Bedriten R2 Terminprøve 12/05/2011

[mstud]

@Vektormannen:

Du mente sikkert: $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2+(z-c{)}^2=r^2$ Den ser kjent ut, men når jeg gjorde oppg. kom jeg bare på $x^2+y^2+z^2=r^2$, som jeg jo ikke kunne bruke her. Ellers tenkte jeg bare om den oppgaven, dette var egentlig enkelt hvis jeg bare hadde husket det....

@Janhaa: Stemmer nok det, ja. Hvordan fant du det ut? Sikkert sumformelen, eller?


EDIT: endret en liten skrivefeil

[Martheee]

Noen som kunne tenkte seg å lage et løsningsforslag til denne prøven? Driver og regner gjennom nå, men kunne vært greit å se om det jeg gjør er riktig

[mikki155]

Jeg kjører på med et løsningsforslag, som blir mitt første Bare å si ifra dersom det er noen feil. Enig i at denne prøven var alt for stor, men oppgavene var overkommelige. Jeg blir borte hele neste uke, så får ikke mulighet til å svare på kritikk, men jeg får svart litt i dag. Ellers er det bare å fyre løs . Det skal sies at jeg ikke er noen LaTeX-geek, og det tæret på spesielt siden prøven var så lang. Her er løsningsforslaget, hvert fall:

Del 1

Oppgave 1

a) 1) Setter u = $\text{(}\frac{x}{\ln (x)}\text{)}$
f'(x) = $2u\cdot$ u'(x) = $2(\frac{x}{ln(x)})\cdot \frac{1\cdot ln(x)-x\cdot (\frac{1}{x})}{(ln(x){)}^2}$ $=2\cdot \frac{x(ln(x)-1)}{(ln(x){)}^3}$

2) (uv)' regelen gir:

3((sin(2x)'cos(2x) + sin(2x)(cos(2x))') $=3(2co{s}^2(2x)-2si{n}^2(2x))=6(co{s}^2(2x)-si{n}^2(2x))=6cos(4x)$

b) 1) $\int 2cos(x)dx=2\int cos(x)dx=2sinx+C$

2) Setter $u=x^2-4$, som gir:

$\frac{du}{dx}=2x\iff du=2xdx\iff 2du=4xdx$

$\int \frac{4x}{x^2-4}dx=\int \frac{2}{u}du=2ln|u|+C=2ln|x^2-4|+C$

3) Av figuren kan vi se at vi skal finne arealet av områdene som er avgrenset av grafen f(x) og x-aksen mellom x = 0 og x = 4. Figurene tilsvarer tre 90-graders trekanter, som gir totalarealet:

$A=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 4+\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 4+\frac{1}{2}\cdot 1\cdot |-2|=4+2+1=7$

c) $sin(2x)-cos(2x)=0$| $\cdot \frac{1}{cos(2x)}$

$=tan(2x)-1=0\iff tan(2x)=1\Rightarrow 2x=\frac{\pi }{4}+\pi \cdot n\iff x=\frac{\pi }{8}+\frac{\pi }{2}\cdot n$

d) 1) Her er kvotienten $=-\frac{1}{5}$
$S_n=\frac{a_1}{1-k}=\frac{3}{1+\frac{1}{5}}=\frac{3}{\frac{6}{5}}=\frac{5}{2}$

2) Her er k = ln(x), og for at rekken skal konvergere, må -1 < k < 1

$-1<ln(x)<1\iff \frac{1}{e}<x<e$

e) Definisjonen av en kule: Et punkt $P(x,y,z)$ i rommet ligger på ei kule med radius r og sentrum i $S(x_0,y_0,z_0)$ hvis og bare hvis avstanden fra S til P er lik r.

For å finne ut om likningen beskriver en kuleflate, ser vi om den kan omformes på en slik måte at $\overrightarrow{|SP|}=r$

$x^2-6x+(\frac{-6}{2}{)}^2+y^2+4y+(\frac{4}{2}{)}^2+z^2+(\frac{0}{2}{)}^2=23+(\frac{-6}{2}{)}^2+(\frac{4}{2}{)}^2+(\frac{0}{2}{)}^2$
$x^2-6x+9+y^2+4y+4+z^2=36$
$(x-3{)}^2+(y+2{)}^2+z^2=36$
Her er altså $\overrightarrow{|SP|}=sqrt(x-3{)}^2+(y+2{)}^2+z^2=6$
Likningen oppfyller altså kravet om at $\overrightarrow{|SP|}=r$; en fast avstand som beskriver en kuleflate.

f) 1) $y^{\prime }-xy=e^{\frac{x^2}{2}},\text{hvor}y(0)=2$

Multipliserer begge sider med $e^{-\frac{x^2}{2}}$, siden vi kan se at dette er svært passende sånn som funksjonen er satt opp:

$e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot y^{\prime }-e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot xy=e^{\frac{x^2}{2}}\cdot e^{-\frac{x^2}{2}}$

$e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot y^{\prime }-e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot xy=e^{\frac{x^2}{2}-\frac{x^2}{2}}$

$e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot y^{\prime }-e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot xy=1$

Den deriverte av $e^{-\frac{x^2}{2}}$ er $-x{e}^{-\frac{x^2}{2}}$, derfor kan vi bruke at $(u\cdot v)=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$. I dette tilfelle:

$(e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot y{)}^{\prime }=1$

$(e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot y)=\int 1dx$

$e^{-\frac{x^2}{2}}\cdot y=x+C$

Kjent: y(0) = 2

$2e^0=0+C$

C = 2

$y=\frac{x+2}{e^{-\frac{x^2}{2}}}$

2) Vi vet at $y^{\prime \prime }-6y^{\prime }+5y=0\text{der}y(0)=2\text{og}{y}^{\prime }(0)=4$ har den karakteristiske likningen:

$r^2-6r+5=0$

Som gir r = 5 og r = 1

$y=C{e}^{5x}+D{e}^x\wedge y^{\prime }=5C{e}^{5x}+D{e}^x$

$(I)2=C{e}^0+D{e}^0\wedge (II)4=5C{e}^0+D{e}^0$

C = 2 - D, innsatt i den andre likningen:

$4=5(2-D)+D\iff -6=-4D$

$D=\frac{3}{2}$, som gir $C=\frac{1}{2}$

$y=\frac{1}{2}{e}^{5x}+\frac{3}{2}{e}^x$

Oppgave 2

a) A(x,0,0), B(0,y,0) og C(0,0,z)
Når vi setter inn verdier for hvert av punktene i likningen, får vi at:
A(8,0,0), B(0,2,0) og C(0,0,8)

b) Her kan vi lage en parameterframstilling av en linje gjennom punktet D, for så å finne skjæringspunktet mellom linjen og planet, der vi til slutt kan finne avstanden fra D til et punkt P i planet ($\overrightarrow{DP}$ står vinkelrett på planet).

Setter retningsvektoren for framstillingen lik normalvektoren for planet:
$\overrightarrow{n}=[1,4,1]=\overrightarrow{r}$
$\overrightarrow{DX}=[x+1,y-2,z-3]=t\cdot \overrightarrow{r}$
$t=x+1\wedge 4t=y-2\wedge t=z-3$

Parameterframstilling for linjen:

$\beta :\{\begin{array}{l}x=t-1\\ y=4t+2\\ z=t+3\end{array}$

Setter x-, y- og z-verdiene i framstillingen lik dem i likningen for planet:

$(t-1)+4(4t+2)+(t+3)-8=0$
$t+16t+t-1+8+3-8=0$
$18t=-2$
$t=-\frac{1}{9}$

Denne t-verdien gir x-, y- og z-verdiene:

$P(-\frac{10}{9},\frac{14}{9},\frac{26}{9})$

$|\overrightarrow{DP}|$ er avstanden fra punktet til planet:

$\overrightarrow{DP}=[-\frac{10}{9}+1,\frac{14}{9}-2,\frac{26}{9}-3]$$=[-\frac{1}{9},-\frac{4}{9},-\frac{1}{9}]$

$|\overrightarrow{DP}|$ $=\frac{\sqrt{2}}{3}$

Svaret kan dobbelsjekkes ved å bruke punkt-plan formelen.

c) Vi kan finne volumet ved å finne determinanten av vektorene $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ og

$\overrightarrow{AD}$.
$\overrightarrow{AB}=[-8,2,0]$, $\overrightarrow{AC}=[-8,0,8]$ og

$\overrightarrow{AD}=[-9,2,3]$, gir determinanten:

$\text{[}\left(\begin{array}{ccc}-8& 2& 0\\ -8& 0& 8\\ -9& 2& 3\end{array}\right)\text{]}=-8(-16)-2(-8\cdot 3+8\cdot 9)=128-96=32$

d) Her får vi at $\overrightarrow{AT}=[2t-9,t,-6t-5]$
Determinanten blir:

$\text{[}\left(\begin{array}{ccc}2t-9& t& -6t-5\\ -8& 0& 8\\ -8& 2& 0\end{array}\right)\text{]}$ $=-2t-9(-16)+(-t-2)(8\cdot 8)+(-6t+3)(-8\cdot 2)=-32t+144-64t-128+96-48=-32$
Volumet blir absoluttverdien av determinanten, altså 32.

e) I likningen så vi at t forsvant. Det vil si at uansett hvor på linja T (det valgte toppunktet) ligger, så vil pyramiden alltid ha det samme volumet.

Del 2

Oppgave 3

a) Vi ser at det finnes en fast differanse mellom hvert ledd, og derfor er rekken aritmetisk. Uttrykket blir:

$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}$

Her er $a_1=1$ og $a_n=4n-3$, derfor:

$S_n=\frac{n(4n-2)}{2}$

b) 1) $S_n=a_1\cdot \frac{k^n-1}{k-1}=2\cdot \frac{(\frac{1}{5}{)}^n-1}{-\frac{4}{5}}=-\frac{5}{2}\cdot ((\frac{1}{5}{)}^n-1)$

2) Bare å sette $-\frac{5}{2}\cdot ((\frac{1}{5}{)}^n-1)=2,45$

$(\frac{1}{5}{)}^n-1=-0,98$

$(\frac{1}{5}{)}^n=0,02$

$n\cdot ln\frac{1}{5}=ln0,02$

n = 2,43

Det vil si vi må ha med minst 3 ledd for at S_n > 2,45

3) Siden $k=\frac{1}{5}$, vil rekken konvergere, og da blir summen:

$S_n=\frac{a_1}{1-k}=\frac{2}{\frac{4}{5}}=\frac{10}{4}=\frac{5}{2}$

c) 1) Her er $k=\frac{x}{5}\iff -1<\frac{x}{5}<1\iff -5<x<5$, sistnevnte er konvergeringsområdet.

$S(x)=\frac{2}{1-\frac{x}{5}}=\frac{10}{5-x}$ er summen.

2) $20=\frac{10}{5-x}\iff (5-x)20=10\iff 100-20x=10\iff x=4,5$. Summen kan bli 20.

$-10=\frac{10}{5-x}\iff (5-x)-10=10\iff 10x-50=10\iff x=6$. Summen kan ikke bli -10.

d) Ser først om den stemmer for n = 1:

$(2-1{)}^2=1$ = V.S.
$\frac{1}{3}(4-1)=1$ = H.S.

Men V.S. = H.S., så formelen stemmer for n = 1. Da antar vi at den stemmer for

n = k:

$1^2+3^2+5^2+...+(2k-1{)}^2=\frac{1}{3}k(4k^2-1)$

Undersøker om formelen stemmer for n = k +1. Hvis den gjør det, stemmer den for

alle $n\ge 1$:

$1^2+3^2+5^2+...+(2k-1{)}^2+(2(k+1)-1{)}^2=\frac{1}{3}k(4k^2-1)+(2k+1{)}^2=\frac{4}{3}{k}^3-\frac{1}{3}k+4k^2+4k+1=\frac{4}{3}{k}^3+4k^2+\frac{11}{3}k+1=$ V.S.

