Siste sideversjon per 24. mai 2015 kl. 08:53

Del 1

Oppgave 1

a)

1) $f (x) = 2 \sin (2 x) \Rightarrow f^{'} (x) = 4 \cos (2 x)$

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

3) $h (x) = \frac{1}{2} \sqrt{x^{2} - 4 x} \Rightarrow h^{'} (x) = \frac{1}{2} \frac{x - 2}{\sqrt{x^{2} - 4 x}}$

b)

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

2) $\int \frac{5 x + 3}{x^{2} - 9} d x = \int \frac{5 x + 3}{(x - 3) (x + 3)} d x$ . Delbrøksoppspaltning gir at

$\frac{1}{(x - 3) (x + 3)} = \frac{1}{6} (\frac{1}{x - 3} - \frac{1}{x + 3})$ , så $\int \frac{5 x + 3}{(x - 3) (x + 3)} d x = \int (5 x + 3) \frac{1}{6} (\frac{1}{x - 3} - \frac{1}{x + 3}) d x = \frac{1}{6} (\int \frac{5 x + 3}{x - 3} d x - \int \frac{5 x + 3}{x + 3} d x)$

$\int \frac{5 x + 3}{x - 3} d x = \int \frac{5 (x - 3) + 18}{x - 3} d x = 5 \int d x + 18 \int \frac{1}{x - 3} d x = 5 x + 18 \ln (| x - 3 |) + C_{1}$ og

$\int \frac{5 x + 3}{x + 3} d x = \int \frac{5 (x + 3) - 12}{x + 3} d x = 5 \int d x - 12 \int \frac{1}{x + 3} d x = 5 x - 12 \ln (| x + 3 |) + C_{2}$ , så

$\frac{1}{6} (\int \frac{5 x + 3}{x - 3} d x - \int \frac{5 x + 3}{x + 3} d x) = 3 \ln (| x - 3 |) + 2 \ln (| x + 3 |) + C$

c)

Sirkelen på figuren er beskrevet ved ligningen $x^{2} + y^{2} = 1$ , så høyden opp til halvsirkelen i øvre halvplan som funksjon av $x$ , er $y (x) = \sqrt{1 - x^{2}}$ . Arealet av halvsirkelen i øvre halvplan er derfor $\int_{- 1}^{1} y (x) d x = \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 - x^{2}} d x = \frac{1}{2} π (1)^{2} = \frac{1}{2} π$

d)

1) Dersom én av vektorene har lengde $0$ vil prikkproduktet være $0$ . Anta videre at begge vektorene har lengde ulik $0$ . Siden prikkproduktet er $0$ , må vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$ stå normalt på hverandre.

2) Dersom én av vektorene har lengde $0$ vil kryssproduktet være $0$ . Anta videre at begge vektorene har lengde ulik $0$ . Siden kryssproduktet er $0$ , må vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$ ligge parallelt.

e)

Beregner først vektorene $\vec{A B} = (2 - 1, - 1 - 1, 3 - (- 1)) = (1, - 2, 4)$ og $\vec{A C} = (3 - 1, 2 - 1, 2 - (- 1)) = (2, 1, 3)$ . Kryssproduktet $\vec{A B} \times \vec{A C} = (- 2 \cdot 3 - (1 \cdot 4), - (1 \cdot 3 - 2 \cdot 4), 1 \cdot 1 - 2 \cdot (- 2)) = (- 10, 5, 5)$ . For å vise at $\vec{A B} \times \vec{A C}$ står vinkelrett på både $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ , beregner vi $(\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A B}$ og $(\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A C}$ og viser at disse er $0$ :

$(\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A B} = (- 10, 5, 5) \cdot (1, - 2, 4) = - 10 - 10 + 20 = 0$ og

$(\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A C} = (- 10, 5, 5) \cdot (2, 1, 3) = - 20 + 5 + 15 = 0$ .

f)

Induksjonssteg 1: $1 = \frac{4^{1} - 1}{3}$ , så formelen er riktig for $n = 1$

Induksjonssteg 2: Anta at formelen er riktig for $n = k$ , så $1 + 4 + 16 + . . . + 4^{k - 1} = \frac{4^{k} - 1}{3}$ . Da er $1 + 4 + 16 + . . . + 4^{k - 1} + 4^{k} = \frac{4^{k} - 1}{3} + 4^{k} = \frac{4^{k} - 1 + 3 \cdot 4^{k}}{3} = \frac{(1 + 3) 4^{k} - 1}{3} = \frac{4^{k + 1} - 1}{3}$ , så formelen er riktig for $n = k + 1$ , og vi er ferdige.

Oppgave 2

a)

Vi multipliserer den førsteordens differensialligningen $y^{'} - 2 y = 5$ med integrerende faktor $e^{\int - 2 d x} = e^{- 2 x}$ , og får

$e^{- 2 x} y^{'} - 2 e^{- 2 x} y = 5 e^{- 2 x}$ . Venstresiden kan nå omskrives:

$(e^{- 2 x} y)^{'} = 5 e^{- 2 x}$

Vi integrerer ligningen med hensyn på $x$ :

$\int (e^{- 2 x} y)^{'} d x = \int 5 e^{- 2 x} d x e^{- 2 x} y = - \frac{5}{2} e^{- 2 x} + C$ , og løser for $y$ :

$y = - \frac{5}{2} + C e^{2 x}$ . Løsningen verfiseres ved innsetting i den opprinnelige diff.ligningen:

$y^{'} = 2 C e^{2 x}$ , så $y^{'} - 2 y = 2 C e^{2 x} - 2 (- \frac{5}{2} + C e^{2 x}) = 5$ .

b)

1) $y (0) = - \frac{5}{2} + C = 2$ , så $C = 2 + \frac{5}{2} = \frac{9}{2}$

2) Setter inn $y = \frac{49}{2}$ i løsningen, og løser for $x$ :

$\frac{49}{2} = - \frac{5}{2} + \frac{9}{2} e^{2 x} \frac{54}{9} = 6 = e^{2 x} \ln (6) = 2 x x = \frac{\ln (6)}{2} \approx \frac{1.8}{2} = 0.9$

c)

Tangenten i $(0, 2)$ har ligning $y = a x + b$ , der $a = (- \frac{5}{2} + \frac{9}{2} e^{2 x})^{'} (0) = \frac{18}{2} = 9$ . I tillegg må punktet $(0, 2)$ ligge på tangentlinja, så $2 = a \cdot 0 + b$ . Ligningen til tangenten er derfor $y = 9 x + 2$ .

