Siste sideversjon per 24. mai 2015 kl. 08:52

Del 1

Oppgave 1

a)

1) Produktregelen gir at $f (x) = x e^{x} \Rightarrow f^{'} (x) = e^{x} + x e^{x} = (1 + x) e^{x}$ .

2) Kjerneregelen gir at $g (x) = 2 \sin 2 x \Rightarrow g^{'} (x) = 4 \cos 2 x$ .

3) Kjerneregelen gir at $h (x) = 2 \sin^{2} x \Rightarrow h^{'} (x) = 4 \sin x \cos x$

b)

1) Delvis integrasjon gir at $\int x \cos x d x = x \sin x - \int \sin x d x = x \sin x + \cos x + C$ med integrasjonskonstant $C$ .

2) $\int \frac{4}{x^{2} - 4} d x = \int \frac{1}{x - 2} - \frac{1}{x + 2} d x = \ln | x - 2 | - \ln | x + 2 | + C$

3) Delvis integrasjon gir at $\int \sin x \cos^{3} x d x = - \cos^{4} x - 3 \int \sin x \cos^{3} x d x$ . Samler vi integralene får vi at $\int \sin x \cos^{3} x d x = - \frac{1}{4} \cos^{4} x + C$

c)

$\begin{aligned} S_{1} & = 1 \\ S_{2} & = S_{1} + 3 & = & 4 \\ S_{3} & = S_{2} + 5 & = & 9 \\ S_{4} & = S_{3} + 7 & = & 16 \\ ⋮ \\ S_{n} & = \frac{n (2 n - 1 + 1)}{2} & = & n^{2} \end{aligned}$

d)

$\begin{aligned} S_{1} & = 1 \\ S_{2} & = 2^{3} \\ S_{3} & = 3^{3} \\ S_{4} & = 4^{3} \\ ⋮ \\ S_{100} & = 100^{3} \end{aligned}$

e)

1) Amplituden er $\frac{5 - 1}{2} = 2$ . Perioden er avstanden mellom to påfølgende bunnpunkt, omtrent $2 π$ . Likevektslinja er $y = 3$ .

2) Sammenlignet mellom uttrykket for $f (x)$ er $a = 2$ og $d = 3$ . Setter vi $x = 0$ må vi ha at $2 \sin φ + 3 = 4.6$ , som gir at $φ \approx 0.93$ . Siden perioden er $2 π$ må vi ha at $f (x) = f (x + 2 π)$ for alle $x$ , så $c = 1$ . Funksjonen blir altså $f (x) = 2 \sin (x + 0.93) + 3$ .

f)

Diff.ligningen er separabel så $\int_{2}^{y (t)} \frac{d y}{3 y + 5} = \int_{0}^{t} d t$ . Altså er $\ln (3 y + 5) - \ln 11 = 3 t$ . Vi får at $3 y + 5 = 11 e^{3 t}$ , så løsningen på initialverdiproblemet blir $y (t) = \frac{11}{3} e^{3 t} - \frac{5}{3}$ . Setter vi inn dette i den opprinnelige ligningen ser vi at løsningen stemmer.

g)

1) $\vec{A B} = [1, 1, 2]$ og $\vec{A C} = [6, 3, 4]$ , og $\vec{A C} \times \vec{A C} = [- 2, 8, - 3]$ .

2) $[- 2, 8, - 3] \cdot [1, 1, 2] = - 2 + 8 - 6 = 0$ og $[- 2, 8, - 3] \cdot [6, 3, 4] = - 12 + 24 - 12 = 0$ , så vektorene står normal på hverandre.