$\frac{1}{3}(k+1)(4(k+1{)}^2-1)=(\frac{1}{3}k+\frac{1}{3})(4(k^2+2k+1)-1)=(\frac{1}{3}k+\frac{1}{3})(4k^2+8k+3)=\frac{4}{3}{k}^3+\frac{8}{3}{k}^2+k+\frac{4}{3}{k}^2+83k+1=\frac{4}{3}{k}^3+4k^2+\frac{11}{3}+1$ = H.S.

Men V.S. = H.S.

Dermed er det vist at formelen stemmer for alle $n\ge 1$ (QED).

Oppgave 4

a) f'(x) = 4 + 4cosx
4 + 4cosx = 0
cosx = -1

$x=\pi +2\pi \cdot n$, gir nullpunkt for den deriverte lik $(\pi ,4\pi )$

Når vi tegner opp fortegnsskjema, ser vi at den først stiger, så synker før den når et terassepunkt. Dette punktet er for $(\pi ,4\pi )$.

b) f''(x) = -4sinx
sinx = 0

$x=\pi \cdot n$, nullpunkter for $x=0$ og $x=\pi$.
Vendepunkter: (0,0) og $(\pi ,4\pi )$

c) Plotte inn punkter, og tegne grafene.

d) Undersøker når de skjærer hverandre; f(x) = g(x), som gir:
4sinx = 0

$x=\pi \cdot n$, i dette tilfellet: $x=0$, $x=\pi$ og $x=2\pi$

Vi får to bestemte integraler:

${\int }_0^{\pi }f(x)-g(x)\mathrm{d}x$ og ${\int }_{\pi }^{2\pi }f(x)-g(x)\mathrm{d}x$

${\int }_0^{\pi }4sinx\mathrm{d}x=-4cos\pi -(-4cos0)=4+4=8$

${\int }_{\pi }^{2\pi }4sinx\mathrm{d}x=-4cos2\pi -(-4cos\pi )=-4-4=-8$

Absoluttverdien av det siste arealet er 8, derfor er begge arealene som grafene avgrenser like.

f) Her skulle vi først finne x-verdi når arealet $F(x)=2\pi$:
$4x+4sinx=2\pi$

Denne løses grafisk, ved å lage en linje $y=2\pi$. Av dette, ser vi at linjen skjærer F(x) i punktet $(0,83,2\pi )$. Da er altså x = 0,83.

Videre skulle vi bevise at det skraverte arealet har formel F(x) = 4x + 4sinx.
Her setter jeg S lik sentrum i sirkelen. Først kan vi se på figuren at

$\mathrm{\angle }SAB=\mathrm{\angle }SAC=\frac{x}{2}$, og at $\mathrm{\angle }BSC=2x$. Sidene $SA=SB=r$, derfor blir $\mathrm{\angle }ASB=\mathrm{\angle }ASC=\pi -x$.

Da blir arealene av trekantene $△ASC=△ASB$:

$A_{trekanter}=2\cdot \frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2\cdot sin(\pi -x)$ $=4\cdot (sin\pi \cdot cosx-cos\pi \cdot sinx)=4sinx$

BSC er en sirkelsektor, der BC utgjør følgende andel av omkretsen:
$\frac{BC}{O}=\frac{2\cdot 2x}{4\pi }=\frac{x}{pi}$
Sirkelbuen BC fant vi ved hjelp av formelen $v=\frac{b}{r}$

Da blir arealet av BSC andelen den komprimerer av totalarealet:

$\frac{x}{\pi }\cdot 4\pi =4x$

Summen av alle tre arealene, blir:

$A=4x+2\cdot 2sinx=4x+4sinx=F(x)$
QED.

Oppgave 5

a) Den karakteristiske likningen r^2 + 4 = 0, gir følgende løsningene av andregradsformelen:

$r=\pm 2sqrt-1$

Vi skal ha to løsninger, og siden 2 er tallet q (og p = 0), får vi to lineært uavhengige løsninger:

$y=Ccos2x$ og $y=Dsin2x$
$y=Ccos2x+Dsin2x$
Hver av de lineære løsningene kan kontrolleres ved å sette dem inn for y og y''.

b) $u^{\prime \prime }=y^{\prime \prime }$
Som gir:

$y^{\prime \prime }+4y+320=320$
$y^{\prime \prime }+4y=0$

Vi ser at når u = y + 80, er løsningene vi fant for y i oppgave a) en løsning for likningen $u^{\prime \prime }+4u=320$. QED.

c) Vi setter inn løsningen for y i u = y + 80, som vi fant i oppgave a):

$u=Ccos2x+Dsin2x+80$

d) Her kan vi bare bruke opplysningene gitt ovenfor oppgaven, for å vise at funksjonen u er en løsning.

$u=-\frac{1}{16}{h}^{\prime }+80$, og $u^{\prime }=\frac{1}{4}h-150$, og $u^{\prime \prime }=\frac{1}{4}{h}^{\prime }$

Setter ovennevnte verdier for u og u'' inn i likningen u'' + 4u = 320:

$\frac{1}{4}{h}^{\prime }+4(-\frac{1}{16}{h}^{\prime }+80)=320$

$\frac{1}{4}{h}^{\prime }-\frac{1}{4}{h}^{\prime }+320=320$

$0=0$

u er en løsning av differensiallikningen.

e) Bruker informasjon i oppgaven, og omformerer til:

h = 4u' + 600

Bruk u(x) for så å vise at $u^{\prime }=2Ccos2x-2Dsin2x$. Innsatt i funksjonen ovenfor, gir det:

h = 4(2Ccos2x -2Dsin2x) + 600

h = -8Dsin2x + 8Ccos2x + 600

QED.

f) Tidligere nevnt i oppgaven, var at ved et tidspunkt x = 0, var antallet harer lik 800, og antallet rever lik 50. Det gir følgende likninger:

50 = Ccos2x + Dsin2x + 80, og 800 = -8Csin2x + 8Dcos2x + 600
Når x = 0, får vi:

-30 = C og 200 = 8D

C = -30 og D = 25, QED.

g) Her er det bare å plotte inn og tegne.

h) u(x) = -30cos2x + 25sin2x + 80

Vi finner amplituden til sinusfunksjonen vi får ved å bruke formlene:

$A=sqrt(-30{)}^2+(25{)}^2=5sqrt61$

$5sqrt61(\frac{5sqrt61}{61}sin(2x)-cos(2x)\frac{6sqrt61}{61})+80$

$5sqrt61(sin(2x)\cdot cos(\varphi )-cos(2x)sin(\varphi ))+80$

$5sqrt61sin(2x-\varphi )+80=5sqrt61sin(2x-0,876)+80$

Da blir $u(x)=5sqrt61sin(2x-0,876)+80$
Denne funksjonen kan også kontrolleres ved å skrive inn den oppgitte funksjonen for u(x), og den omformede inn i et koordinatsystem. Da vil man se at de vil overlappe hverandre, ergo at de er like.

i) Bruker den omformede funksjonen av u(x), for å finne ut når det er flest harer de første fem årene. Det vil si når sin(2x-0,876) = 1

$2x-0,876=\frac{\pi }{2}+2\pi \cdot n$

$x=\frac{pi}{4}+0,438+\pi \cdot n$

Når $0\le x\le 5$, får vi x-verdiene

$x=1,22$ og $x=4,36$

Når vi henholdsvis setter inn disse verdiene i både u(x) og h(x), får vi at
antall rever er omtrent 119, og antall harer er omtrent 602.