Siste sideversjon per 16. mai 2013 kl. 18:49

Del 1

Oppgave 1

a)

$f (x) = x^{2} \cdot \cos (3 x) \Rightarrow f^{'} (x) = (x^{2})^{'} \cos (3 x) + x^{2} (\cos (3 x))^{'} = 2 x \cos (3 x) - 3 x^{2} \sin (3 x)$

b)

1) Delvis integrasjon gir at $\int 5 x \cdot e^{2 x} d x = 5 \int x \cdot e^{2 x} d x = 5 [\frac{1}{2} x e^{2 x}] - \frac{5}{2} \int e^{2 x} d x = \frac{5}{4} (2 x - 1) e^{2 x} + C$

2) La $u = x^{2} - 1$ så $d u = 2 x d x$ , og $\int \frac{6 x}{x^{2} - 1} d x = \int \frac{3}{u} d u = 3 \ln | u | + C = 3 \ln (| x^{2} - 1 |) + C$

c)

Vi multipliserer med integrerende faktor $e^{\int - 2 d x} = e^{- 2 x}$ og får at $y^{'} e^{- 2 x} - 2 e^{- 2 x} y = 3 e^{- 2 x}$ . Omskrivning av venstresida gir at $(y e^{- 2 x})^{'} = 3 e^{- 2 x}$ . Integrasjon gir at $\int (y e^{- 2 x})^{'} d x = y e^{- 2 x} = \int 3 e^{- 2 x} d x = - \frac{3}{2} e^{- 2 x} + C$ . Multiplikasjon med $e^{2 x}$ gir at $y = - \frac{3}{2} + C e^{2 x}$ . Startbetingelsen gir at $y (0) = 2 = C - \frac{3}{2}$ , så $C = 2 + \frac{3}{2} = \frac{7}{2}$ , og løsningen på startverdiproblemet blir $y = \frac{7}{2} e^{2 x} - \frac{3}{2}$

d)

1) $\frac{1}{2} (\cos (u - v) + \cos (u + v)) = \frac{1}{2} (\cos u \cos v + \sin u \sin v + \cos u \cos v - \sin u \sin v) = \cos u \cos v$

2) $(\cos x)^{2} = \cos x \cos x = \frac{1}{2} (\cos (x - x) + \cos (x + x)) = \frac{1}{2} (1 + \cos (2 x))$ . Videre er $\int (\cos x)^{2} d x = \int \frac{1}{2} (1 + \cos (2 x)) d x = \frac{1}{2} \int 1 d x + \int \frac{1}{2} \cos (2 x) d x = \frac{1}{2} x + \frac{1}{4} \sin (2 x) + C$

e)

1) $\int_{- 3}^{2} f (x) d x = \int_{- 3}^{2} g^{'} (x) d x = g (2) - g (- 3) = 28 - 6 = 22$

2) <math>f'(x)=g(x)=h(x)</math>, så $\int_{- 3}^{1} h (x) d x = \int_{- 3}^{1} f^{'} (x) d x = f (1) - f (- 3) = - 2 - 0 = - 2$

Oppgave 2

a)

$\vec{A B} = [- 3, 2, 2]$ og $\vec{A C} = [- 2, - 1, 6]$

$\vec{A B} \times \vec{A C} = [12 + 2, - (- 18 + 4), 3 + 4] = [14, 14, 7]$

b)

Normalvektoren til planet som går gjennom punktene A, B og C er $\frac{1}{7} [14, 14, 7] = [2, 2, 1]$

Et vilkårlig punkt i planet er $P = (x, y, z)$ .

$\vec{A P} \cdot \vec{n} = 0, [x - 3, y - 0, z + 2] \cdot [2, 2, 1] = 0$

$α : 2 x + 2 y + z - 4 = 0$

c)

Siden linjen står vinkelrett på $α$ -planet kan vi bruke $[2, 2, 1]$ som retningsvektor for linjen $l$ . Linjen går gjennom $P = (5, 4, 4)$ . Man får da:

$[x, y, z] = [5, 4, 4] + t [2, 2, 1]$ som er ekvivalent med

$n : [x = 5 + 2 t y = 4 + 2 t z = 4 + t]$

I xz-planet er y = 0. Parameterfremstillingen for linjen gir da $t = - 2$ . Innsatt for x og z gir det koordinatet $(1, 0, 2)$

d)

Et vilkårlig punkt Q på linjen l er gitt ved parameterfremstillingen for l. Man får:

$V_{A B C Q} = \frac{1}{6} | (\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A Q} |$

$\vec{A Q} = [5 + 2 t - 3, 4 + 2 t - 0, 4 + t + 2] = [2 t + 2, 2 t + 4, t + 6]$ innsatt i likningen over gir det:

$V_{A B C Q} = \frac{1}{6} | [14, 14, 7] \cdot [2 t + 2, 2 t + 4, t + 6] | = \frac{21}{2} | t + 2 |$

e)

Volumet i pyramiden skal være 42. Innsatt svaret i d gir det $\frac{21}{2} | t + 2 | = 42$ som gir

$t + 2 = 4$ eller $t + 2 = - 4$

$t = - 6$ eller $t = 2$

Man får to løsninger, en "over", og en "under" alfa- planet. Man setter inn i parameterframstillingen for l og får:

$Q = (9, 8, 6)$ eller $Q = (- 7, - 8, - 2)$ .

Del 2

Oppgave 3

a)

Karakteristisk ligning er $λ^{2} + \frac{2}{5} λ + \frac{26}{25} = (λ + \frac{1}{5} - i) (λ + \frac{1}{5} + i) = 0$ . Generell løsning på differensialligninga blir derfor $y (x) = A e^{(- \frac{1}{5} - i) x} + B e^{(- \frac{1}{5} + i) x}$ . Eulers formel gir at $e^{- i x} = \cos x - i \sin x$ og $e^{i x} = \cos x + i \sin x$ , så $y (x) = A e^{(- \frac{1}{5} - i) x} + B e^{(- \frac{1}{5} + i) x} = A e^{- \frac{1}{5} x} (\cos x - i \sin x) + B e^{- \frac{1}{5} x} (\cos x + i \sin x) = e^{- 0.2 x} (C \sin x + D \cos x)$ .

b)

$y (0) = 5 = C \sin 0 + D \cos 0 = D$ og $y (\frac{3 π}{4}) = 0 = e^{- 0.2 \cdot \frac{3 π}{4}} (C \sin (\frac{3 π}{4}) + 5 \cos (\frac{3 π}{4}))$ . Eksponentialfunksjonen er positiv, så $C \sin (\frac{3 π}{4}) + 5 \cos (\frac{3 π}{4}) = C \frac{\sqrt{2}}{2} - 5 \frac{\sqrt{2}}{2} = 0$ . Altså er $C = 5$ , og $y (x) = e^{- 0.2 x} (C \sin x + D \cos x) = 5 e^{- 0.2 x} (\sin x + \cos x)$ .

Oppgave 4

$f (x) = 5 e^{- 0, 2 x} \cdot (\sin x + \cos x)$ der $x \in ⟨ 0, 15 ⟩$

a)

Grafen ser slik ut:

Den deriverte er også med (stiplet) fordi den skal finnes i c).

b)

Nullpunkter

$f (x) = 0$

$5 e^{- 0, 2 x}$ kan aldri bli null. Man får

$\sin x + \cos x = 0 \tan x = - 1 x = \frac{3 π}{4} + n \cdot π x \in ((\frac{3 π}{4}, 0), (\frac{7 π}{4}, 0), (\frac{11 π}{4}, 0), (\frac{15 π}{4}, 0), (\frac{19 π}{4}, 0))$

Regner man om fra eksakte verdier til desimaltall, ser man at det stemmer med grafen i a).

c)

$\begin{aligned} f^{'} (x) & = 5 (- 0, 2) e^{- 0, 2 x} \cdot (\sin x + \cos x) + 5 e^{- 0, 2 x} \cdot (\cos x - \sin x) \\ = - e^{- 0, 2 x} \cdot \sin x - e^{- 0, 2 x} \cdot \cos x + 5 e^{- 0, 2 x} \cdot \cos x - 5 e^{- 0, 2 x} \cdot \sin x \\ = 4 e^{- 0, 2 x} \cdot \cos x - 6 e^{- 0, 2 x} \cdot \sin x \\ = 2 e^{- 0, 2 x} \cdot (2 \cos x - 3 \sin x) \end{aligned}$

d)

Man har et toppunkt hver gang den deriverte skifter fortegn fra positiv til negativ. Ved å løse $2 \cos (x) - 3 \sin (x) = 0$ og å tegne fortegnslinje, finner man at det er tilfelle for $x = 0.59$ , $x = 6.87$ og for $x = 13.15$ . Sett disse x-verdiene inn i funksjonsuttrykket og man får funksjonsverdien til toppunktene.

e)

$A = \sqrt{a^{2} + b^{2}} = \sqrt{2}$ Punktet $(1, 1)$ ligger i første kvadrant. $\tan ϕ = 1$ . Man får da:

$f (x) = 5 e^{- 0, 2 x} \cdot \sqrt{2} \cdot \sin (x + \frac{π}{4}) = 5 \sqrt{2} e^{- 0, 2 x} \cdot \sin (x + \frac{π}{4})$

f)

$\sin (x + \frac{π}{4})$ varierer i verdi mellom $- 1$ og $1$ , avhengig av $x$ . Derfor ligger $f (x)$ mellom $q$ og $p$ , altså i området $\pm 5 \sqrt{2} e^{- 0, 2 x}$

Oppgave 5

a)

Eksponentialfunksjonen er alltid positiv, så for å finne nullpunktene må vi løse ligningen $\sin x + \cos x = 0$ . Denne kan omskrives til $\frac{\sin x}{\cos x} = \tan x = - 1$ , så $x = \tan^{- 1} (- 1) = - \frac{π}{4} + n π = \frac{3 π}{4} + (n - 1) π \approx 2.356 + (n - 1) π$

b)

Nullpunktene danner en aritmetisk progresjon på formen $a_{n} = a_{1} + (n - 1) d$ . Dersom $n = 10$ er $x_{10} = 2.356 + 9 π \approx 30.63$ , så vi må ha at $1 \leq n \leq 9$ . Altså er det $9$ nullpunkt i intervallet $x \in ⟨ 0, 30 ⟩$

c)

Toppunktene kan skrives $5 e^{- 0.2 x}, 5 e^{- 0.2 (x + 2 π)}, 5 e^{- 0.2 (x + 4 π)}$ , altså på formen $a k^{n} = 5 e^{- 0.2 x} (e^{- 0.4 π})^{n}$ , der $a = 5 e^{- 0.4 x} = 6.164$ og $n = 0, 1, 2$ . Det neste leddet i følgen blir dermed $6.164 (e^{- 0.4 π})^{3} \approx 0.142$ .

d)

Vi får rekka $\sum_{n = 0}^{\infty} 6.164 (e^{- 0.4 π})^{n}$ . Siden $| e^{- 0.4 π} | \approx 0.285 < 1$ vil rekka konvergere.

Summeformelen for geometriske rekker gir at $\sum_{n = 0}^{\infty} 6.164 (e^{- 0.4 π})^{n} \approx 6.164 lim_{n \to \infty} \frac{1 - {0.285}^{n}}{1 - 0.285} \approx 8.62$

Oppgave 6

Alternativ I

a)

Siden $v = y^{'}$ og <math>a=y</math> kan vi skrive ligningen $- b \cdot v - k \cdot y = m \cdot a$ som <math>-b\cdot y'-k\cdot y=m\cdot y</math>. Vi deler med $m$ og får at <math>y+\frac{b}{m}y'+\frac{k}{m}y=0</math>

b)

Med $b = 1$ , $k = 2.6$ og $m = 2.5$ blir ligningen

$y^{''} + \frac{1}{2.5} y^{'} + \frac{2.6}{2.5} y = y^{''} + \frac{2}{5} y^{'} + \frac{26}{25} y = 0$

Fra 3b) vet vi at løsningen på startverdiproblemet er $y (t) = 5 e^{- 0.2 t} (\sin t + \cos t)$

c)

$\sin (t) + \cos (t)$ er periodisk med periode $2 π$ , og avstanden mellom nullpunktene er $π$ .

d)

Forholdet mellom to påfølgende maksimale utslag er $\frac{5 e^{- 0.2 (t + 2 π)}}{5 e^{- 0.2 t}} = e^{- 0.4 π} \approx 0.285$ , så det maksimale utslaget minker med $1 - 0.285 = 0.715 = 71.5 %$

Alternativ II

a)

La $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} k$ . Vi grupperer tallene i par ${1, n}, {2, n - 1}, . . .$ . Det er $\frac{n}{2}$ slike par og summen i hvert par er $n + 1$ , altså blir $S_{n} = \frac{n}{2} \cdot (n + 1) = \frac{n (n + 1)}{2}$

$S_{8} = \frac{8 \cdot 9}{2} = 36$

b)

Ved bruk av digitalt verktøy beregner vi at $s_{15} = 14400$ og $s_{16} = 18496$ , så vi behøver $16$ ledd for å overstige $15000$ .

c)

Induksjonssteg 1: $1 = \frac{1^{2} \cdot 2^{2}}{4}$ , så formelen er riktig for $n = 1$ .

Induksjonssteg 2: Anta at formelen er riktig for $n = k$ . Da er $s_{k} = \frac{k^{2} (k + 1)^{2}}{4}$ , og $s_{k + 1} = s_{k} + (k + 1)^{3} = \frac{k^{2} (k + 1)^{2}}{4} + (k + 1)^{3} = (\frac{k^{2}}{4} + k + 1) (k + 1)^{2} = \frac{k^{2} + 4 k + 4}{4} (k + 1)^{2} = \frac{(k + 1)^{2} (k + 2)^{2}}{4}$ , så formelen er riktig for $n = k + 1$ . Det følger at formelen er riktig for alle naturlige tall.

d)

$(1 + 2 + 3 + . . . + n)^{2} = (\frac{n (n + 1)}{2})^{2} = \frac{n^{2} (n + 1)^{2}}{4} = 1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + . . . + n^{3}$

@@ Linje 5: / Linje 5: @@
 === a) ===
-<tex>f(x)=x^2\cdot \cos(3x)\Rightarrow f'(x)=(x^2)'\cos(3x)+x^2(\cos(3x))'=2x\cos(3x)-3x^2\sin(3x)</tex>
+$f(x)=x^2\cdot \cos(3x)\Rightarrow f'(x)=(x^2)'\cos(3x)+x^2(\cos(3x))'=2x\cos(3x)-3x^2\sin(3x)$
 === b) ===
-''' 1) ''' Delvis integrasjon gir at <tex>\int 5x\cdot e^{2x}\,dx=5\int x\cdot e^{2x}\,dx=5[\frac{1}{2}xe^{2x}]-\frac{5}{2}\int e^{2x}\,dx=\frac{5}{4}(2x-1)e^{2x}+C</tex>
+''' 1) ''' Delvis integrasjon gir at $\int 5x\cdot e^{2x}\,dx=5\int x\cdot e^{2x}\,dx=5[\frac{1}{2}xe^{2x}]-\frac{5}{2}\int e^{2x}\,dx=\frac{5}{4}(2x-1)e^{2x}+C$
-''' 2) ''' La <tex>u=x^2-1</tex> så <tex>du=2xdx</tex>, og <tex>\int \frac{6x}{x^2-1}\,dx=\int \frac{3}{u}\,du=3\ln|u|+C=3\ln(|x^2-1|)+C</tex>
+''' 2) ''' La $u=x^2-1$ så $du=2xdx$, og $\int \frac{6x}{x^2-1}\,dx=\int \frac{3}{u}\,du=3\ln|u|+C=3\ln(|x^2-1|)+C$
 === c) ===
-Vi multipliserer med integrerende faktor <tex>e^{\int -2\,dx}\,\,=e^{-2x}</tex> og får at <tex>y'e^{-2x}-2e^{-2x}y=3e^{-2x}</tex>. Omskrivning av venstresida gir at <tex>(ye^{-2x})'=3e^{-2x}</tex>. Integrasjon gir at <tex>\int (ye^{-2x})'\,dx=ye^{-2x}=\int 3e^{-2x}\,dx=-\frac{3}{2}e^{-2x}+C</tex>. Multiplikasjon med <tex>e^{2x}</tex> gir at <tex>y=-\frac{3}{2}+Ce^{2x}</tex>. Startbetingelsen gir at <tex>y(0)=2=C-\frac32</tex>, så <tex>C=2+\frac32=\frac{7}{2}</tex>, og løsningen på startverdiproblemet blir <tex>y=\frac{7}{2}e^{2x}-\frac32</tex>
+Vi multipliserer med integrerende faktor <math>e^{\int -2\,dx}\,\,=e^{-2x}</math> og får at <math>y'e^{-2x}-2e^{-2x}y=3e^{-2x}</math>. Omskrivning av venstresida gir at <math>(ye^{-2x})'=3e^{-2x}</math>. Integrasjon gir at <math>\int (ye^{-2x})'\,dx=ye^{-2x}=\int 3e^{-2x}\,dx=-\frac{3}{2}e^{-2x}+C</math>. Multiplikasjon med <math>e^{2x}</math> gir at <math>y=-\frac{3}{2}+Ce^{2x}</math>. Startbetingelsen gir at <math>y(0)=2=C-\frac32</math>, så <math>C=2+\frac32=\frac{7}{2}</math>, og løsningen på startverdiproblemet blir <math>y=\frac{7}{2}e^{2x}-\frac32</math>
 === d) ===
-''' 1) ''' <tex>\frac12(\cos(u-v)+\cos(u+v))=\frac12(\cos(u)\cos(v)+\sin(u)\sin(v)+\cos(u)\cos(v)-\sin(u)\sin(v))=\cos(u)\cos(v)</tex>
+''' 1) ''' <math>\frac12\left(\cos(u-v)+\cos(u+v)\right)=\frac12\left(\cos u \cos v +\sin u \sin v +\cos u \cos v -\sin u \sin v \right)=\cos u \cos v </math>
-''' 2) ''' <tex>(\cos(x))^2=\cos(x)\cos(x)=\frac12 (\cos(x-x)+\cos(x+x))=\frac12(1+\cos(2x))</tex>. Videre er <tex>\int (\cos(x))^2\,dx=\int \frac12 (1+\cos(2x))\,dx=\frac12\int 1\,dx+\int \frac12 \cos(2x)\,dx=\frac12 x+\frac14\sin(2x)+C</tex>
+''' 2) ''' <math>(\cos x)^2=\cos x \cos x =\frac12 \left(\cos(x-x)+\cos(x+x)\right)=\frac12(1+\cos(2x))</math>. Videre er <math>\int (\cos x)^2\,dx=\int \frac12 (1+\cos(2x))\,dx=\frac12\int 1\,dx+\int \frac12 \cos(2x)\,dx=\frac12 x+\frac14\sin(2x)+C</math>
 === e) ===
-''' 1) ''' <tex>\int_{-3}^2 f(x)\,dx=\int_{-3}^2 g'(x)\,dx= g(2)-g(-3)=28-6=22</tex>
+''' 1) ''' <math>\int_{-3}^2 f(x)\,dx=\int_{-3}^2 g'(x)\,dx= g(2)-g(-3)=28-6=22</math>
-''' 2) ''' <tex>f'(x)=g''(x)=h(x)</tex>, så <tex>\int_{-3}^1 h(x)\,dx=\int_{-3}^1 f'(x)\,dx=f(1)-f(-3)=-2-0=-2</tex>
+''' 2) ''' <math>f'(x)=g''(x)=h(x)</math>, så <math>\int_{-3}^1 h(x)\,dx=\int_{-3}^1 f'(x)\,dx=f(1)-f(-3)=-2-0=-2</math>
@@ Linje 42: / Linje 41: @@
 === a) ===
-<tex> \vec{AB} = [-3, 2, 2] </tex>  og   <tex> \vec{AC} = [-2, -1, 6] </tex>
+<math> \vec{AB} = [-3, 2, 2] </math>  og   <math> \vec{AC} = [-2, -1, 6] </math>
 <p></p>
-<tex> \vec{AB} \times \vec{AC} = [12+2,-(-18+4), 3+4]= [14, 14, 7] </tex>
+<math> \vec{AB} \times \vec{AC} = [12+2,-(-18+4), 3+4]= [14, 14, 7] </math>
 <p></p>
 === b) ===
-Normalvektoren til planet som går gjennom punktene A, B og C er <tex> \frac17[14, 14, 7] = [2, 2, 1]</tex>
+Normalvektoren til planet som går gjennom punktene A, B og C er <math> \frac17[14, 14, 7] = [2, 2, 1]</math>
-<p></p> Et vilkårlig punkt i planet er <tex>P=(x,y,z)</tex>.<p></p>
+<p></p> Et vilkårlig punkt i planet er <math>P=(x,y,z)</math>.<p></p>
-<tex> \vec{AP} \cdot \vec{n} = 0 ,  [x-3 , y-0, z+2] \cdot [2, 2, 1] = 0 </tex><p></p>
+<math> \vec{AP} \cdot \vec{n} = 0 ,  [x-3 , y-0, z+2] \cdot [2, 2, 1] = 0 </math>
-<tex> \alpha: 2x + 2y + z - 4 = 0 </tex>
-<p></p>
+<math> \alpha: 2x + 2y + z - 4 = 0 </math>
 === c) ===
-Siden linjen står vinkelrett på <tex>\alpha</tex>-planet kan vi bruke <tex>[2, 2, 1]</tex> som retningsvektor for linjen <tex>l</tex>. Linjen går gjennom <tex>P = (5, 4, 4)</tex>. Man får da:<p></p>
+Siden linjen står vinkelrett på <math>\alpha</math>-planet kan vi bruke <math>[2, 2, 1]</math> som retningsvektor for linjen <math>l</math>. Linjen går gjennom <math>P = (5, 4, 4)</math>. Man får da:
-<tex>[x,y,z] = [5, 4, 4] + t [2, 2, 1]</tex> som er ekvivalent med
-<tex>
+<math>[x,y,z] = [5, 4, 4] + t [2, 2, 1]</math> som er ekvivalent med
+$
 n:
 \left [
 x = 5+ 2t\
 y = 4 + 2t \
-z = 4 + t \right]</tex><p></p>
+z = 4 + t \right]$
-I xz-planet er y = 0. Parameterfremstillingen for linjen gir da <tex>t=-2</tex>. Innsatt for x og z gir det koordinatet <tex>(1, 0, 2)</tex><p></p>
+I xz-planet er y = 0. Parameterfremstillingen for linjen gir da <math>t=-2</math>. Innsatt for x og z gir det koordinatet <math>(1, 0, 2)</math>
 === d) ===
 Et vilkårlig punkt Q på linjen l er gitt ved parameterfremstillingen for l. Man får:<p></p>
-<tex> V_{ABCQ} = \frac16|(\vec{AB} \times \vec {AC}) \cdot \vec{AQ}|</tex>
+<math> V_{ABCQ} = \frac16|(\vec{AB} \times \vec {AC}) \cdot \vec{AQ}|</math>
-<p></p>
-<tex> \vec{AQ}= [5+2t-3, 4+2t-0, 4+t+2] = [2t+2, 2t+4, t+6] </tex>
-innsatt i likningen over gir det:<p></p>
+<math> \vec{AQ}= [5+2t-3, 4+2t-0, 4+t+2] = [2t+2, 2t+4, t+6] </math>
-<tex> V_{ABCQ} = \frac16|[14, 14, 7] \cdot [2t+2, 2t+4, t+6] | = \frac73|5t+12|</tex>
+innsatt i likningen over gir det:
-<p></p>
+<math> V_{ABCQ} = \frac16|[14, 14, 7] \cdot [2t+2, 2t+4, t+6] | = \frac{21}{2}|t+2|</math>
 === e) ===
+Volumet i pyramiden skal være 42. Innsatt svaret i d gir det  $\frac{21}{2} | t + 2 | = 42$   som gir
-Volumet i pyramiden skal være 42. Innsatt svaret i d gir det |5t+12|= 18 som gir<p></p>
+$t + 2 = 4 $e l l e r$ t + 2 = -4$
+ $t = - 6$  eller   $t = 2$ <p></p>
-t + 12 = 18 eller 5t + 12 = -18 <p></p>
-<tex>t = \frac{6}{5}</tex> eller  <tex>t = 6</tex><p></p>
 Man får to løsninger, en "over", og en "under" alfa- planet. Man setter inn i parameterframstillingen for l og får:
-<p></p>
-<tex> Q= ( \frac{37}{5}, \frac{32}{5}, \frac{26}{5})</tex> eller Q = (-7, -8, - 2).<p></p>
+<math> Q= ( 9, 8, 6)</math> eller $Q = (-7, -8, - 2)$.
 = Del 2 =
-== oppgave 3 ==
+== Oppgave 3 ==
+=== a) ===
+Karakteristisk ligning er  $λ^{2} + \frac{2}{5} λ + \frac{26}{25} = (λ + \frac{1}{5} - i) (λ + \frac{1}{5} + i) = 0$ . Generell løsning på differensialligninga blir derfor $y(x)=Ae^{(-\frac15-i)x}+Be^{(-\frac15+i)x}
+ $. E u l e r s f o r m e l g i r a t$ e^{-ix}=\cos x -i\sin x  $o g$ e^{ix}=\cos x +i\sin x  $, s å$ y(x)=Ae^{(-\frac15-i)x}+Be^{(-\frac15+i)x}=Ae^{-\frac15x}(\cos x -i\sin x )+Be^{-\frac15 x}(\cos x +i\sin x )=e^{-0.2x}(C\sin x +D\cos x )$.
+=== b) ===
-== oppgave 4 ==
+$y(0)=5=C\sin 0 +D\cos 0 =D $o g$ y(\frac{3\pi}{4})=0=e^{-0.2\cdot \frac{3\pi}{4}}(C\sin(\frac{3\pi}{4})+5\cos(\frac{3\pi}{4})) $. E k s p o n e n t i a l f u n k s j o n e n e r p o s i t i v, s å$ C\sin(\frac{3\pi}{4})+5\cos(\frac{3\pi}{4})= C\frac{\sqrt{2}}{2}-5\frac{\sqrt{2}}{2}=0 $. A l t s å e r$ C=5 $, o g$ y(x)=e^{-0.2x}(C\sin x +D\cos x )=5e^{-0.2x}(\sin x +\cos x)$.
-<tex> f(x)=5e^{-0,2x} \cdot (sin x + cos x)   </tex> der  <tex> x \in <0,15> </tex>   <p></p>
+== Oppgave 4 ==
+$f(x)=5e^{-0,2x}\cdot(\sin x +\cos x )$ der $x\in\langle 0,15\rangle $
 === a) ===
@@ Linje 102: / Linje 118: @@
 [[bilde:graf1.png]]
 <p></p>
-''Den deriverte er også med (stiplet) fordi den skal finnes i c.''<p></p>
+''Den deriverte er også med (stiplet) fordi den skal finnes i '''c)'''.''<p></p>
-<p></p>
 === b) ===
 Nullpunkter <p></p>
-f(x)=0      <p></p>
+<math>f(x)=0</math>      <p></p>
-<tex> 5e^{-0,2x}</tex> kan aldri bli null. Man får <p></p>
+<math> 5e^{-0,2x}</math> kan aldri bli null. Man får <p></p>
-<tex>sin x + cos x =0 \
+<math>\sin x  + \cos x  =0 \
-tan x = -1\
+\tan x  = -1\
-x= \frac{3\pi}{4} + n \cdot \pi\ x \in \Big(( \frac{3\pi}{4},0), (\frac{7\pi}{4},0),(\frac{11\pi}{4},0),(\frac{15\pi}{4},0),(\frac{19\pi}{4},0)\Big)</tex>
+x= \frac{3\pi}{4} + n \cdot \pi\ x \in \Big(( \frac{3\pi}{4},0), (\frac{7\pi}{4},0),(\frac{11\pi}{4},0),(\frac{15\pi}{4},0),(\frac{19\pi}{4},0)\Big)</math>
-<p></p>
-Regner man om fra eksakte verdier til desimaltall, ser man at det stemmer med grafen i a.
 <p></p>
+Regner man om fra eksakte verdier til desimaltall, ser man at det stemmer med grafen i '''a)'''.
 === c) ===
-<tex> f'(x)=5(-0,2)e^{-0,2x} \cdot (sin x + cos x)+5e^{-0,2x} \cdot (cos x -sin x)\
+<math> \begin{align} f^{\prime}(x) &= 5(-0,2)e^{-0,2x} \cdot (\sin x + \cos x)+5e^{-0,2x} \cdot (\cos x -\sin x)
-= -e^{-0,2x} \cdot sin x  -e^{-0,2x} \cdot cos x +5e^{-0,2x} \cdot cos x  - 5e^{-0,2x} \cdot sin x \
+\ &= -e^{-0,2x} \cdot \sin x  -e^{-0,2x} \cdot \cos x +5e^{-0,2x} \cdot \cos x  - 5e^{-0,2x} \cdot \sin x \ &=
-e^{-0,2x} \cdot cos x - 6e^{-0,2x} \cdot sin x =2e^{-0,2x} \cdot (2cos x-3sin x) </tex>
+e^{-0,2x} \cdot \cos x - 6e^{-0,2x} \cdot \sin x \ &=2e^{-0,2x} \cdot (2\cos x-3\sin x) \end{align} </math>
-<p></p>
 === d) ===
-Man har et toppunkt hver gang den deriverte skifter fortegn fra positiv til negativ. Ved å løse <tex>2\cos(x) - 3\sin(x) = 0</tex> og å tegne fortegnslinje, finner man at det er tilfelle for x=0,59 , x=6,87 og for x= 13,15. Sett disse x verdiene inn i funksjonsuttrykket og man får funksjonsverdien til toppunktene.
+Man har et toppunkt hver gang den deriverte skifter fortegn fra positiv til negativ. Ved å løse <math>2\cos(x)-3\sin(x) = 0</math> og å tegne fortegnslinje, finner man at det er tilfelle for <math>x=0.59</math> , <math>x=6.87</math> og for <math>x= 13.15</math>. Sett disse x-verdiene inn i funksjonsuttrykket og man får funksjonsverdien til toppunktene.
-<p></p>
-e)<p></p>
+=== e) ===
-<tex> A= \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt2</tex> Punktet (1,1) ligger i første kvadrant.<tex> tan\phi = 1</tex> Man får da:<p></p>
-<tex> f(x)=5e^{-0,2x} \cdot \sqrt2\cdot sin(x + \frac{\pi}{4}) = 5\sqrt2e^{-0,2x} \cdot sin(x + \frac{\pi}{4})  </tex>
-<p></p>
+ $A = \sqrt{a^{2} + b^{2}} = \sqrt{2}$  Punktet  $(1, 1)$  ligger i første kvadrant.  $\tan ϕ = 1$ . Man får da:<p></p>
+<math> f(x)=5e^{-0,2x} \cdot \sqrt2\cdot \sin(x + \frac{\pi}{4}) = 5\sqrt2e^{-0,2x} \cdot \sin(x + \frac{\pi}{4})  </math>
 === f) ===
-<tex>sin(x + \frac{\pi}{4})  </tex> varier i verdi mellom -1 og 1, avhengig av x. Derfor ligger f mellom q og p, altså i området
+<math>\sin(x + \frac{\pi}{4})</math> varierer i verdi mellom <math>-1</math> og <math>1</math>, avhengig av <math>x</math>. Derfor ligger $f(x)$ mellom $q$ og $p$, altså i området
-<tex> \pm5\sqrt2e^{-0,2x}</tex>
+<math> \pm 5\sqrt{2}e^{-0,2x}</math>
 [[bilde:4f.png]]
-== oppgave 5 ==
+== Oppgave 5 ==
+=== a) ===
+Eksponentialfunksjonen er alltid positiv, så for å finne nullpunktene må vi løse ligningen  $\sin x + \cos x = 0$ . Denne kan omskrives til  $\frac{\sin x}{\cos x} = \tan x = - 1$ , så  $x = \tan^{- 1} (- 1) = - \frac{π}{4} + n π = \frac{3 π}{4} + (n - 1) π \approx 2.356 + (n - 1) π$
+=== b) ===
+Nullpunktene danner en aritmetisk progresjon på formen  $a_{n} = a_{1} + (n - 1) d$ . Dersom  $n = 10$  er  $x_{10} = 2.356 + 9 π \approx 30.63$ , så vi må ha at  $1 \leq n \leq 9$ . Altså er det  $9$  nullpunkt i intervallet  $x \in ⟨ 0, 30 ⟩$
+=== c) ===
+Toppunktene kan skrives  $5 e^{- 0.2 x}, 5 e^{- 0.2 (x + 2 π)}, 5 e^{- 0.2 (x + 4 π)}$ , altså på formen  $a k^{n} = 5 e^{- 0.2 x} (e^{- 0.4 π})^{n}$ , der  $a = 5 e^{- 0.4 x} = 6.164$  og  $n = 0, 1, 2$ . Det neste leddet i følgen blir dermed  $6.164 (e^{- 0.4 π})^{3} \approx 0.142$ .
+=== d) ===
+Vi får rekka  $\sum_{n = 0}^{\infty} 6.164 (e^{- 0.4 π})^{n}$ . Siden  $| e^{- 0.4 π} | \approx 0.285 < 1$  vil rekka konvergere.
+Summeformelen for geometriske rekker gir at  $\sum_{n = 0}^{\infty} 6.164 (e^{- 0.4 π})^{n} \approx 6.164 lim_{n \to \infty} \frac{1 - {0.285}^{n}}{1 - 0.285} \approx 8.62$
+== Oppgave 6 ==
+=== Alternativ I ===
+==== a) ====
+Siden  $v = y^{'}$  og  $a = y^{″}$  kan vi skrive ligningen  $- b \cdot v - k \cdot y = m \cdot a$  som  $- b \cdot y^{'} - k \cdot y = m \cdot y^{″}$ . Vi deler med  $m$  og får at  $y^{″} + \frac{b}{m} y^{'} + \frac{k}{m} y = 0$
+==== b) ====
+Med  $b = 1$ ,  $k = 2.6$  og  $m = 2.5$  blir ligningen
+ $y^{''} + \frac{1}{2.5} y^{'} + \frac{2.6}{2.5} y = y^{''} + \frac{2}{5} y^{'} + \frac{26}{25} y = 0$
+Fra '''3b)''' vet vi at løsningen på startverdiproblemet er  $y (t) = 5 e^{- 0.2 t} (\sin t + \cos t)$
+==== c) ====
+ $\sin (t) + \cos (t)$  er periodisk med periode  $2 π$ , og avstanden mellom nullpunktene er  $π$ .
+==== d) ====
+Forholdet mellom to påfølgende maksimale utslag er  $\frac{5 e^{- 0.2 (t + 2 π)}}{5 e^{- 0.2 t}} = e^{- 0.4 π} \approx 0.285$ , så det maksimale utslaget minker med  $1 - 0.285 = 0.715 = 71.5 %$
+=== Alternativ II ===
+==== a) ====
+La  $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} k$ . Vi grupperer tallene i par  ${1, n}, {2, n - 1}, . . .$ . Det er  $\frac{n}{2}$  slike par og summen i hvert par er  $n + 1$ , altså blir  $S_{n} = \frac{n}{2} \cdot (n + 1) = \frac{n (n + 1)}{2}$
+ $S_{8} = \frac{8 \cdot 9}{2} = 36$
+==== b) ====
+Ved bruk av digitalt verktøy beregner vi at  $s_{15} = 14400$  og  $s_{16} = 18496$ , så vi behøver  $16$  ledd for å overstige  $15000$ .
+==== c) ====
+'''Induksjonssteg 1:'''  $1 = \frac{1^{2} \cdot 2^{2}}{4}$ , så formelen er riktig for  $n = 1$ .
+'''Induksjonssteg 2:''' Anta at formelen er riktig for  $n = k$ . Da er  $s_{k} = \frac{k^{2} (k + 1)^{2}}{4}$ , og  $s_{k + 1} = s_{k} + (k + 1)^{3} = \frac{k^{2} (k + 1)^{2}}{4} + (k + 1)^{3} = (\frac{k^{2}}{4} + k + 1) (k + 1)^{2} = \frac{k^{2} + 4 k + 4}{4} (k + 1)^{2} = \frac{(k + 1)^{2} (k + 2)^{2}}{4}$ , så formelen er riktig for  $n = k + 1$ . Det følger at formelen er riktig for alle naturlige tall.
+==== d) ====
-== oppgave 6 ==
+<math>(1+2+3+...+n)^2=(\frac{n(n+1)}{2})^2=\frac{n^2(n+1)^2}{4}=1^3+2^3+3^3+...+n^3</math>

R2 2010 vår LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner