@Vektormannen:
Du mente sikkert: [tex](x - a)^2 + (y - b)^2 + (z-c)^2 = r^2[/tex] Den ser kjent ut, men når jeg gjorde oppg. kom jeg bare på [tex]x^2+y^2+z^2=r^2[/tex], 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
Bedriten R2 Terminprøve 12/05/2011
Moderatorer: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
-
mstud
- Grothendieck
- Innlegg: 825
- Registrert: 14/02-2011 15:08
- Sted: Matteboken (adresse kun gyldig i semesteret) :)
Det er bedre å stille et spørsmål og ikke få et svar, enn å ikke stille et spørsmål og ikke få et svar.
Det aller beste er enten:
å stille et spørsmål og få et svar
eller
å ikke stille et spørsmål og få et svar.
Det aller beste er enten:
å stille et spørsmål og få et svar
eller
å ikke stille et spørsmål og få et svar.
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 = [tex]\( \frac{x}{\ln(x)} \)[/tex]
f'(x) = [tex]2u \cdot[/tex] u'(x) = [tex]2(\frac{x}{ln(x)}) \cdot \frac{1 \cdot ln(x) - x \cdot (\frac {1}{x})}{(ln(x))^2}[/tex] [tex]= 2 \cdot \frac {x(ln(x)-1)}{(ln(x))^3}[/tex]
2) (uv)' regelen gir:
3((sin(2x)'cos(2x) + sin(2x)(cos(2x))') [tex]= 3(2cos^2(2x) - 2sin^2(2x)) = 6 (cos^2(2x) - sin^2(2x)) = 6cos(4x)[/tex]
b) 1) [tex]\int 2cos(x)\,dx = 2 \int cos(x)\,dx = 2sinx + C[/tex]
2) Setter [tex]u = x^2 - 4[/tex], som gir:
[tex]\frac {du}{dx} = 2x \Leftrightarrow du = 2xdx \Leftrightarrow 2du = 4xdx[/tex]
[tex]\int \frac{4x}{x^2-4}\,dx = \int \frac{2}{u}\,du = 2ln|u| + C = 2ln|x^2-4| + C[/tex]
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:
[tex]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[/tex]
c) [tex]sin(2x) - cos(2x) = 0 [/tex]| [tex]\cdot \frac {1}{cos(2x)}[/tex]
[tex]= tan(2x) - 1 = 0 \Leftrightarrow tan(2x) = 1 \Rightarrow 2x = \frac {\pi}{4} + \pi \cdot n \Leftrightarrow x = \frac {\pi}{8} + \frac {\pi}{2} \cdot n[/tex]
d) 1) Her er kvotienten [tex]= -\frac {1}{5}[/tex]
[tex]S_n = \frac {a_1}{1-k} = \frac {3}{1+\frac {1}{5}} = \frac {3}{\frac {6}{5}} = \frac {5}{2}[/tex]
2) Her er k = ln(x), og for at rekken skal konvergere, må -1 < k < 1
[tex]-1 < ln(x) < 1 \Leftrightarrow \frac {1}{e} < x < e[/tex]
e) Definisjonen av en kule: Et punkt [tex]P(x,y,z)[/tex] i rommet ligger på ei kule med radius r og sentrum i [tex]S(x_0,y_0,z_0)[/tex] 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 [tex]\vec{|SP|} = r[/tex]
[tex]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[/tex]
[tex]x^2 - 6x + 9 + y^2 + 4y + 4 + z^2 = 36[/tex]
[tex](x-3)^2 + (y+2)^2 + z^2 = 36[/tex]
Her er altså [tex]\vec{|SP|} = sqrt {(x-3)^2 + (y+2)^2 + z^2} = 6[/tex]
Likningen oppfyller altså kravet om at [tex]\vec{|SP|} = r[/tex]; en fast avstand som beskriver en kuleflate.