Del 2

Oppgave 2

a)

b)

$- 1 \leq \sin x \leq 1$ , så maksimalverdien til $f (x)$ blir $4 + 5 = 9$ . Minimalverdien blir $4 (- 1) + 5 = 1$ . $\sin (2 x - 2) = 1$ når $2 x - 2 = \frac{π}{2} + 2 π n$ for heltall $n$ , altså når $x = \frac{π}{4} + 1 + π n$ . Siden vi begrenser oss til intervallet $[0, 2 π]$ har funksjonen maksimum for $x = \frac{π}{4} + 1$ og $x = \frac{π}{4} + 1 + π$ . $\sin (2 x - 2) = - 1$ når $2 x - 2 = \frac{3 π}{2} + 2 π n$ , så vi får minimum når $x = \frac{3 π}{4} + 1 + π n$ .

c)

$\sin (2 x) = - \cos (2 x + \frac{π}{2})$ , så $4 \sin (2 (x - 1)) + 5 = - 4 \cos (2 (x - 1) + \frac{π}{2}) + 5 = - 4 \cos (2 x + \frac{π}{2} - 2) + 5$ . Så $a = - 4$ , $c = 2$ , $φ = \frac{π}{2} - 2$ og $d = 5$ .

Oppgave 3

a)

$2 + \frac{2}{x} + \frac{2}{x^{2}} + \frac{2}{x^{3}} + \dots$ er en geometrisk rekke i $\frac{1}{x}$ .

b)

Konvergensområdet er $- 1 < \frac{1}{x} < 1$ , altså når $x > 1$ og $x < - 1$

c)

Summeformelen gir at summen av rekka er $\frac{2}{1 - \frac{1}{x}} = \frac{2 x}{x - 1}$

d)

e)

$S (x) = - 1 = \frac{2 x}{x - 1}$ gir at $1 - x = 2 x$ , så $x = \frac{1}{3}$ . $S (x) = 3 = \frac{2 x}{x - 1}$ gir at $3 x - 3 = 2 x$ , så $x = 3$ .

Oppgave 4

a)

b)

Vi må løse ligningen $x^{2} + 3 = - x^{3} + x^{2} + 4 x + 3$ . Altså er $x^{3} - 4 x = x (x^{2} - 4) = 0$ , som gir at $x = 0$ eller $x = \pm 2$ . Ufra grafen ser vi at dette stemmer.

c)

Arealene er like store pga. symmetrier. Arealet til høyre blir $\int_{0}^{2} - x^{3} + 4 x d x = [2 x^{2} - \frac{1}{4} x^{4}]_{0}^{2} = 8 - 4 = 4$ .

d)

Arealene er $\int_{0}^{\sqrt{c}} c x - x^{3} d x$ og $\int_{- \sqrt{c}}^{0} x^{3} - c x d x$ . Foretar vi et variabelskifte i det siste integralet der vi lar $y = - x$ , får vi at $\int_{- \sqrt{c}}^{0} x^{3} - c x d x = \int_{\sqrt{c}}^{0} y^{3} - c y d y = \int_{0}^{\sqrt{c}} - y^{3} + c y d y$ . Altså er arealene like store.

Oppgave 5

a)

Fullføring av kvadrater gir at

$\begin{aligned} x^{2} - 4 x & = x^{2} - 4 x + 4 - 4 & = (x - 2)^{2} - 4 \\ y^{2} + 6 y & = y^{2} + 6 y + 9 - 9 & = (y + 3)^{2} - 9 \\ z^{2} - 6 z & = z^{2} - 6 z + 9 - 9 & = (z - 3)^{2} - 9 \end{aligned}$

Ligningen for kula kan derfor skrives

$(x - 2)^{2} + (y + 3)^{2} + (z - 3)^{2} = 6^{2}$

Altså har kula sentrum i $(2, - 3, 3)$ , med radius $6$ .

b)

En parametrisert linje er gitt ved $\vec{r} (t) = [2 + 2 t, - 3 + 4 t, 3 + 4 t]$ . Setter vi inn koordinatene i kuleligningen og løser for $t$ finner vi skjæringspunktene mellom linja og kula. Vi får at

$(2 t)^{2} + (4 t)^{2} + (4 t)^{2} = 36$

Altså er $36 t^{2} = 36$ , som betyr at de to skjæringspunktene forekommer for $t = \pm 1$ . De tilhørende koordinatene er derfor $\vec{r} (- 1) = (0, - 7, - 1)$ og $\vec{r} (1) = (4, 1, 7)$ .

c)

Ligningene for planet gjennom punktet $(0, - 7, - 1)$ er gitt ved at $([x, y, z] - [0, - 7, - 1]) \cdot [2, 4, 4] = 0$ , altså $2 x + 4 y + 28 + 4 z + 4 = 0$ , som kan omskrives til $x + 2 y + 2 z + 16 = 0$ . Ligningene for planet gjennom punktet $(4, 1, 7)$ er gitt ved at $([x, y, z] - [4, 1, 7]) \cdot [2, 4, 4] = 0$ , altså $2 x - 8 + 4 y - 4 + 4 z - 28 = 0$ , som kan omskrives til $x + 2 y + 2 z - 20 = 0$ .

Oppgave 6

a)

$y^{'}$ er hastigheten for endringen av vannhøyden. Torricellis lov sier at hastigheten synker propsjonal med rota av vannhøyden $\sqrt{y}$ , altså må $y^{'} = - k \sqrt{y}$ for en proposjonalitetskonstant $k > 0$ .

b)

Vi får at $\int \frac{d y}{\sqrt{y}} = \int - k d t$ . Integrerer vi får vi at $2 \sqrt{y} = - k t + C$ . Altså blir $y = \frac{1}{4} (- k t + C)^{2}$

c)

$y (0) = h = \frac{1}{4} C^{2}$ , så én løsning er at $C = 2 \sqrt{h}$ . Da er $y (10) = \frac{1}{4} (- 10 k + 2 \sqrt{h})^{2} = \frac{h}{4}$ . Løser vi denne for $k$ og tar rota av begge sider, får vi at $- 10 k + 2 \sqrt{h} = \sqrt{h}$ . Så $\sqrt{h} = 10 k$ som er det samme som $k = \frac{1}{10} \sqrt{h}$ .

Tanken er tom når vannhøyden er $0$ , altså når $y (t) = 0$ . Da må $- k t + 2 \sqrt{h} = 0$ , så $t = \frac{2 \sqrt{h}}{k} = \frac{2 \sqrt{h}}{\frac{1}{10} \sqrt{h}} = 20$

@@ Linje 1: / Linje 1: @@
+{{EksLenker|1=&nbsp;
+*[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R2/sensur/2011H_Vurderingsskjema_REA3024_Matematikk_R2_H11.pdf Vurderingsskjema]
+*[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R2/sensur/2011H_Sensorveiledning_REA3024_Matematikk_R2_H11.pdf Sensorveiledning]
+*[http://www.ulven.biz/r2/eksamen/R2_H11_ls.pdf Alternativt løsningsforslag fra H-P Ulven]
+}}
 = Del 1 =
@@ Linje 101: / Linje 106: @@
  $S (x) = - 1 = \frac{2 x}{x - 1}$  gir at  $1 - x = 2 x$ , så  $x = \frac{1}{3}$ .  $S (x) = 3 = \frac{2 x}{x - 1}$  gir at  $3 x - 3 = 2 x$ , så  $x = 3$ .
+== Oppgave 4 ==
+=== a) ===
+[[Fil:Funksjon3.jpg]]
+=== b) ===
+Vi må løse ligningen  $x^{2} + 3 = - x^{3} + x^{2} + 4 x + 3$ . Altså er  $x^{3} - 4 x = x (x^{2} - 4) = 0$ , som gir at  $x = 0$  eller  $x = \pm 2$ . Ufra grafen ser vi at dette stemmer.
+=== c) ===
+Arealene er like store pga. symmetrier. Arealet til høyre blir  $\int_{0}^{2} - x^{3} + 4 x d x = [2 x^{2} - \frac{1}{4} x^{4}]_{0}^{2} = 8 - 4 = 4$ .
+=== d) ===
+Arealene er  $\int_{0}^{\sqrt{c}} c x - x^{3} d x$  og  $\int_{- \sqrt{c}}^{0} x^{3} - c x d x$ . Foretar vi et variabelskifte i det siste integralet der vi lar  $y = - x$ , får vi at  $\int_{- \sqrt{c}}^{0} x^{3} - c x d x = \int_{\sqrt{c}}^{0} y^{3} - c y d y = \int_{0}^{\sqrt{c}} - y^{3} + c y d y$ . Altså er arealene like store.
+== Oppgave 5 ==
+=== a) ===
+Fullføring av kvadrater gir at
+\begin{align*}
+x^2-4x &= x^2-4x+4-4 &= (x-2)^2 - 4 \
+y^2+6y &= y^2+6y+ 9-9 &= (y+3)^2-9  \
+z^2-6z &= z^2-6z+9-9 &= (z-3)^2-9
+\end{align*}
+Ligningen for kula kan derfor skrives
+\begin{equation*}
+(x-2)^2 + (y+3)^2+(z-3)^2 = 6^2
+\end{equation*}
+Altså har kula sentrum i  $(2, - 3, 3)$ , med radius  $6$ .
+=== b) ===
+En parametrisert linje er gitt ved  $\vec{r} (t) = [2 + 2 t, - 3 + 4 t, 3 + 4 t]$ . Setter vi inn koordinatene i kuleligningen og løser for  $t$  finner vi skjæringspunktene mellom linja og kula. Vi får at
+\begin{equation*}
+(2t)^2+(4t)^2+(4t)^2=36
+\end{equation*}
+Altså er  $36 t^{2} = 36$ , som betyr at de to skjæringspunktene forekommer for  $t = \pm 1$ . De tilhørende koordinatene er derfor  $\vec{r} (- 1) = (0, - 7, - 1)$  og  $\vec{r} (1) = (4, 1, 7)$ .
+=== c) ===
+Ligningene for planet gjennom punktet  $(0, - 7, - 1)$  er gitt ved at  $([x, y, z] - [0, - 7, - 1]) \cdot [2, 4, 4] = 0$ , altså  $2 x + 4 y + 28 + 4 z + 4 = 0$ , som kan omskrives til  $x + 2 y + 2 z + 16 = 0$ . Ligningene for planet gjennom punktet  $(4, 1, 7)$  er gitt ved at  $([x, y, z] - [4, 1, 7]) \cdot [2, 4, 4] = 0$ , altså  $2 x - 8 + 4 y - 4 + 4 z - 28 = 0$ , som kan omskrives til  $x + 2 y + 2 z - 20 = 0$ .
+== Oppgave 6 ==
+=== a) ===
+ $y^{'}$  er hastigheten for endringen av vannhøyden. Torricellis lov sier at hastigheten synker propsjonal med rota av vannhøyden  $\sqrt{y}$ , altså må  $y^{'} = - k \sqrt{y}$  for en proposjonalitetskonstant  $k > 0$ .
+=== b) ===
+Vi får at  $\int \frac{d y}{\sqrt{y}} = \int - k d t$ . Integrerer vi får vi at  $2 \sqrt{y} = - k t + C$ . Altså blir  $y = \frac{1}{4} (- k t + C)^{2}$
+=== c) ===
+ $y (0) = h = \frac{1}{4} C^{2}$ , så én løsning er at  $C = 2 \sqrt{h}$ . Da er  $y (10) = \frac{1}{4} (- 10 k + 2 \sqrt{h})^{2} = \frac{h}{4}$ . Løser vi denne for  $k$  og tar rota av begge sider, får vi at  $- 10 k + 2 \sqrt{h} = \sqrt{h}$ . Så  $\sqrt{h} = 10 k$  som er det samme som  $k = \frac{1}{10} \sqrt{h}$ .
+Tanken er tom når vannhøyden er  $0$ , altså når  $y (t) = 0$ . Da må  $- k t + 2 \sqrt{h} = 0$ , så  $t = \frac{2 \sqrt{h}}{k} = \frac{2 \sqrt{h}}{\frac{1}{10} \sqrt{h}} = 20$

R2 2011 høst LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner