt{a-2}=(a-2{)}^{3/2}$

c)

Trekant $ACP$ = arealet under $BC$ + arealet mellom $A$ og $B$

$\frac{3}{3}(a-2{)}^{3/2}=\frac{2}{3}(a-2{)}^{3/2}+X$

Altså må $X$ være halvparten så stor som arealet under $BC$.

[laxlaxma]

Takk! Hehe, her var tåldmodigheten min veldig dårlig. Men som jeg husker så legger du alltid løsningsforslag ut fort!

Det er flott, nå skal jeg se hvordan det egentlig skulle gjøres som jeg ikke klarte på Del 1. Venter spent på del 2 også...

[Hoksalon]

[quote="Nebuchadnezzar"][/quote]

Jeg lurte på oppgave 6. Jeg skrev at

$\phi =0V\pi$

Jeg skrev ikke n*2pi, siden jeg mente det var underforstått at den bare forskyver det minste som er nødvendig. Jeg er fullt klar over at en av disse er gale, men jeg klarte ikke å finne det ut der og da.

[Clementine]

Så på sensorveiledningen til eksamen for Høst 2012. De pleier å kommentere arbeidsmengde og vanskelighetsgrad, men det har de ikke gjort på den eksamenen.

Noen som har noen kommentarer på det?

Hvis det er mange som synes at den eksamenen var for vanskelig, eller at det var for mye å gjøre, så liker jeg å tro at det er muligheter for en snillere eksamen denne våren(hååper jeg).
Selv synes jeg den ser vanskeligere ut enn de tidligere..

[mikki155]

Jeg synes denne er litt vanskeligere, men det virker som om privatisteksamenene på høsten har en tendens til å være vanskeligere enn de "vanlige" på våren. Når det er sagt, synes jeg ikke disse oppgavene er uoverkommelige i det hele tatt.

PS: Hvilket år går du nå, Nebbu? Er det slutten av andre året, i og med at du hadde eksamen i matematikk 4K?

[Nebuchadnezzar]

Indeed

[Clementine]

Jeg synes denne eksamenen har vært den verste av alle.. Tror faktisk jeg hadde strøket på denne eksamenen.
Del 1 er jo bare fæl. Spesielt for meg, som sliter med faget i utgangspunktet.

Håper så inderlig at eksamen i morgen blir bedre!

[mikki155]

Hadde vært så typisk at de hadde gitt oss parameterfremstilling for kuleflater og arealer på dem

[Johan Nes]

Enig i at del 1 på denne var vanskeligere og også mer omfattende enn del 1 på tidligere oppgaver? Mye av det var greit, men vet ikke om jeg hadde blitt ferdig på 2 timer?

Del 2 var OK, men ikke helt problemfri. La mest merke til at del 1 var vanskeligere og mer omfattende enn vanlig.