f) 1) [tex]y^{\prime}- x y = e^{\frac{x^2}{2}} \, , \; \text{hvor} \; y(0) \, = \, 2[/tex]
Multipliserer begge sider med [tex]e^{-\frac{x^2}{2}}[/tex], siden vi kan se at dette er svært passende sånn som funksjonen er satt opp:
[tex]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}}[/tex]
[tex]e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot y^{\prime} - e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot xy = e^{\frac{x^2}{2}-\frac{x^2}{2}}[/tex]
[tex]e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot y^{\prime} - e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot xy = 1[/tex]
Den deriverte av [tex]e^{-\frac{x^2}{2}}[/tex] er [tex]-xe^{-\frac{x^2}{2}}[/tex], derfor kan vi bruke at [tex](u \cdot v) = u^{\prime}v + uv^{\prime}[/tex]. I dette tilfelle:
[tex](e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot y)^{\prime} = 1[/tex]
[tex](e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot y) = \int 1 dx[/tex]
[tex]e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot y = x + C[/tex]
Kjent: y(0) = 2
[tex]2e^0 = 0 + C[/tex]
C = 2
[tex]y = \frac {x+2}{e^{-\frac{x^2}{2}}}[/tex]
2) Vi vet at [tex]y^{\prime\prime} - 6y^{\prime} + 5y = 0 \; \text{der} \; y(0)=2 \; \text{og} \; y^{\prime}(0) = 4[/tex] har den karakteristiske likningen:
[tex]r^2 - 6r + 5 = 0[/tex]
Som gir r = 5 og r = 1
[tex]y = Ce^{5x} + De^x \wedge y^{\prime} = 5Ce^{5x} + De^x[/tex]
[tex](I) 2 = Ce^0 + De^0 \wedge (II) 4 = 5Ce^0 + De^0[/tex]
C = 2 - D, innsatt i den andre likningen:
[tex]4 = 5(2 - D) + D \Leftrightarrow -6 = -4D[/tex]
[tex]D = \frac {3}{2}[/tex], som gir [tex]C = \frac {1}{2}[/tex]
[tex]y = \frac {1}{2}e^{5x} + \frac {3}{2}e^x[/tex]
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 ([tex]\vec{DP}[/tex] står vinkelrett på planet).
Setter retningsvektoren for framstillingen lik normalvektoren for planet:
[tex]\vec{n} = [1, 4, 1] = \vec{r}[/tex]
[tex]\vec{DX} = [x+1, y-2, z-3] = t \cdot \vec{r}[/tex]
[tex]t = x +1 \wedge 4t = y-2 \wedge t = z - 3[/tex]
Parameterframstilling for linjen:
[tex]\beta: \left\{ \begin{array}{l} x = t - 1 \\ y = 4t +2 \\ z = t +3 \\ \end{array} \right.[/tex]
Setter x-, y- og z-verdiene i framstillingen lik dem i likningen for planet:
[tex](t-1) + 4(4t+2) + (t+3) - 8 = 0[/tex]
[tex]t + 16t +t - 1 + 8 + 3 - 8 = 0[/tex]
[tex]18t = -2[/tex]
[tex]t = -\frac {1}{9}[/tex]
Denne t-verdien gir x-, y- og z-verdiene:
[tex]P(-\frac {10}{9}, \frac {14}{9}, \frac {26}{9})[/tex]
[tex]|\vec{DP}|[/tex] er avstanden fra punktet til planet:
[tex]\vec{DP} = [-\frac {10}{9} + 1, \frac {14}{9} - 2, \frac {26}{9} - 3] [/tex][tex]= [-\frac {1}{9}, -\frac {4}{9}, -\frac {1}{9}][/tex]
[tex]|\vec{DP}|[/tex] [tex]= \frac {\sqrt 2}{3}[/tex]
Svaret kan dobbelsjekkes ved å bruke punkt-plan formelen.
c) Vi kan finne volumet ved å finne determinanten av vektorene [tex]\vec{AB}[/tex], [tex]\vec{AC}[/tex] og
[tex]\vec{AD}[/tex].