Del 2

Oppgave 3

a)

Finner toppunktet ved derivasjon av funksjonen $f (x) = 2 \sqrt{x} e^{- \frac{x}{3}}$ : $f^{'} (x) = \frac{(3 - 2 x) e^{- \frac{x}{3}}}{3 \sqrt{x}}$ . Den deriverte er $0$ når $3 - 2 x = 0$ , så toppunktet er i $x = \frac{3}{2}$ . Diameteren til skaftet er størst i toppunktet til grafen til $f (x)$ . Størst mulig diameter er derfor $2 \cdot f (\frac{3}{2}) = 4 \sqrt{\frac{3}{2}} e^{- \frac{1}{2}} \approx 2.97$ .

b)

Volumet er gitt ved $\int_{0}^{4} π f (x)^{2} d x = 4 π \int_{0}^{4} x e^{- \frac{2}{3} x} d x$ . La $u = - \frac{2}{3} x$ . Integralet blir $9 π \int u e^{u} d u$ . Vi bruker resultatet fra oppgave 1b),1): $9 π \int u e^{u} d u = 9 π [(u - 1) e^{u}] = 9 π [(- \frac{2}{3} x - 1) e^{- \frac{2}{3} x}]_{0}^{4} = 9 π ((- \frac{8}{3} - 1) e^{- \frac{8}{3}} + 1) = 9 π (- \frac{11}{3} e^{- \frac{8}{3}} + 1)$

Oppgave 4

a)

1) La $A_{0} = A$ og $B_{0} = B$ . Generelt kan vi skrive arealet av trapeset $A_{n} B_{n} B_{n + 1} A_{n + 1}$ som $(A_{n} B_{n} + A_{n + 1} B_{n + 1}) \frac{B_{n} B_{n + 1}}{2}$ , der $A_{0} B_{0} = 8$ , $B_{0} B_{1} = 8$ , $B_{n} B_{n + 1} = \frac{16}{2^{n + 1}}$ , $\frac{A_{n} B_{n}}{B_{n} B_{n + 1}} = \frac{8}{8} = 1$ (ved formlikhet av trapesene). Altså er $A_{n} B_{n} = B_{n} B_{n + 1} = \frac{16}{2^{n + 1}}$ og arealet av trapeset $A_{n} B_{n} B_{n + 1} A_{n + 1}$ blir $(A_{n} B_{n} + A_{n + 1} B_{n + 1}) \frac{B_{n} B_{n + 1}}{2} = (\frac{16}{2^{n + 1}} + \frac{16}{2^{n + 2}}) \frac{16}{2^{n + 2}} = \frac{3 \cdot 16^{2}}{2^{2 n + 4}} = 3 \cdot 2^{4 - 2 n}$ . Summen av arealene til trapesene blir derfor

$\sum_{n = 0}^{\infty} 3 \cdot 2^{4 - 2 n} = 48 + 12 + 3 + . . .$

2) Fra forrige deloppgave ser vi at summen av arealene er en geometrisk rekke

$\sum_{n = 0}^{\infty} 3 \cdot 2^{4 - 2 n} = 48 \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{4})^{n}$

Rekken konvergerer siden $| \frac{1}{4} | < 1$

b)

Geometrisk ser vi at summen av arealene må konvergere mot arealet av $△ A B C$ , som er $\frac{8 \cdot 16}{2} = 64$

Summeformelen for en geometrisk rekke $\sum_{k = 0}^{n - 1} a r^{k} = a \frac{1 - r^{n}}{1 - r}$ gir at

$lim_{n \to \infty} \sum_{k = 0}^{n - 1} 48 (\frac{1}{4})^{k} = 48 lim_{n \to \infty} \frac{1 - {\frac{1}{4}}^{n}}{\frac{3}{4}} = 48 \cdot \frac{4}{3} = 64$ .

Oppgave 5

a)

I $x y$ -planet er $z = 0$ , så vi må ha at $0 = 4 + 2 t$ . Altså er $t = - 2$ i punkt $A$ . I $x z$ -planet er $y = 0$ , så vi må ha at $0 = 3 + t$ . Altså er $t = - 3$ i punkt $B$ . Koordinatene til $A$ og $B$ er derfor gitt ved $A (5 + 2 \cdot 2, 3 - 2, 0) = A (9, 1, 0)$ og $B (5 - 2 \cdot (- 3), 0, 4 + 2 \cdot (- 3)) = B (11, 0, - 2)$ . Avstanden mellom $A$ og $B$ er derfor $| (11 - 9, 0 - 1, - 2 - 0) | = | (2, - 1, - 2) | = \sqrt{2^{2} + 1^{2} + 2^{2}} = \sqrt{9} = 3$

b)

Vi kan skrive linja $l$ på formen $(x, y, z) = (5 - 2 t, 3 + t, 4 + 2 t) = (5, 3, 4) + t (- 2, 1, 2)$ . Det betyr at vektoren $(- 2, 1, 2)$ angir retningen til linja $l$ . På samme måte kan linja $m$ skrives som $(x, y, z) = (s, 1 - s, 1 + s) = (0, 1, 1) + s (1, - 1, 1)$ , der vektoren $(1, - 1, 1)$ angir retningen. Linjene er parallelle hvis og bare hvis det fins en konstant $k$ slik at $(- 2, 1, 2) = k (1, - 1, 1)$ . Utfra ligningen ser vi at det ikke fins en slik $k$ , altså er linjene ikke parallelle.

