Innhold

Ekstern løsning

Løsning fra NDLA

Del 1

Oppgave 1

a)

$f(x)=x^2\sin(x)\Rightarrow f'(x)=(x^2)'\sin(x)+x^2(\sin(x))'=2x\sin(x)+x^2\cos(x)$

b)

Radianer er en måte å måle vinkler på der en rett linje tilsvarer $\pi$ radianer. Sammenhengen mellom grader og radianer er gitt ved at $w=\frac{v}{180}\pi$ der $v$ er grader og $w$ radianer.

c)

Vi har multipliserer med integrerende faktor $e^{\int 2\,dx} \, =e^{2x}$ og får at $y'e^{2x}+2ye^{2x}=3xe^{2x}$ . Omskrivning av venstre side gir at $(ye^{2x})'=3xe^{2x}$ . Integrasjon gir videre at $ye^{2x}=\int 3xe^{2x}\,dx=[\frac32 xe^{2x}]-\int \frac32 e^{2x}\,dx=\frac32 xe^{2x}-\frac{3}{4}e^{2x}+C$ . Multiplikasjon med $e^{-2x}$ gir til slutt at $y=\frac32 x-\frac{3}{4}+Ce^{-2x}$ . Startbetingelsen $y(0)=3$ gir at $y(0)=3=-\frac34+C$ , så $C=3+\frac34=\frac{15}{4}$ , og $y(x)=\frac32 x-\frac{3}{4}+\frac{15}{4}e^{-2x}$


d)

La $f(x)=x^3-x^2-4x+4$


1) $f(1)=1^3-1^2-4+4=0$ , så $(x-1)$ er en faktor i $f(x)$ . Polynomdivisjon gir at $x^3-x^2-4x+4\,:\,x-1=x^2-4=(x+2)(x-2)$ . Så $f(x)=(x-1)(x-2)(x+2)$


2) Delbrøksoppspaltning gir at $\frac{x^2-2x+4}{(x-1)(x-2)(x+2)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{x+2}$ . Multipliserer vi med $(x-1)(x-2)(x+2)$ får vi at $x^2-2x+4=A(x-2)(x+2)+B(x-1)(x+2)+C(x-1)(x-2)=(A+B+C)x^2+(B-3C)x-4A-2B+2C$ . Sammenligning av koeffisientene gir at $A+B+C=1$ , $B-3C=-2$ og $-2A-B+C=2$ med løsning $A=-1$ , $B=C=1$ . Altså er $\frac{x^2-2x+4}{(x-1)(x-2)(x+2)}=-\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x+2}$ .


3) $\int -\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x+2}\,dx=-\ln(|x-1|)+\ln(|x-2|)+\ln(|x+2|)+C$


e)

Leddene i en geometrisk rekke er på formen $ak^n$ . Forholdet mellom to påfølgende ledd er dermed $\frac{ak^{n+1}}{ak^n}=k$ , så vi må ha at $k=\frac{2x}{x-1}=\frac{4x+8}{2x}$ . Altså er $4x^2=(4x+8)(x-1)=4x^2-4x+8x-8$ , så $4x=8$ . Vi må derfor ha at $x=2$ , og leddene blir $a_1=x-1=2-1=1$ , $a_2=2x=2\cdot 2=4$ og $a_3=4x+8=4\cdot 2+8=16$ . Altså er $a_n=4^{n-1}=\frac14 4^n$ .


f)

Induksjonssteg 1: $s_1=\frac{a_1(k^1-1)}{k-1}=a_1$ , så formelen er riktig for $n=1$ .

Induksjonssteg 2: Anta at formelen er riktig for $n=m$ . Da er $s_m=\frac{a_1(k^m-1)}{k-1}$ , og $s_{m+1}=s_m+a_{m+1}=\frac{a_1(k^m-1)}{k-1}+a_1k^{m}=\frac{a_1(k^m-1+k^m(k-1))}{k-1}=\frac{a_1(k^{m+1}-1)}{k-1}$ , så formelen er riktig for $n=m+1$ . Det følger at formelen er riktig for alle naturlige tall.

Oppgave 2

a)

$\vec{AB}=[2,1,2]$ og $\vec{AC}=[1,6,4]$ , så $\vec{AB}\cdot \vec{AC}=2+6+8=16$ .

b)

$\vec{AB}\times\vec{AC}=[-8,-6,11]$

c)

La $P=(x,y,z)$ være et punkt i planet$\alpha$ , slik at vektoren $\vec{AP}=[x-1,y-1,z-1]$ ligger i planet. $\vec{AB}\times\vec{AC}$ står vinkelrett på planet, så vi må ha at $(\vec{AB}\times\vec{AC})\cdot \vec{AP}=[-8,-6,11]\cdot [x-1,y-1,z-1]=-8x+8-6y+6+11z-11=0$ . Ligningen for $\alpha$ blir derfor $8x+6y-11z=3$ . Punktet $(x,y,z)=(2,2,3)$ tilfredsstiller ikke ligningen, og ligger derfor ikke i planet.


d)

En parameterfremstilling for en linje gjennom $D$ , parallell med $\vec{AB}\times\vec{AC}$ er $\vec{r}(t)=[2,2,3]+t[-8,-6,11]=[2-8t,2-6t,3+11t]$ . $S$ er dermed bestemt ved at $[8,6,-11]\cdot [2-8t,2-6t,3+11t]=16-64t+12-36t-33-121t=-221t-5=3$ , så $t=-\frac{8}{221}$ .

Del 2

Oppgave 3

a)

Arealet av trekanten kan skrives på to måter:


$\frac {a \cdot b} {2} = \frac {c \cdot h} {2}$

dvs

$a \cdot b = c \cdot h$

Pytagoras gir $a^2 + b^2 = c^2$ der $c= \frac{ab}h$

(fra linjene over)

Det gir:

$a^2 + b^2 =( \frac{ab}h)^2$

$a^2 + b^2 = \frac{a^2b^2}{h^2}$

$\frac{a^2}{a^2b^2} + \frac{b^2}{a^2b^2} =\frac{1}{h^2}$

$\frac{1}{b^2} + \frac{1}{a^2} =\frac{1}{h^2}$ Hvilket skulle vises.

b)

$\vec{AB} \times \vec{AC} = [bc,ac, ab]$

Arealet av trekanten blir da

$\frac12 \sqrt{b^2c^2+a^2c^2+a^2b^2}$


c)

$F_{\triangle ABC}^2 = F_{\triangle OAC}^2+F_{\triangle OBC}^2+F_{\triangle OAB}^2$

Fra b har man at

$F_{\triangle ABC}^2 = \frac14 (b^2c^2+a^2C^2+a^2b^2)$

Man finner så arealet av de tre andre trekantene ved å bruke vektorproduktet, og får:

$F_{\triangle OAC}^2 = \frac14 (a^2C^2)$

$F_{\triangle OBC}^2 = \frac14 (b^2c^2)$

$F_{\triangle ABC}^2 = \frac14 (a^2b^2)$

Man ser da et arealsetningen er riktig.


d)

Volumet av figuren OABC kan skrives:

$\frac 12 \cdot a \cdot b \cdot c \cdot \frac13 = F_{\triangle ABC} \cdot h \cdot \frac13$

som gir:

$F_{\triangle ABC} = \frac{ a \cdot b \cdot c}{2h}$


e)

Man har:

$F_{\triangle ABC}^2 = \frac14 (b^2c^2+a^2C^2+a^2b^2)$ og $F_{\triangle ABC} = \frac{ a \cdot b \cdot c}{2h}$

Kombinert gir det

$(\frac{ a \cdot b \cdot c}{2h})^2 = \frac14 (b^2c^2+a^2C^2+a^2b^2)$

$\frac{ a^2 \cdot b^2 \cdot c^2}{4h^2} = \frac14 (b^2c^2+a^2C^2+a^2b^2)$

$\frac{1}{h^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2}$

Oppgave 4

Alternativ I

a)

Avstanden langs x-aksen mellom påfølgende topp- og bunnpunkt er konstant, altså er det toppunkt i $x=5$ . Funksjonen har toppunkt i $(1,6)$ og bunnpunkt i $(3,-1)$ og $(7,-1)$ . La $f(x)=a\cos(cx-\varphi)+d$ . Vi kan anta at $a>0$ (Hvis $a<0$ kan vi skrive $a\cos(\theta)=-a\cos(\pi-\theta)$ ): I toppunktet er $\cos=1$ og i bunnpunktet $\cos=-1$ , så vi må ha at $6=a+d$ og $-1=-a+d$ . Det følger at $a=\frac72$ og $d=\frac52$ . Vi må også ha at $\cos(c-\varphi)=1$ og $\cos(3c-\varphi)=-1$ , så $c-\varphi=0$ og $3c-\varphi=\pi$ , så $2c=\pi$ og $2\varphi=\pi$ . Vi får altså at $f(x)=\frac{7}{2}\cos(\frac{\pi}{2}x-\frac{\pi}{2})+\frac52=\frac{7}{2}\sin(\frac{\pi}{2}x)+\frac52$

b)

Løser vi ligningen $f''(x)=0$ blir $x=2n,\,n\in \{1,2,3,4,5\}$ . $f'(x)$ har bunnpunkt i $x=2$ , $x=6$ og $x=10$ , og der avtar $f(x)$ raskest.

c)

Vi løser $\frac{7}{2}\sin(\frac{\pi}{2}x)+\frac52=0$ , og får løsningene $x=\frac{2(2\pi n-\arcsin(\frac57))}{\pi}$ og $x=\frac{2(2\pi n+\pi+\arcsin(\frac57))}{\pi}$ for $n\in\mathbb{Z}$ . I intervallet $\langle 0,12\rangle$ er nullpunktene tilnærmet $2.51$ , $3.49$ , $6.51$ , $7.49$ , $10.51$ , og $11.49$

d)

Screen shot 2012-01-13 at 02.22.12.png


Vi må først finne skjæringspunktene mellom $f(x)$ (rød) og linja(blå) $y=5$ . Altså må vi løse ligningen $f(x)=\frac{7}{2}\sin(\frac{\pi}{2}x)+\frac52=5$ . De to første løsningene er tilnærmet $x=0.51$ og $x=1.49$ . Det samlede arealet av områdene avgrenset av kurvene, over $y=5$ , blir dermed $3\int_{0.51}^{1.49} \frac{7}{2}\sin(\frac{\pi}{2}x)+\frac52-5\,dx\approx 1.95$ .


Alternativ II

a)

Volumet $V=\int_0^9\pi f(x)^2\,dx=\pi\int_0^9 x\,dx=\frac{\pi}{2} [x^2]_0^9=\frac{81\pi}{2}$


b)

Radius til omdreiningslegemet er $|f(x)-k|=|x^{\frac12}-k|$ . Volumet blir følgelig $V(k)=\int_0^9\pi(x^{\frac12}-k)^2\,dx$

c)

Vi har at $(x^{\frac12}-k)^2=x-2kx^{\frac12}+k^2$ , så $V(k)=\int_0^9\pi(x^{\frac12}-k)^2\,dx=\pi\int_0^9 x-2kx^{\frac12}+k^2\,dx=\pi[\frac12 x^2-\frac{4k}{3}x^{\frac32}+k^2x]_0^9=9\pi(\frac{9}{2}-4k+k^2)$

d)

Vi nullstiller den deriverte $V'(k)=9\pi(2k-4)=0\Rightarrow k=2$ . $V''(k)$ er positiv, så $V(k)$ har et bunnpunkt i $k=2$ .

Oppgave 5

a)

Siden ballen slippes med null starthastighet er $v(0)=0$ . Integrerende faktor er $e^{\int \frac14\,dt}\,=e^{\frac14 t}$ . Vi multipliserer ligningen med integrerende faktor, omskriver venstresida og får $(e^{\frac14 t}v)'=10e^{\frac14 t}$ . Integrasjon gir at $e^{\frac14 t}v=\int 10e^{\frac14 t}\,dt=40e^{\frac14 t}+C$ , så $v(t)=40+Ce^{-\frac14 t}$ . Startbetingelsen gir at $C=-40$ , så løsningen på startverdiproblemet blir $v(t)=40-40e^{-\frac14 t}$

b)

$s'(t)=v(t)=40-40e^{-\frac14 t}$ . Integrasjon gir at $s(t)=\int 40-40e^{-\frac14 t}\,dt=40t+160e^{-\frac14 t}+C$ . Startbetingelsen $s(0)=0$ gir at $C=-160$ , så løsningen blir $s(t)=40t+160e^{-\frac14 t}-160$

c)

Vi må løse ligningen $30=s(t)=40t+160e^{-\frac14 t}-160$ grafisk. Løsningen er $t\approx 2.73$ . Farten er da $v(2.73)\approx 19.8\,\frac{\text{m}}{\text{s}}$ .

d)

Hastigheten er gitt ved $v(t)=40+Ce^{-\frac14 t}$ . Med startbetingelsen $v(0)=v_0$ , blir $C=v_0-40$ , så $v(t)=40+(v_0-40)e^{-\frac14 t}$ . Vi får videre at $s(t)=\int v(t)\,dt=\int 40+(v_0-40)e^{-\frac14 t}\,dt=40t-4(v_0-40)e^{-\frac14 t}+D$ . Startbetingelsen $s(0)=0$ gir at $D=4v_0-160$ , så $s(t)=40t-4(v_0-40)e^{-\frac14 t}+4v_0-160$ . Vi må nå løse ligningen $s(2)=30$ : $30=80-4(v_0-40)e^{-\frac12}+4v_0-160\Rightarrow v_0\approx 8.23$ . Starthastigheten må være omtrent $8.23 \,\frac{\text{m}}{\text{s}}$ for at ballen skal bruke $2$ sekunder på å falle $30$ meter.