[tex]\vec{AB} = [-8, 2, 0][/tex], [tex]\vec{AC} = [-8, 0, 8][/tex] og
[tex]\vec{AD} = [-9, 2, 3][/tex], gir determinanten:
[tex]\[ \left (\begin{array}{ccc}-8 & 2 & 0 \\-8 & 0 & 8 \\-9 & 2 & 3\end{array} \right)\] = -8(-16)-2(-8\cdot3 + 8\cdot9) = 128-96 = 32[/tex]
d) Her får vi at [tex]\vec{AT} = [2t-9, t, -6t - 5][/tex]
Determinanten blir:
[tex]\[ \left (\begin{array}{ccc}2t-9 & t & -6t-5 \\-8 & 0 & 8 \\-8 & 2 & 0 \end{array} \right)\][/tex] [tex]= -2t-9(-16) + (-t -2)(8\cdot 8) + (-6t + 3)(-8 \cdot 2) = -32t + 144 -64t - 128 +96 -48 = -32[/tex]
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:
[tex]S_n = \frac {n(a_1 + a_n)}{2}[/tex]
Her er [tex]a_1 = 1[/tex] og [tex]a_n = 4n - 3[/tex], derfor:
[tex]S_n = \frac {n(4n-2)}{2}[/tex]
b) 1) [tex]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) [/tex]
2) Bare å sette [tex]- \frac {5}{2} \cdot ((\frac {1}{5})^n - 1) = 2,45[/tex]
[tex](\frac {1}{5})^n - 1 = -0,98[/tex]
[tex](\frac {1}{5})^n = 0,02[/tex]
[tex]n \cdot ln \frac {1}{5} = ln0,02[/tex]
n = 2,43
Det vil si vi må ha med minst 3 ledd for at S_n > 2,45
3) Siden [tex]k = \frac {1}{5}[/tex], vil rekken konvergere, og da blir summen:
[tex]S_n = \frac {a_1}{1-k} = \frac {2}{\frac {4}{5}} = \frac {10}{4} = \frac {5}{2}[/tex]
c) 1) Her er [tex]k = \frac {x}{5} \Leftrightarrow -1 < \frac {x}{5} < 1 \Leftrightarrow -5 < x < 5[/tex], sistnevnte er konvergeringsområdet.
[tex]S(x) = \frac {2}{1-\frac {x}{5}} = \frac {10}{5-x}[/tex] er summen.
2) [tex]20 = \frac {10}{5-x} \Leftrightarrow (5-x)20 = 10 \Leftrightarrow 100-20x = 10 \Leftrightarrow x = 4,5[/tex]. Summen kan bli 20.
[tex]-10 = \frac {10}{5-x} \Leftrightarrow (5-x)-10 = 10 \Leftrightarrow 10x-50=10 \Leftrightarrow x = 6[/tex]. Summen kan ikke bli -10.
d) Ser først om den stemmer for n = 1:
[tex](2-1)^2 = 1[/tex] = V.S.
[tex]\frac {1}{3}(4-1) = 1[/tex] = H.S.
Men V.S. = H.S., så formelen stemmer for n = 1. Da antar vi at den stemmer for
n = k:
[tex]1^2 + 3^2 + 5^2 +...+ (2k-1)^2 = \frac {1}{3}k(4k^2-1)[/tex]
Undersøker om formelen stemmer for n = k +1. Hvis den gjør det, stemmer den for
alle [tex]n \geq 1[/tex]:
[tex]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 =[/tex] V.S.
[tex]\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 + {8}{3}k +1 = \frac {4}{3}k^3 + 4k^2 + \frac {11}{3} +1[/tex] = H.S.
Men V.S. = H.S.
Dermed er det vist at formelen stemmer for alle [tex]n \geq 1[/tex] (QED).
Oppgave 4
a) f'(x) = 4 + 4cosx
4 + 4cosx = 0
cosx = -1
[tex]x = \pi + 2\pi \cdot n[/tex], gir nullpunkt for den deriverte lik [tex](\pi, 4 \pi)[/tex]
Når vi tegner opp fortegnsskjema, ser vi at den først stiger, så synker før den når et terassepunkt. Dette punktet er for [tex](\pi, 4 \pi)[/tex].
b) f''(x) = -4sinx
sinx = 0
[tex]x = \pi \cdot n[/tex], nullpunkter for [tex]x = 0[/tex] og [tex]x = \pi[/tex].
Vendepunkter: (0,0) og [tex](\pi, 4 \pi)[/tex]
c) Plotte inn punkter, og tegne grafene.
d) Undersøker når de skjærer hverandre; f(x) = g(x), som gir:
4sinx = 0
[tex]x = \pi \cdot n[/tex], i dette tilfellet: [tex]x = 0[/tex], [tex]x = \pi[/tex] og [tex]x = 2 \pi[/tex]
Vi får to bestemte integraler:
[tex]\int _0^\pi \! f(x)-g(x) \, \mathrm{d}x[/tex] og [tex]\int_\pi^{2\pi}\! f(x)-g(x) \, \mathrm{d}x[/tex]
[tex]\int _0^\pi \! 4sinx \, \mathrm{d}x = -4cos\pi - (-4cos0) = 4 + 4 = 8[/tex]
[tex]\int _\pi^{2\pi} \! 4sinx \, \mathrm{d}x = -4cos{2\pi} - (-4cos\pi) =-4 -4 = -8[/tex]
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 [tex]F(x) = 2\pi[/tex]:
[tex]4x + 4sinx = 2\pi[/tex]
Denne løses grafisk, ved å lage en linje [tex]y=2\pi[/tex]. Av dette, ser vi at linjen skjærer F(x) i punktet [tex](0,83, 2\pi)[/tex]. 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
[tex]\angle SAB = \angle SAC = \frac {x}{2}[/tex], og at [tex]\angle BSC = 2x[/tex]. Sidene [tex]SA = SB = r[/tex], derfor blir [tex]\angle ASB = \angle ASC = \pi - x[/tex].
Da blir arealene av trekantene [tex]\bigtriangleup ASC = \bigtriangleup ASB[/tex]:
[tex]A_{trekanter} = 2 \cdot \frac {1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot sin(\pi-x)[/tex] [tex]= 4\cdot (sin\pi \cdot cosx - cos\pi \cdot sinx) = 4sinx[/tex]
BSC er en sirkelsektor, der BC utgjør følgende andel av omkretsen:
[tex]\frac {BC}{O} = \frac {2 \cdot 2x}{4\pi} = \frac {x}{pi}[/tex]
Sirkelbuen BC fant vi ved hjelp av formelen [tex]v = \frac {b}{r}[/tex]
Da blir arealet av BSC andelen den komprimerer av totalarealet:
[tex]\frac {x}{\pi} \cdot 4\pi = 4x[/tex]
Summen av alle tre arealene, blir:
[tex]A = 4x + 2 \cdot 2sinx = 4x + 4sinx = F(x)[/tex]
QED.
Oppgave 5
a) Den karakteristiske likningen r^2 + 4 = 0, gir følgende løsningene av andregradsformelen:
[tex]r = \pm 2 sqrt{-1}[/tex]
Vi skal ha to løsninger, og siden 2 er tallet q (og p = 0), får vi to lineært uavhengige løsninger:
[tex]y = Ccos2x[/tex] og [tex]y = Dsin2x[/tex]
[tex]y = Ccos2x + Dsin2x[/tex]
Hver av de lineære løsningene kan kontrolleres ved å sette dem inn for y og y''.
b) [tex]u^{\prime\prime} = y^{\prime\prime}[/tex]
Som gir:
[tex]y^{\prime\prime} + 4y+320 = 320[/tex]
[tex]y^{\prime\prime} + 4y = 0[/tex]
Vi ser at når u = y + 80, er løsningene vi fant for y i oppgave a) en løsning for likningen [tex]u^{\prime\prime} +4u = 320[/tex]. QED.
c) Vi setter inn løsningen for y i u = y + 80, som vi fant i oppgave a):
[tex]u = Ccos2x + Dsin2x + 80[/tex]
d) Her kan vi bare bruke opplysningene gitt ovenfor oppgaven, for å vise at funksjonen u er en løsning.
[tex]u = -\frac {1}{16}h^{\prime} + 80[/tex], og [tex]u^{\prime} =\frac {1}{4}h-150[/tex], og [tex]u^{\prime\prime} = \frac{1}{4}h^{\prime}[/tex]
Setter ovennevnte verdier for u og u'' inn i likningen u'' + 4u = 320:
[tex]\frac {1}{4}h^{\prime} +4(-\frac {1}{16}h^{\prime} + 80) =320[/tex]
[tex]\frac {1}{4}h^{\prime} - \frac {1}{4}h^{\prime} +320 = 320[/tex]
[tex]0 = 0[/tex]
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 [tex]u^{\prime} = 2Ccos2x -2Dsin2x[/tex]. 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:
[tex]A = sqrt{(-30)^2 + (25)^2} = 5sqrt{61}[/tex]
[tex]5sqrt{61}({\frac {5sqrt{61}}{61}}sin(2x) - cos(2x) {\frac{6sqrt{61}}{61}}) + 80[/tex]
[tex]5sqrt{61}(sin(2x)\cdot cos(\phi) - cos(2x)sin(\phi)) + 80[/tex]
[tex]5sqrt{61}sin(2x-\phi) + 80 = 5sqrt{61}sin(2x-0,876) + 80[/tex]
Da blir [tex]u(x) = 5sqrt{61}sin(2x-0,876) + 80[/tex]
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
[tex]2x-0,876 = \frac {\pi}{2} + 2\pi \cdot n[/tex]
[tex]x = \frac {pi}{4} + 0,438 + \pi \cdot n[/tex]
Når [tex]0 \le x \le 5[/tex], får vi x-verdiene
[tex]x = 1,22[/tex] og [tex]x = 4,36[/tex]
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.
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 = [tex]\( \frac{x}{\ln(x)} \)[/tex]
f'(x) = [tex]2u \cdot[/tex] u'(x) = [tex]2(\frac{x}{ln(x)}) \cdot \frac{1 \cdot ln(x) - x \cdot (\frac {1}{x})}{(ln(x))^2}[/tex] [tex]= 2 \cdot \frac {x(ln(x)-1)}{(ln(x))^3}[/tex]
2) (uv)' regelen gir:
3((sin(2x)'cos(2x) + sin(2x)(cos(2x))') [tex]= 3(2cos^2(2x) - 2sin^2(2x)) = 6 (cos^2(2x) - sin^2(2x)) = 6cos(4x)[/tex]
b) 1) [tex]\int 2cos(x)\,dx = 2 \int cos(x)\,dx = 2sinx + C[/tex]
2) Setter [tex]u = x^2 - 4[/tex], som gir:
[tex]\frac {du}{dx} = 2x \Leftrightarrow du = 2xdx \Leftrightarrow 2du = 4xdx[/tex]
[tex]\int \frac{4x}{x^2-4}\,dx = \int \frac{2}{u}\,du = 2ln|u| + C = 2ln|x^2-4| + C[/tex]
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:
[tex]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[/tex]
c) [tex]sin(2x) - cos(2x) = 0 [/tex]| [tex]\cdot \frac {1}{cos(2x)}[/tex]
[tex]= tan(2x) - 1 = 0 \Leftrightarrow tan(2x) = 1 \Rightarrow 2x = \frac {\pi}{4} + \pi \cdot n \Leftrightarrow x = \frac {\pi}{8} + \frac {\pi}{2} \cdot n[/tex]
d) 1) Her er kvotienten [tex]= -\frac {1}{5}[/tex]
[tex]S_n = \frac {a_1}{1-k} = \frac {3}{1+\frac {1}{5}} = \frac {3}{\frac {6}{5}} = \frac {5}{2}[/tex]
2) Her er k = ln(x), og for at rekken skal konvergere, må -1 < k < 1
[tex]-1 < ln(x) < 1 \Leftrightarrow \frac {1}{e} < x < e[/tex]
e) Definisjonen av en kule: Et punkt [tex]P(x,y,z)[/tex] i rommet ligger på ei kule med radius r og sentrum i [tex]S(x_0,y_0,z_0)[/tex] 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 [tex]\vec{|SP|} = r[/tex]
[tex]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[/tex]
[tex]x^2 - 6x + 9 + y^2 + 4y + 4 + z^2 = 36[/tex]
[tex](x-3)^2 + (y+2)^2 + z^2 = 36[/tex]
Her er altså [tex]\vec{|SP|} = sqrt {(x-3)^2 + (y+2)^2 + z^2} = 6[/tex]
Likningen oppfyller altså kravet om at [tex]\vec{|SP|} = r[/tex]; en fast avstand som beskriver en kuleflate.
f) 1) [tex]y^{\prime}- x y = e^{\frac{x^2}{2}} \, , \; \text{hvor} \; y(0) \, = \, 2[/tex]
Multipliserer begge sider med [tex]e^{-\frac{x^2}{2}}[/tex], siden vi kan se at dette er svært passende sånn som funksjonen er satt opp:
[tex]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}}[/tex]
[tex]e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot y^{\prime} - e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot xy = e^{\frac{x^2}{2}-\frac{x^2}{2}}[/tex]
[tex]e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot y^{\prime} - e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot xy = 1[/tex]
Den deriverte av [tex]e^{-\frac{x^2}{2}}[/tex] er [tex]-xe^{-\frac{x^2}{2}}[/tex], derfor kan vi bruke at [tex](u \cdot v) = u^{\prime}v + uv^{\prime}[/tex]. I dette tilfelle:
[tex](e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot y)^{\prime} = 1[/tex]
[tex](e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot y) = \int 1 dx[/tex]
[tex]e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot y = x + C[/tex]
Kjent: y(0) = 2
[tex]2e^0 = 0 + C[/tex]
C = 2
[tex]y = \frac {x+2}{e^{-\frac{x^2}{2}}}[/tex]
2) Vi vet at [tex]y^{\prime\prime} - 6y^{\prime} + 5y = 0 \; \text{der} \; y(0)=2 \; \text{og} \; y^{\prime}(0) = 4[/tex] har den karakteristiske likningen:
[tex]r^2 - 6r + 5 = 0[/tex]
Som gir r = 5 og r = 1
[tex]y = Ce^{5x} + De^x \wedge y^{\prime} = 5Ce^{5x} + De^x[/tex]
[tex](I) 2 = Ce^0 + De^0 \wedge (II) 4 = 5Ce^0 + De^0[/tex]
C = 2 - D, innsatt i den andre likningen:
[tex]4 = 5(2 - D) + D \Leftrightarrow -6 = -4D[/tex]
[tex]D = \frac {3}{2}[/tex], som gir [tex]C = \frac {1}{2}[/tex]
[tex]y = \frac {1}{2}e^{5x} + \frac {3}{2}e^x[/tex]
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 ([tex]\vec{DP}[/tex] står vinkelrett på planet).
Setter retningsvektoren for framstillingen lik normalvektoren for planet:
[tex]\vec{n} = [1, 4, 1] = \vec{r}[/tex]
[tex]\vec{DX} = [x+1, y-2, z-3] = t \cdot \vec{r}[/tex]
[tex]t = x +1 \wedge 4t = y-2 \wedge t = z - 3[/tex]
Parameterframstilling for linjen:
[tex]\beta: \left\{ \begin{array}{l} x = t - 1 \\ y = 4t +2 \\ z = t +3 \\ \end{array} \right.[/tex]
Setter x-, y- og z-verdiene i framstillingen lik dem i likningen for planet:
[tex](t-1) + 4(4t+2) + (t+3) - 8 = 0[/tex]
[tex]t + 16t +t - 1 + 8 + 3 - 8 = 0[/tex]
[tex]18t = -2[/tex]
[tex]t = -\frac {1}{9}[/tex]
Denne t-verdien gir x-, y- og z-verdiene:
[tex]P(-\frac {10}{9}, \frac {14}{9}, \frac {26}{9})[/tex]
[tex]|\vec{DP}|[/tex] er avstanden fra punktet til planet:
[tex]\vec{DP} = [-\frac {10}{9} + 1, \frac {14}{9} - 2, \frac {26}{9} - 3] [/tex][tex]= [-\frac {1}{9}, -\frac {4}{9}, -\frac {1}{9}][/tex]
[tex]|\vec{DP}|[/tex] [tex]= \frac {\sqrt 2}{3}[/tex]
Svaret kan dobbelsjekkes ved å bruke punkt-plan formelen.
c) Vi kan finne volumet ved å finne determinanten av vektorene [tex]\vec{AB}[/tex], [tex]\vec{AC}[/tex] og
[tex]\vec{AD}[/tex].
[tex]\vec{AB} = [-8, 2, 0][/tex], [tex]\vec{AC} = [-8, 0, 8][/tex] og
[tex]\vec{AD} = [-9, 2, 3][/tex], gir determinanten:
[tex]\[ \left (\begin{array}{ccc}-8 & 2 & 0 \\-8 & 0 & 8 \\-9 & 2 & 3\end{array} \right)\] = -8(-16)-2(-8\cdot3 + 8\cdot9) = 128-96 = 32[/tex]
d) Her får vi at [tex]\vec{AT} = [2t-9, t, -6t - 5][/tex]
Determinanten blir:
[tex]\[ \left (\begin{array}{ccc}2t-9 & t & -6t-5 \\-8 & 0 & 8 \\-8 & 2 & 0 \end{array} \right)\][/tex] [tex]= -2t-9(-16) + (-t -2)(8\cdot 8) + (-6t + 3)(-8 \cdot 2) = -32t + 144 -64t - 128 +96 -48 = -32[/tex]
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:
[tex]S_n = \frac {n(a_1 + a_n)}{2}[/tex]
Her er [tex]a_1 = 1[/tex] og [tex]a_n = 4n - 3[/tex], derfor:
[tex]S_n = \frac {n(4n-2)}{2}[/tex]
b) 1) [tex]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) [/tex]
2) Bare å sette [tex]- \frac {5}{2} \cdot ((\frac {1}{5})^n - 1) = 2,45[/tex]
[tex](\frac {1}{5})^n - 1 = -0,98[/tex]
[tex](\frac {1}{5})^n = 0,02[/tex]
[tex]n \cdot ln \frac {1}{5} = ln0,02[/tex]
n = 2,43
Det vil si vi må ha med minst 3 ledd for at S_n > 2,45
3) Siden [tex]k = \frac {1}{5}[/tex], vil rekken konvergere, og da blir summen:
[tex]S_n = \frac {a_1}{1-k} = \frac {2}{\frac {4}{5}} = \frac {10}{4} = \frac {5}{2}[/tex]
c) 1) Her er [tex]k = \frac {x}{5} \Leftrightarrow -1 < \frac {x}{5} < 1 \Leftrightarrow -5 < x < 5[/tex], sistnevnte er konvergeringsområdet.
[tex]S(x) = \frac {2}{1-\frac {x}{5}} = \frac {10}{5-x}[/tex] er summen.
2) [tex]20 = \frac {10}{5-x} \Leftrightarrow (5-x)20 = 10 \Leftrightarrow 100-20x = 10 \Leftrightarrow x = 4,5[/tex]. Summen kan bli 20.
[tex]-10 = \frac {10}{5-x} \Leftrightarrow (5-x)-10 = 10 \Leftrightarrow 10x-50=10 \Leftrightarrow x = 6[/tex]. Summen kan ikke bli -10.
d) Ser først om den stemmer for n = 1:
[tex](2-1)^2 = 1[/tex] = V.S.
[tex]\frac {1}{3}(4-1) = 1[/tex] = H.S.
Men V.S. = H.S., så formelen stemmer for n = 1. Da antar vi at den stemmer for
n = k:
[tex]1^2 + 3^2 + 5^2 +...+ (2k-1)^2 = \frac {1}{3}k(4k^2-1)[/tex]
Undersøker om formelen stemmer for n = k +1. Hvis den gjør det, stemmer den for
alle [tex]n \geq 1[/tex]:
[tex]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 =[/tex] V.S.
[tex]\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 + {8}{3}k +1 = \frac {4}{3}k^3 + 4k^2 + \frac {11}{3} +1[/tex] = H.S.
Men V.S. = H.S.
Dermed er det vist at formelen stemmer for alle [tex]n \geq 1[/tex] (QED).
Oppgave 4
a) f'(x) = 4 + 4cosx
4 + 4cosx = 0
cosx = -1
[tex]x = \pi + 2\pi \cdot n[/tex], gir nullpunkt for den deriverte lik [tex](\pi, 4 \pi)[/tex]
Når vi tegner opp fortegnsskjema, ser vi at den først stiger, så synker før den når et terassepunkt. Dette punktet er for [tex](\pi, 4 \pi)[/tex].
b) f''(x) = -4sinx
sinx = 0
[tex]x = \pi \cdot n[/tex], nullpunkter for [tex]x = 0[/tex] og [tex]x = \pi[/tex].
Vendepunkter: (0,0) og [tex](\pi, 4 \pi)[/tex]
c) Plotte inn punkter, og tegne grafene.
d) Undersøker når de skjærer hverandre; f(x) = g(x), som gir:
4sinx = 0
[tex]x = \pi \cdot n[/tex], i dette tilfellet: [tex]x = 0[/tex], [tex]x = \pi[/tex] og [tex]x = 2 \pi[/tex]
Vi får to bestemte integraler:
[tex]\int _0^\pi \! f(x)-g(x) \, \mathrm{d}x[/tex] og [tex]\int_\pi^{2\pi}\! f(x)-g(x) \, \mathrm{d}x[/tex]
[tex]\int _0^\pi \! 4sinx \, \mathrm{d}x = -4cos\pi - (-4cos0) = 4 + 4 = 8[/tex]
[tex]\int _\pi^{2\pi} \! 4sinx \, \mathrm{d}x = -4cos{2\pi} - (-4cos\pi) =-4 -4 = -8[/tex]
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 [tex]F(x) = 2\pi[/tex]:
[tex]4x + 4sinx = 2\pi[/tex]
Denne løses grafisk, ved å lage en linje [tex]y=2\pi[/tex]. Av dette, ser vi at linjen skjærer F(x) i punktet [tex](0,83, 2\pi)[/tex]. 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
[tex]\angle SAB = \angle SAC = \frac {x}{2}[/tex], og at [tex]\angle BSC = 2x[/tex]. Sidene [tex]SA = SB = r[/tex], derfor blir [tex]\angle ASB = \angle ASC = \pi - x[/tex].
Da blir arealene av trekantene [tex]\bigtriangleup ASC = \bigtriangleup ASB[/tex]:
[tex]A_{trekanter} = 2 \cdot \frac {1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot sin(\pi-x)[/tex] [tex]= 4\cdot (sin\pi \cdot cosx - cos\pi \cdot sinx) = 4sinx[/tex]
BSC er en sirkelsektor, der BC utgjør følgende andel av omkretsen:
[tex]\frac {BC}{O} = \frac {2 \cdot 2x}{4\pi} = \frac {x}{pi}[/tex]
Sirkelbuen BC fant vi ved hjelp av formelen [tex]v = \frac {b}{r}[/tex]
Da blir arealet av BSC andelen den komprimerer av totalarealet:
[tex]\frac {x}{\pi} \cdot 4\pi = 4x[/tex]
Summen av alle tre arealene, blir:
[tex]A = 4x + 2 \cdot 2sinx = 4x + 4sinx = F(x)[/tex]
QED.
Oppgave 5
a) Den karakteristiske likningen r^2 + 4 = 0, gir følgende løsningene av andregradsformelen:
[tex]r = \pm 2 sqrt{-1}[/tex]
Vi skal ha to løsninger, og siden 2 er tallet q (og p = 0), får vi to lineært uavhengige løsninger:
[tex]y = Ccos2x[/tex] og [tex]y = Dsin2x[/tex]
[tex]y = Ccos2x + Dsin2x[/tex]
Hver av de lineære løsningene kan kontrolleres ved å sette dem inn for y og y''.
b) [tex]u^{\prime\prime} = y^{\prime\prime}[/tex]
Som gir:
[tex]y^{\prime\prime} + 4y+320 = 320[/tex]
[tex]y^{\prime\prime} + 4y = 0[/tex]
Vi ser at når u = y + 80, er løsningene vi fant for y i oppgave a) en løsning for likningen [tex]u^{\prime\prime} +4u = 320[/tex]. QED.
c) Vi setter inn løsningen for y i u = y + 80, som vi fant i oppgave a):
[tex]u = Ccos2x + Dsin2x + 80[/tex]
d) Her kan vi bare bruke opplysningene gitt ovenfor oppgaven, for å vise at funksjonen u er en løsning.
[tex]u = -\frac {1}{16}h^{\prime} + 80[/tex], og [tex]u^{\prime} =\frac {1}{4}h-150[/tex], og [tex]u^{\prime\prime} = \frac{1}{4}h^{\prime}[/tex]
Setter ovennevnte verdier for u og u'' inn i likningen u'' + 4u = 320:
[tex]\frac {1}{4}h^{\prime} +4(-\frac {1}{16}h^{\prime} + 80) =320[/tex]
[tex]\frac {1}{4}h^{\prime} - \frac {1}{4}h^{\prime} +320 = 320[/tex]
[tex]0 = 0[/tex]
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 [tex]u^{\prime} = 2Ccos2x -2Dsin2x[/tex]. 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:
[tex]A = sqrt{(-30)^2 + (25)^2} = 5sqrt{61}[/tex]
[tex]5sqrt{61}({\frac {5sqrt{61}}{61}}sin(2x) - cos(2x) {\frac{6sqrt{61}}{61}}) + 80[/tex]
[tex]5sqrt{61}(sin(2x)\cdot cos(\phi) - cos(2x)sin(\phi)) + 80[/tex]
[tex]5sqrt{61}sin(2x-\phi) + 80 = 5sqrt{61}sin(2x-0,876) + 80[/tex]
Da blir [tex]u(x) = 5sqrt{61}sin(2x-0,876) + 80[/tex]
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
[tex]2x-0,876 = \frac {\pi}{2} + 2\pi \cdot n[/tex]
[tex]x = \frac {pi}{4} + 0,438 + \pi \cdot n[/tex]
Når [tex]0 \le x \le 5[/tex], får vi x-verdiene
[tex]x = 1,22[/tex] og [tex]x = 4,36[/tex]
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.
Fysikk og matematikk (MTFYMA, Sivilingeniør/Master 5-årig) ved NTNU