c)

Et tilfeldig punkt P på l er angitt ved koordinatet $(x, y, z) = (5 - 2 t, 3 + t, 4 + 2 t)$ , og et punkt $Q$ på $m$ er gitt ved $(x, y, z) = (s, 1 - s, 1 + s)$ . $\vec{P Q} = (s, 1 - s, 1 + s) - (5 - 2 t, 3 + t, 4 + 2 t) = (s + 2 t - 5, - s - t - 2, s - 2 t - 3)$

d)

For at $\vec{P Q}$ skal stå vinkelrett på linjene $m$ og $l$ , må $(s + 2 t - 5, - s - t - 2, s - 2 t - 3) \cdot (- 2, 1, 2) = 0 = (s + 2 t - 5, - s - t - 2, s - 2 t - 3) \cdot (1, - 1, 1)$ . Vi får dermed ligningene $- 2 s - 4 t + 10 - s - t - 2 + 2 s - 4 t - 6 = - s - 9 t + 2 = 0$ og $s + 2 t - 5 + s + t + 2 + s - 2 t - 3 = 3 s + t - 6 = 0$ . Altså er $3 s + t - 6 - 3 s - 27 t + 6 = - 26 t = 0$ , så vi må ha at $t = 0$ . Da er $s = 2$ . Vi får da punktene $P (5, 3, 4)$ og $Q (2, - 1, 3)$

e)

$| \vec{P Q} | = | (2, - 1, 3) - (5, 3, 4) | = | (- 3, - 4, - 1) | = \sqrt{3^{2} + 4^{2} + 1^{2}} = \sqrt{9 + 16 + 1} = \sqrt{26}$

Oppgave 6

a)

Avleser fra figuren at amplituden er $\approx 7$ , og perioden $24$ .

b)

Den deriverte av $f (x)$ er $f^{'} (x) = - \frac{5}{12} π (\cos (\frac{π}{12} x) - \sin (\frac{π}{12} x))$ , og har nullpunkt i $x = 3$ og $x = 15$ . Den deriverte er positiv når $3 < x < 15$ , så funksjonen $f (x)$ har toppunkt i $x = 15$ og bunnpunkt i $x = 3$ .

c)

Vi ser at $g (x) = 22 + f (x)$ . Funksjonene $f (x)$ og $g (x)$ må derfor ha topp- og bunnpunkter i samme (korresponderende) $x$ -verdier. Laveste temperatur inntreffer for $x = 3$ . Da er temperaturen $g (3) = 22 - 5 \sin (\frac{3 π}{12}) - 5 \cos (\frac{3 π}{12}) = 22 - 5 \sqrt{2} \approx 14.93$ grader Celsius. Høyeste temperatur inntreffer for $x = 15$ . Da er temperaturen $g (15) = 22 - 5 \sin (\frac{15 π}{12}) - 5 \cos (\frac{15 π}{12}) = 22 + 5 \sqrt{2} \approx 29.07$ grader Celsius.

Oppgave 7

a)

b)

1) La $f (x) = 5 x^{2} e^{- x}$ . Produktregelen gir at $f^{'} (x) = (5 x^{2})^{'} e^{- x} + 5 x^{2} (e^{- x})^{'} = 10 x e^{- x} - 5 x^{2} e^{- x} = 5 (2 x - x^{2}) e^{- x}$ . (Vi har i tillegg brukt kjerneregelen, og derivasjonsreglene $(e^{x})^{'} = e^{x}$ og $(x^{n})^{'} = n x^{n - 1}$ ).

2) Eksponentialfunksjonen er alltid positiv, så det er tilstrekkelig å betrakte nullpunktene til $2 x - x^{2} = x (2 - x)$ i uttrykket for den deriverte, som er $x = 0$ og $x = 2$ . Når $0 < x < 2$ er $f^{'} (x) > 0$ og når $x > 2$ er $f^{'} (x) < 0$ , så funksjonen $f (x)$ vokser i intervallet $(0, 2)$ og avtar i $(2, \infty)$ . $f (x)$ har derfor et toppunkt i $x = 2$ , men ingen bunnpunkt.

c)

$\begin{aligned} (- 5 x^{2} e^{- x} - 10 x e^{- x} - 10 e^{- x} + C)^{'} & = (- 5 x^{2} e^{- x})^{'} - (10 x e^{- x})^{'} - (10 e^{- x})^{'} + C^{'} \\ = - 10 x e^{- x} + 5 x^{2} e^{- x} - 10 e^{- x} + 10 x e^{- x} + 10 e^{- x} + 0 \\ = 5 x^{2} e^{- x} \\ = f (x) \end{aligned}$

d)

$lim_{a \to \infty} \int_{0}^{a} f (x) d x = lim_{a \to \infty} [- 5 x^{2} e^{- x} - 10 x e^{- x} - 10 e^{- x}]_{0}^{a} = lim_{a \to \infty} - 5 a^{2} e^{- a} - 10 a e^{- a} - 10 e^{- a} + 10$

Fra det som er oppgitt i oppgaven vil de tre første leddene gå mot $0$ , så det eneste som gjenstår er det siste leddet, altså er $lim_{a \to \infty} \int_{0}^{a} f (x) d x = 10$

@@ Linje 1: / Linje 1: @@
-==Del 1==
+{{EksLenker|1=&nbsp;
+*[http://ndla.no/nb/node/99640?fag=98361 Løsning fra NDLA]
+*[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R2/sensur/2011V_Vurderingsskjema_REA3024_Matematikk_R2_V2011.pdf Vurderingsskjema]
+*[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R2/sensur/2011V_Sensorveiledning_REA3024_R2_V2011.pdf Sensorveiledning]
+*[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R2/sensur/2011V_Forhåndssensur_REA3024_Matematikk_R2_V2011.pdf Forhåndssensur]
+*[http://www.ulven.biz/r2/eksamen/R2_V11_ls.pdf Alternativt løsningsforslag fra H-P Ulven]
+}}
+= Del 1 =
-'''
+== Oppgave 1 ==
-=== Oppgave 1a) ===
-'''
+=== a) ===
-'''1)''' <tex>f(x)=2\sin(2x)\Rightarrow f'(x)=4\cos(2x)</tex>
+'''1)'''  $f (x) = 2 \sin (2 x) \Rightarrow f^{'} (x) = 4 \cos (2 x)$
-'''2)''' <tex>g(x)=x^2\cos(2x)\Rightarrow g'(x)=(x^2)'\cos(2x)+x^2(\cos(2x))'=2x\cos(2x)-2x^2\sin(2x)</tex>
+'''2)'''  $g (x) = x^{2} \cos (2 x) \Rightarrow g^{'} (x) = (x^{2})^{'} \cos (2 x) + x^{2} (\cos (2 x))^{'} = 2 x \cos (2 x) - 2 x^{2} \sin (2 x)$
-'''3)''' <tex>h(x)=\frac12 \sqrt{x^2-4x}\Rightarrow h'(x)=\frac12 \frac{x-2}{\sqrt{x^2-4x}}</tex>
+'''3)'''  $h (x) = \frac{1}{2} \sqrt{x^{2} - 4 x} \Rightarrow h^{'} (x) = \frac{1}{2} \frac{x - 2}{\sqrt{x^{2} - 4 x}}$
-'''
-=== Oppgave 1b) ===
-'''
-'''1)''' Delvis integrasjon gir at <tex>\int xe^x\,dx=[xe^x]-\int e^x\,dx=(x-1)e^x+C</tex>
+=== b) ===
-'''2)''' <tex>\int\frac{5x+3}{x^2-9}\,dx=\int\frac{5x+3}{(x-3)(x+3)}\,dx</tex>. Delbrøksoppspaltning gir at
-<tex>\frac{1}{(x-3)(x+3)}=\frac16(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3})</tex>, så <tex>\int\frac{5x+3}{(x-3)(x+3)}\,dx=\int(5x+3)\frac16(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3})\,dx=\frac16 \left(\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx-\int \frac{5x+3}{x+3}\,dx\right )</tex>
+'''1)''' Delvis integrasjon gir at $\int xe^x\,dx=[xe^x]-\int e^x\,dx=(x-1)e^x+C$
-<tex>\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx=\int \frac{5(x-3)+18}{x-3}\,dx=5\int dx+18\int \frac{1}{x-3}\,dx=5x+18\ln(|x-3|)+C_1</tex> og
+'''2)''' $\int\frac{5x+3}{x^2-9}\,dx=\int\frac{5x+3}{(x-3)(x+3)}\,dx$. Delbrøksoppspaltning gir at
+ $\frac{1}{(x - 3) (x + 3)} = \frac{1}{6} (\frac{1}{x - 3} - \frac{1}{x + 3})$ , så  $\int \frac{5 x + 3}{(x - 3) (x + 3)} d x = \int (5 x + 3) \frac{1}{6} (\frac{1}{x - 3} - \frac{1}{x + 3}) d x = \frac{1}{6} (\int \frac{5 x + 3}{x - 3} d x - \int \frac{5 x + 3}{x + 3} d x)$
-<tex>\int \frac{5x+3}{x+3}\,dx=\int \frac{5(x+3)-12}{x+3}\,dx=5\int dx-12\int \frac{1}{x+3}\,dx=5x-12\ln(|x+3|)+C_2</tex>, så
+$\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx=\int \frac{5(x-3)+18}{x-3}\,dx=5\int dx+18\int \frac{1}{x-3}\,dx=5x+18\ln(|x-3|)+C_1$ og
-<tex>\frac16 \left(\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx-\int \frac{5x+3}{x+3}\,dx\right ) =3\ln(|x-3|)+2\ln(|x+3|)+C</tex>
+ $\int \frac{5 x + 3}{x + 3} d x = \int \frac{5 (x + 3) - 12}{x + 3} d x = 5 \int d x - 12 \int \frac{1}{x + 3} d x = 5 x - 12 \ln (| x + 3 |) + C_{2}$ , så
-'''
+$\frac16 \left(\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx-\int \frac{5x+3}{x+3}\,dx\right ) =3\ln(|x-3|)+2\ln(|x+3|)+C$
-===Oppgave 1c) ===
-'''
-Sirkelen på figuren er beskrevet ved ligningen <tex>x^2+y^2=1</tex>, så høyden opp til halvsirkelen i øvre halvplan som funksjon av <tex>x</tex>, er <tex>y(x)=\sqrt{1-x^2}</tex>. Arealet av halvsirkelen i øvre halvplan er derfor <tex>\int_{-1}^1 y(x)\,dx=\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx=\frac12\pi (1)^2=\frac12 \pi</tex>
+=== c) ===
-'''
+Sirkelen på figuren er beskrevet ved ligningen  $x^{2} + y^{2} = 1$ , så høyden opp til halvsirkelen i øvre halvplan som funksjon av  $x$ , er  $y (x) = \sqrt{1 - x^{2}}$ . Arealet av halvsirkelen i øvre halvplan er derfor  $\int_{- 1}^{1} y (x) d x = \int_{- 1}^{1} \sqrt{1 - x^{2}} d x = \frac{1}{2} π (1)^{2} = \frac{1}{2} π$
-===Oppgave 1d) ===
-'''
+=== d) ===
 '''1)'''
-Dersom én av vektorene har lengde <tex>0</tex> vil prikkproduktet være <tex>0</tex>. Anta videre at begge vektorene har lengde ulik <tex>0</tex>. Siden prikkproduktet er <tex>0</tex>, må vektorene <tex>\vec{a}</tex> og <tex>\vec{b}</tex> stå normalt på hverandre.
+Dersom én av vektorene har lengde $0$ vil prikkproduktet være $0$. Anta videre at begge vektorene har lengde ulik $0$. Siden prikkproduktet er $0$, må vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$ stå normalt på hverandre.
 '''2)'''
-Dersom én av vektorene har lengde <tex>0</tex> vil kryssproduktet være <tex>0</tex>. Anta videre at begge vektorene har lengde ulik <tex>0</tex>. Siden kryssproduktet er <tex>0</tex>, må vektorene <tex>\vec{a}</tex> og <tex>\vec{b}</tex> ligge parallelt.
+Dersom én av vektorene har lengde $0$ vil kryssproduktet være $0$. Anta videre at begge vektorene har lengde ulik $0$. Siden kryssproduktet er $0$, må vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$ ligge parallelt.
+=== e) ===
+Beregner først vektorene  $\vec{A B} = (2 - 1, - 1 - 1, 3 - (- 1)) = (1, - 2, 4)$  og  $\vec{A C} = (3 - 1, 2 - 1, 2 - (- 1)) = (2, 1, 3)$ . Kryssproduktet  $\vec{A B} \times \vec{A C} = (- 2 \cdot 3 - (1 \cdot 4), - (1 \cdot 3 - 2 \cdot 4), 1 \cdot 1 - 2 \cdot (- 2)) = (- 10, 5, 5)$ . For å vise at  $\vec{A B} \times \vec{A C}$  står vinkelrett på både  $\vec{A B}$  og  $\vec{A C}$ , beregner vi  $(\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A B}$  og  $(\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A C}$  og viser at disse er  $0$ :
+ $(\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A B} = (- 10, 5, 5) \cdot (1, - 2, 4) = - 10 - 10 + 20 = 0$  og
+ $(\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A C} = (- 10, 5, 5) \cdot (2, 1, 3) = - 20 + 5 + 15 = 0$ .
-'''
-===Oppgave 1e) ===
-'''
+=== f) ===
-Beregner først vektorene <tex>\vec{AB}=(2-1,-1-1,3-(-1))=(1,-2,4)</tex> og <tex>\vec{AC}=(3-1,2-1,2-(-1))=(2,1,3)</tex>. Kryssproduktet <tex>\vec{AB}\times \vec{AC}=(-2\cdot 3-(1\cdot 4), -(1\cdot 3-2\cdot 4), 1\cdot 1-2\cdot (-2))=(-10,5,5)</tex>. For å vise at <tex>\vec{AB}\times \vec{AC}</tex> står vinkelrett på både <tex>\vec{AB}</tex> og <tex>\vec{AC}</tex>, beregner vi <tex>(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AB}</tex> og <tex>(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AC}</tex> og viser at disse er <tex>0</tex>:
-<tex>(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AB}=(-10,5,5)\cdot (1,-2,4)=-10-10+20=0</tex> og
+'''Induksjonssteg 1''': $1=\frac{4^1-1}{3} $, s å f o r m e l e n e r r i k t i g f o r$ n=1$
+'''Induksjonssteg 2''': Anta at formelen er riktig for  $n = k$ , så  $1 + 4 + 16 + . . . + 4^{k - 1} = \frac{4^{k} - 1}{3}$ . Da er  $1 + 4 + 16 + . . . + 4^{k - 1} + 4^{k} = \frac{4^{k} - 1}{3} + 4^{k} = \frac{4^{k} - 1 + 3 \cdot 4^{k}}{3} = \frac{(1 + 3) 4^{k} - 1}{3} = \frac{4^{k + 1} - 1}{3}$ , så formelen er riktig for  $n = k + 1$ , og vi er ferdige.
-<tex>(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AC}=(-10,5,5)\cdot (2,1,3)=-20+5+15=0</tex>.
+== Oppgave 2 ==
-'''
+=== a) ===
-===Oppgave 1f) ===
-'''
-'''Induksjonssteg 1''': <tex>1=\frac{4^1-1}{3}</tex>, så formelen er riktig for <tex>n=1</tex>
-'''Induksjonssteg 2''': Anta at formelen er riktig for <tex>n=k</tex>, så <tex>1+4+16+...+4^{k-1}=\frac{4^k-1}{3}</tex>. Da er <tex>1+4+16+...+4^{k-1}+4^k=\frac{4^k-1}{3}+4^k=\frac{4^k-1+3\cdot 4^k}{3}=\frac{(1+3)4^k-1}{3}=\frac{4^{k+1}-1}{3}</tex>, så formelen er riktig for <tex>n=k+1</tex>, og vi er ferdige.
+Vi multipliserer den førsteordens differensialligningen $y'-2y=5 $m e d i n t e g r e r e n d e f a k t o r$ e^{\int -2\,dx}\,\,=e^{-2x}$, og får
+ $e^{- 2 x} y^{'} - 2 e^{- 2 x} y = 5 e^{- 2 x}$ . Venstresiden kan nå omskrives:
-'''
-===Oppgave 2a) ===
-'''
+ $(e^{- 2 x} y)^{'} = 5 e^{- 2 x}$
-Vi multipliserer den førsteordens differensialligningen <tex>y'-2y=5</tex> med integrerende faktor <tex>e^{\int -2\,dx}\,\,=e^{-2x}</tex>, og får
+Vi integrerer ligningen med hensyn på  $x$ :
-<tex>e^{-2x}y'-2e^{-2x}y=5e^{-2x}</tex>. Venstresiden kan nå omskrives:
+$\int (e^{-2x}y)'\,dx=\int 5e^{-2x}\,dx\ e^{-2x}y=-\frac{5}{2}e^{-2x}+C $, o g l ø s e r f o r$ y$:
+ $y = - \frac{5}{2} + C e^{2 x}$ . Løsningen verfiseres ved innsetting i den opprinnelige diff.ligningen:
-<tex>(e^{-2x}y)'=5e^{-2x}</tex>
+$y'=2Ce^{2x} $, s å$ y'-2y=2Ce^{2x}-2(-\frac{5}{2}+Ce^{2x})=5$.
-Vi integrerer ligningen med hensyn på <tex>x</tex>:
-<tex>\int (e^{-2x}y)'\,dx=\int 5e^{-2x}\,dx\ e^{-2x}y=-\frac{5}{2}e^{-2x}+C</tex>, og løser for <tex>y</tex>:
-<tex>y=-\frac{5}{2}+Ce^{2x}</tex>. Løsningen verfiseres ved innsetting i den opprinnelige diff.ligningen:
+=== b) ===
-<tex>y'=2Ce^{2x}</tex>, så <tex>y'-2y=2Ce^{2x}-2(-\frac{5}{2}+Ce^{2x})=5</tex>.
-'''
+'''1)''' $y(0)=-\frac{5}{2}+C=2 $, s å$ C=2+\frac{5}{2}=\frac{9}{2}$
-=== Oppgave 2b) ===
-'''
-'''1)''' <tex>y(0)=-\frac{5}{2}+C=2</tex>, så <tex>C=2+\frac{5}{2}=\frac{9}{2}</tex>
+'''2)''' Setter inn $y=\frac{49}{2}$ i løsningen, og løser for  $x$ :
-'''2)''' Setter inn <tex>y=\frac{49}{2}</tex> i løsningen, og løser for <tex>x</tex>:
+$\frac{49}{2}=-\frac{5}{2}+\frac{9}{2}e^{2x}\ \frac{54}{9}=6=e^{2x}\ \ln(6)=2x \ x=\frac{\ln(6)}{2}\approx \frac{1.8}{2}=0.9$
-<tex>\frac{49}{2}=-\frac{5}{2}+\frac{9}{2}e^{2x}\ \frac{54}{9}=6=e^{2x}\ \ln(6)=2x \ x=\frac{\ln(6)}{2}\approx \frac{1.8}{2}=0.9</tex>
+=== c) ===
-'''
-=== Oppgave 2c) ===
-'''
-Tangenten i <tex>(0,2)</tex> har ligning <tex>y=ax+b</tex>, der <tex>a=(-\frac{5}{2}+\frac{9}{2}e^{2x})'(0)=\frac{18}{2}=9</tex>. I tillegg må punktet <tex>(0,2)</tex> ligge på tangentlinja, så <tex>2=a\cdot 0 +b</tex>. Ligningen til tangenten er derfor <tex>y=9x+2</tex>.
+Tangenten i $(0,2)$ har ligning $y=ax+b$, der $a=(-\frac{5}{2}+\frac{9}{2}e^{2x})'(0)=\frac{18}{2}=9$. I tillegg må punktet $(0,2)$ ligge på tangentlinja, så $2=a\cdot 0 +b$. Ligningen til tangenten er derfor $y=9x+2$.
+=Del 2=
-==Del 2==
+== Oppgave 3 ==
+=== a) ===
-'''
-=== Oppgave 3a) ===
-'''
@@ Linje 139: / Linje 143: @@
-Finner toppunktet ved derivasjon av funksjonen <tex>f(x)=2\sqrt{x}e^{-\frac{x}{3}}</tex>: <tex>f'(x)=\frac{(3-2x)e^{-\frac{x}{3}}}{3\sqrt{x}}</tex>. Den deriverte er <tex>0</tex> når <tex>3-2x=0</tex>, så toppunktet er i <tex>x=\frac{3}{2}</tex>. Diameteren til skaftet er størst i toppunktet til grafen til <tex>f(x)</tex>. Størst mulig diameter er derfor <tex>2\cdot f(\frac32 )=4\sqrt{\frac32}e^{-\frac{1}{2}}\approx 2.97</tex>
+Finner toppunktet ved derivasjon av funksjonen $f(x)=2\sqrt{x}e^{-\frac{x}{3}}$: $f'(x)=\frac{(3-2x)e^{-\frac{x}{3}}}{3\sqrt{x}}$. Den deriverte er $0$ når $3-2x=0$, så toppunktet er i $x=\frac{3}{2}$. Diameteren til skaftet er størst i toppunktet til grafen til $f(x)$. Størst mulig diameter er derfor $2\cdot f(\frac32 )=4\sqrt{\frac32}e^{-\frac{1}{2}}\approx 2.97$.
+=== b) ===
-'''
-=== Oppgave 3b) ===
-'''
-Volumet er gitt ved <tex>\int_0^4 \pi f(x)^2\,dx=4\pi\int_0^4 xe^{-\frac{2}{3}x}\,dx=</tex>. La <tex>u=-\frac{2}{3}x</tex>. Integralet blir <tex>9\pi\int ue^u\,du</tex>. Vi bruker resultatet fra oppgave 1b),1): <tex>9\pi\int ue^u\,du=9\pi [(u-1)e^u]=9\pi[(-\frac{2}{3}x-1)e^{-\frac{2}{3}x}]_0^4=9\pi ((-\frac{8}{3}-1)e^{-\frac{8}{3}}+1)=9\pi (-\frac{11}{3}e^{-\frac{8}{3}}+1)</tex>
+Volumet er gitt ved $\int_0^4 \pi f(x)^2\,dx=4\pi\int_0^4 xe^{-\frac{2}{3}x}\,dx$. La $u=-\frac{2}{3}x$. Integralet blir $9\pi\int ue^u\,du$. Vi bruker resultatet fra oppgave 1b),1): $9\pi\int ue^u\,du=9\pi [(u-1)e^u]=9\pi[(-\frac{2}{3}x-1)e^{-\frac{2}{3}x}]_0^4=9\pi ((-\frac{8}{3}-1)e^{-\frac{8}{3}}+1)=9\pi (-\frac{11}{3}e^{-\frac{8}{3}}+1)$
-'''
+== Oppgave 4 ==
-=== Oppgave 4a) ===
-'''
+=== a) ===
-'''1)''' La <tex>A_0=A</tex> og <tex>B_0=B</tex>. Generelt kan vi skrive arealet av trapeset <tex>A_nB_nB_{n+1}A_{n+1}</tex> som <tex>(A_nB_n+A_{n+1}B_{n+1})\frac{B_nB_{n+1}}{2}</tex>, der <tex>A_0B_0=8</tex>, <tex>B_0B_1=8</tex>, <tex>B_nB_{n+1}=\frac{16}{2^{n+1}}</tex>, <tex>\frac{A_nB_n}{B_nB_{n+1}}=\frac{8}{8}=1</tex> (ved formlikhet av trapesene). Altså er <tex>A_nB_n=B_nB_{n+1}=\frac{16}{2^{n+1}}</tex> og arealet av trapeset <tex>A_nB_nB_{n+1}A_{n+1}</tex> blir <tex>(A_nB_n+A_{n+1}B_{n+1})\frac{B_nB_{n+1}}{2}=(\frac{16}{2^{n+1}}+\frac{16}{2^{n+2}})\frac{16}{2^{n+2}}=\frac{3\cdot16^2}{2^{2n+4}}=3\cdot 2^{4-2n}</tex>. Summen av arealene til trapesene blir derfor
-<tex>\sum_{n=0}^\infty 3\cdot 2^{4-2n}=48+12+3+...</tex>
+'''1)''' La  $A_{0} = A$  og  $B_{0} = B$ . Generelt kan vi skrive arealet av trapeset  $A_{n} B_{n} B_{n + 1} A_{n + 1}$  som  $(A_{n} B_{n} + A_{n + 1} B_{n + 1}) \frac{B_{n} B_{n + 1}}{2}$ , der  $A_{0} B_{0} = 8$ ,  $B_{0} B_{1} = 8$ ,  $B_{n} B_{n + 1} = \frac{16}{2^{n + 1}}$ ,  $\frac{A_{n} B_{n}}{B_{n} B_{n + 1}} = \frac{8}{8} = 1$  (ved formlikhet av trapesene). Altså er  $A_{n} B_{n} = B_{n} B_{n + 1} = \frac{16}{2^{n + 1}}$  og arealet av trapeset  $A_{n} B_{n} B_{n + 1} A_{n + 1}$  blir  $(A_{n} B_{n} + A_{n + 1} B_{n + 1}) \frac{B_{n} B_{n + 1}}{2} = (\frac{16}{2^{n + 1}} + \frac{16}{2^{n + 2}}) \frac{16}{2^{n + 2}} = \frac{3 \cdot 16^{2}}{2^{2 n + 4}} = 3 \cdot 2^{4 - 2 n}$ . Summen av arealene til trapesene blir derfor
+$\sum_{n=0}^\infty 3\cdot 2^{4-2n}=48+12+3+...$
 '''2)''' Fra forrige deloppgave ser vi at summen av arealene er en geometrisk rekke
-<tex>\sum_{n=0}^\infty 3\cdot 2^{4-2n}=48\sum_{n=0}^\infty (\frac{1}{4})^n</tex>
+$\sum_{n=0}^\infty 3\cdot 2^{4-2n}=48\sum_{n=0}^\infty (\frac{1}{4})^n$
+Rekken konvergerer siden  $| \frac{1}{4} | < 1$
+=== b) ===
+Geometrisk ser vi at summen av arealene må konvergere mot arealet av  $△ A B C$ , som er  $\frac{8 \cdot 16}{2} = 64$
+Summeformelen for en geometrisk rekke  $\sum_{k = 0}^{n - 1} a r^{k} = a \frac{1 - r^{n}}{1 - r}$  gir at
+ $lim_{n \to \infty} \sum_{k = 0}^{n - 1} 48 (\frac{1}{4})^{k} = 48 lim_{n \to \infty} \frac{1 - {\frac{1}{4}}^{n}}{\frac{3}{4}} = 48 \cdot \frac{4}{3} = 64$ .
+== Oppgave 5 ==
+=== a) ===
+I  $x y$ -planet er  $z = 0$ , så vi må ha at  $0 = 4 + 2 t$ . Altså er  $t = - 2$  i punkt  $A$ . I  $x z$ -planet er  $y = 0$ , så vi må ha at  $0 = 3 + t$ . Altså er  $t = - 3$  i punkt  $B$ . Koordinatene til  $A$  og  $B$  er derfor gitt ved  $A (5 + 2 \cdot 2, 3 - 2, 0) = A (9, 1, 0)$  og  $B (5 - 2 \cdot (- 3), 0, 4 + 2 \cdot (- 3)) = B (11, 0, - 2)$ . Avstanden mellom  $A$  og  $B$  er derfor  $| (11 - 9, 0 - 1, - 2 - 0) | = | (2, - 1, - 2) | = \sqrt{2^{2} + 1^{2} + 2^{2}} = \sqrt{9} = 3$
+=== b) ===
+Vi kan skrive linja  $l$  på formen  $(x, y, z) = (5 - 2 t, 3 + t, 4 + 2 t) = (5, 3, 4) + t (- 2, 1, 2)$ . Det betyr at vektoren  $(- 2, 1, 2)$  angir retningen til linja  $l$ . På samme måte kan linja  $m$  skrives som  $(x, y, z) = (s, 1 - s, 1 + s) = (0, 1, 1) + s (1, - 1, 1)$ , der vektoren  $(1, - 1, 1)$  angir retningen. Linjene er parallelle hvis og bare hvis det fins en konstant  $k$  slik at  $(- 2, 1, 2) = k (1, - 1, 1)$ . Utfra ligningen ser vi at det ikke fins en slik  $k$ , altså er linjene ikke parallelle.
+=== c) ===
+Et tilfeldig punkt P på l er angitt ved koordinatet  $(x, y, z) = (5 - 2 t, 3 + t, 4 + 2 t)$ , og et punkt  $Q$  på  $m$  er gitt ved  $(x, y, z) = (s, 1 - s, 1 + s)$ .  $\vec{P Q} = (s, 1 - s, 1 + s) - (5 - 2 t, 3 + t, 4 + 2 t) = (s + 2 t - 5, - s - t - 2, s - 2 t - 3)$
+=== d) ===
+For at  $\vec{P Q}$  skal stå vinkelrett på linjene  $m$  og  $l$ , må  $(s + 2 t - 5, - s - t - 2, s - 2 t - 3) \cdot (- 2, 1, 2) = 0 = (s + 2 t - 5, - s - t - 2, s - 2 t - 3) \cdot (1, - 1, 1)$ . Vi får dermed ligningene  $- 2 s - 4 t + 10 - s - t - 2 + 2 s - 4 t - 6 = - s - 9 t + 2 = 0$  og  $s + 2 t - 5 + s + t + 2 + s - 2 t - 3 = 3 s + t - 6 = 0$ . Altså er  $3 s + t - 6 - 3 s - 27 t + 6 = - 26 t = 0$ , så vi må ha at  $t = 0$ . Da er  $s = 2$ . Vi får da punktene  $P (5, 3, 4)$  og  $Q (2, - 1, 3)$
+=== e) ===
+ $| \vec{P Q} | = | (2, - 1, 3) - (5, 3, 4) | = | (- 3, - 4, - 1) | = \sqrt{3^{2} + 4^{2} + 1^{2}} = \sqrt{9 + 16 + 1} = \sqrt{26}$
+== Oppgave 6 ==
+=== a) ===
+[[Bilde:Screen_shot_2012-01-02_at_21.09.23.png|500px|]]
+Avleser fra figuren at amplituden er  $\approx 7$ , og perioden  $24$ .
+=== b) ===
+Den deriverte av  $f (x)$  er $f'(x)=-\frac{5}{12}\pi\left ( \cos(\frac{\pi}{12}x)-\sin(\frac{\pi}{12}x)\right )
+ $, o g h a r n u l l p u n k t i$ x=3 $o g$ x=15 $. D e n d e r i v e r t e e r p o s i t i v n å r$ 3<x<15 $, s å f u n k s j o n e n$ f(x) $h a r t o p p u n k t i$ x=15 $o g b u n n p u n k t i$ x=3$.
+=== c) ===
+Vi ser at  $g (x) = 22 + f (x)$ . Funksjonene  $f (x)$  og  $g (x)$  må derfor ha topp- og bunnpunkter i samme (korresponderende)  $x$ -verdier.
+Laveste temperatur inntreffer for  $x = 3$ . Da er temperaturen  $g (3) = 22 - 5 \sin (\frac{3 π}{12}) - 5 \cos (\frac{3 π}{12}) = 22 - 5 \sqrt{2} \approx 14.93$  grader Celsius. Høyeste temperatur inntreffer for  $x = 15$ . Da er temperaturen  $g (15) = 22 - 5 \sin (\frac{15 π}{12}) - 5 \cos (\frac{15 π}{12}) = 22 + 5 \sqrt{2} \approx 29.07$  grader Celsius.
+== Oppgave 7 ==
+=== a) ===
+[[Bilde:Screen_shot_2012-01-03_at_10.10.19.png|500px|]]
+=== b) ===
+'''1)''' La  $f (x) = 5 x^{2} e^{- x}$ . Produktregelen gir at  $f^{'} (x) = (5 x^{2})^{'} e^{- x} + 5 x^{2} (e^{- x})^{'} = 10 x e^{- x} - 5 x^{2} e^{- x} = 5 (2 x - x^{2}) e^{- x}$ . (Vi har i tillegg brukt kjerneregelen, og derivasjonsreglene  $(e^{x})^{'} = e^{x}$  og  $(x^{n})^{'} = n x^{n - 1}$ ).
+'''2)''' Eksponentialfunksjonen er alltid positiv, så det er tilstrekkelig å betrakte nullpunktene til  $2 x - x^{2} = x (2 - x)$  i uttrykket for den deriverte, som er  $x = 0$  og  $x = 2$ . Når $0<x<2 $e r$ f'(x)>0 $o g n å r$ x>2 $e r$ f'(x)<0 $, s å f u n k s j o n e n$ f(x) $v o k s e r i i n t e r v a l l e t$ (0,2) $o g a v t a r i$ (2,\infty) $.$ f(x) $h a r d e r f o r e t t o p p u n k t i$ x=2$, men ingen bunnpunkt.
+=== c) ===
+ $\begin{aligned} (- 5 x^{2} e^{- x} - 10 x e^{- x} - 10 e^{- x} + C)^{'} & = (- 5 x^{2} e^{- x})^{'} - (10 x e^{- x})^{'} - (10 e^{- x})^{'} + C^{'} \\ = - 10 x e^{- x} + 5 x^{2} e^{- x} - 10 e^{- x} + 10 x e^{- x} + 10 e^{- x} + 0 \\ = 5 x^{2} e^{- x} \\ = f (x) \end{aligned}$
+=== d) ===
+ $lim_{a \to \infty} \int_{0}^{a} f (x) d x = lim_{a \to \infty} [- 5 x^{2} e^{- x} - 10 x e^{- x} - 10 e^{- x}]_{0}^{a} = lim_{a \to \infty} - 5 a^{2} e^{- a} - 10 a e^{- a} - 10 e^{- a} + 10$
-Rekken konvergerer siden <tex>|\frac14| <1</tex>
+Fra det som er oppgitt i oppgaven vil de tre første leddene gå mot  $0$ , så det eneste som gjenstår er det siste leddet, altså er $\lim_{a\to\infty}\int_0^af(x)\,dx=10$

R2 2011 vår LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner