R2 2012 vår LØSNING

Del 1

Oppgave 1

a)

1) $$\begin{gathered} f(x)=3\sin 2x \\ u=2x,u^{\prime }=2 \\ {f}^{\prime }(x)=2\cdot 3\cos 2x \\ {f}^{\prime }(x)=6\cos 2x \end{gathered}$$

2) $$\begin{gathered} g(x)=x^2\sin x \\ u=x^2,v=\sin x \\ {g}^{\prime }(x)=2x\sin x+x^2\cos x=x(2\sin x+x\cos x) \end{gathered}$$

3) $$\begin{gathered} k(x)=5\cos (\frac{\pi }{12}x-2)+7 \\ {k}^{\prime }(x)=-\frac{5\pi }{12}\sin (\frac{\pi }{12}x-2) \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} \int x{e}^{2x}dx=\frac{1}{2}x{e}^{2x}-\int \frac{1}{2}{e}^{2x}dx \\ =\frac{1}{2}x{e}^{2x}-\frac{1}{4}{e}^{2x}+C \\ =\frac{1}{4}{e}^{2x}(2x-1)+C \end{gathered}$$

c)

$$\begin{gathered} {\int }_3^7\frac{2x}{x^2-4}dx \\ \frac{2x}{x^2+4}=\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x-2} \\ 2x=A(x+2)+B(x-2) \\ x=2\Rightarrow A=1 \\ x=-2\Rightarrow B=1 \\ {\int }_3^7\frac{2x}{x^2-4}dx={\int }_3^7\frac{1}{x-2}dx+{\int }_3^7\frac{1}{x+2}dx \\ =[\ln |x-2|{]}_3^7+[\ln |x+2|{]}_3^7 \\ =\ln 5-\ln 1+\ln 9-\ln 5=\ln 3^2=2\ln 3 \end{gathered}$$

d)

$$\begin{gathered} y^{\prime }-2y=3 \\ {y}^{\prime }\cdot e^{-2x}-2y{e}^{-2x}=3e^{-2x} \\ (y{e}^{-2x}{)}^{\prime }=3e^{-2x} \\ y{e}^{-2x}=-\frac{3}{2}{e}^{-2x}+C \\ y=-\frac{3}{2}+C{e}^{2x} \\ y(0)=8\Rightarrow 8=-\frac{3}{2}+C\Rightarrow C=\frac{19}{2} \\ y=-\frac{3}{2}+\frac{19}{2}{e}^{2x} \end{gathered}$$

e)

$1+e^{-x}+e^{-2x}+....x>0$

1) $k=\frac{e^{-x}}{1}=\frac{e^{-2x}}{e^{-x}}=e^{-x}$

$-1<e^{-x}<1$ Dvs: rekken konvergerer.

2) $S=\frac{a_1}{1-k}=\frac{1}{1-e^{-x}}=\frac{e^x}{e^x-1}$

Oppgave 2

a)

$\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=[3,-1,2]\cdot [6,4,2]=3\cdot 6-1\cdot 4+2\cdot 2=18-4+4=18$

b)

$\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}=[-2-8,-(6-12),12+6]=[-10,6,18]$

c)

$\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}=[3,-1,2]-[6,4,2]=[-3,-5,0]$. Så $(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})\cdot \overrightarrow{a}=[-3,-5,0]\cdot [3,-1,2]=-9+5=-4$

Oppgave 3

$f(x)=x\cdot e^x$

a)

$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=e^x+x{e}^x=(x+1)e^x \\ f´´(x)=e^x+(x+1)e^x=(x+2)e^x \end{gathered}$$

b)

Ekstremalpunkter er gitt ved å nullstille den deriverte, altså løse $f^{\prime }(x)=(x+1)e^x=0$. Siden eksponentialfunksjonen aldri er $0$, må $x+1=0$, som gir bunnpunkt i $x=-1$ siden den dobbeltderiverte er positiv i $x=-1$.Koordinatet til vendepunktet blir $(-1,f(-1))=(-1,-e^{-1})$. Vendepunkter finner vi fra nullpunktene til $f^{\prime \prime }(x)$, altså må vi løse $(x+2)e^x=0$, som har løsning $x=-2$. Koordinatet til vendepunktet blir derfor $(-2,f(-2))=(-2,-2e^{-2})$.

c)

$$\begin{gathered} f^{(n)}(x)=(x+n)e^x \\ n=1:f^{\prime }(x)=e^x+x{e}^x=(1+x)e^x \end{gathered}$$

Formelen stemmer for $n=1$.

Setter $n=k$ og undersøker om formelen stemmer for $k+1$:

$f^{(k+1)}=((x+k)e^x{)}^{\prime }=(x+k{)}^{\prime }{e}^x+(x+k)(e^x{)}^{\prime }=(x+k+1)e^x$

Man slutter av dette at formelen gjelder for alle naturlige tall.

Del 2

Oppgave 4

a)

25.mars svarer til dag $85$ etter nyttår. Altså er $t=85$. Vi har at $f(85)=19-4\cos (\frac{\pi \cdot 85}{180})\approx 18,65$. Altså begynner det å mørkne ca. kl. 18:39 på kvelden den 25. mars, ifølge modellen.

b)

Grafisk ser vi at likevektslinjen er $19$. Den største verdien $f(t)$ kan ha er $23$, så amplituden blir $23-19=4$. Amplituden kan også finnes direkte fra funksjonsuttrykket som absoluttverdien til faktoren foran $\cos$. Perioden er $360=12\cdot 30$. Det gjennomsnittlige tidspunkt når lyset slåes på, gjennom hele året, er kl. 19:00.

c)

Dette kan leses direkte fra grafen. Vi ser fra grafen over at det er to løsninger. Disse kan regnes ut, slik: $$\begin{array}{rl}f(t)& =18\\ 19-4\cos (\frac{\pi \cdot t}{180})& =18\\ t& =76\vee t=256\end{array}$$ Lyset slåes på kl. 18:00 16. mars og 16. september.

d)

Dagslyset varer lengst i toppunktet til $f(t)$. Det svarer til at $\cos (\frac{\pi }{180}t)=-1$, altså når $\frac{\pi }{180}t=\pi$. Da er $t=180$, så dagslyset varer lengt midt i året, 30.juni.

Oppgave 5

a)

$$\begin{array}{rl}\tan (u-v)& =\frac{\sin (u-v)}{\cos (u-v)}\\ & =\frac{\sin u\cdot \cos v-\cos u\cdot \sin v}{\cos u\cdot \cos v+\sin u\cdot \sin v}\\ & =\frac{\frac{\sin u\cdot \cos v}{\cos u\cdot \cos v}-\frac{\cos u\cdot \sin v}{\cos u\cdot \cos v}}{\frac{\cos u\cdot \cos v}{\cos u\cdot \cos v}+\frac{\sin u\cdot \sin v}{\cos u\cdot \cos v}}\\ & =\frac{\tan u-\tan v}{1+\tan u\cdot \tan v}\end{array}$$

b)

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\tan \alpha \\ & =\tan (u-v)\\ & =\frac{\tan u-\tan v}{1+\tan u\cdot \tan v}\\ & =\frac{\frac{4}{x}-\frac{1}{x}}{1+\frac{4}{x}\cdot \frac{1}{x}}\\ & =\frac{4x-x}{x^2+4}\\ & =\frac{3x}{x^2+4}\end{array}$$

c)

$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=\frac{3(x^2+4)-3x\cdot 2x}{(x^2+4{)}^2}=\frac{12-3x^2}{(x^2+4{)}^2} \\ {f}^{\prime }(x)=0\Rightarrow 12-3x^2=0 \\ x=2 \\ f(2)=\frac{3}{4} \end{gathered}$$

d)

Største synsvinkel:

$$\begin{gathered} \frac{3}{4}=\tan \alpha \\ \alpha =36,9^{\circ } \end{gathered}$$

Oppgave 6

a)

$$\begin{gathered} v_0=25\text{m/s} \\ y-\text{fart} \\ {y}^{\prime }-\text{akslerasjon} \\ {y}^{\prime }=k{y}^2 \\ \text{Bestemmer}k: \\ -12=k\cdot {25}^2 \\ k=0.02 \\ \frac{dy}{dx}=-0,02y^2 \\ \int y^{-2}dy=\int -0,02dx \\ -y^{-1}=-0,02x+c \\ y=\frac{1}{0,02x+c} \end{gathered}$$

b)

Ved tiden $x=0$:

$$\begin{gathered} y=\frac{1}{C} \\ 25=\frac{1}{C} \\ c=0.04 \end{gathered}$$

Farten til båten ved $x=3$:

$y(3)=\frac{1}{0.06+0.04}=10\text{m/s}$

c)

Båten har forflyttet seg ca. $46$ meter på $3$ sekunder.

Oppgave 7

a)

Teller vi opp antall kvadrater får vi $1+2+3+4+5=15$. Hvert kvadrat har areal $\frac{1}{5^2}$, så arealet av figuren er $\frac{15}{25}=\frac{3}{5}$.

b)

I hver søyle er det $k$ antall kvadrater og hvert kvadrat har et areal $\frac{1}{n^2}$, så arealet av hele figuren blir $\sum _{k=1}^{n}k(\frac{1}{n}{)}^2=\frac{1}{n^2}\sum _{k=!}^{n}k=\frac{1}{n^2}\frac{n(1+n)}{2}=\frac{1+n}{2n}$

En alternativ metode er å betrakte problemet geometrisk. Vi ser at arealet av figuren er halvparten av arealet til et kvadrat med sidelengder $1$ pluss halvparten av $n$ kvadrater med sidelengder $\frac{1}{n}$, altså er arealet av figuren $\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\frac{n}{n^2}=\frac{1+n}{2n}$

Setter vi inn $n=5$ i summeformelen får vi $\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$, som stemmer med utregningen i første deloppgave.

c)

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1+n}{2n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{1}{n}+1}{2}=\frac{1}{2}$.

Geometrisk ser vi at når $n$ vokser, så blir arealet av figuren tilnærmet halvparten av arealet av et kvadrat med sider $1$, altså $\frac{1}{2}$.

Oppgave 8

a)

Punktene $A(0,0,4)$, $B(2,0,0)$ og $C(1,1,4)$ definerer et plan i ${\mathbb{R}}^3$. Vi starter med å beregne vektoren mellom punkt $A$ og $B$, som blir $B-A=[2,0,-4]$. Vektoren mellom punkt $A$ og $C$ blir $C-A=[1,1,0]$. Da har planet $\beta$ normalvektor $\overrightarrow{N}$ parallell med kryssproduktet mellom de to vektorene:

$$\overrightarrow{N}=[2,0,-4]\times [1,1,0]=[4,-4,2]$$

$\beta$ er dermed gitt som alle punkter $(x,y,z)$ slik at

$$\begin{array}{rl}([x,y,z]-A)\cdot \overrightarrow{N}& =0\\ ([x,y,z]-[0,0,4])\cdot [4,-4,2]& =0\\ [x,y,z-4]\cdot [4,-4,2]& =0\\ 4x-4y+2z-8& =0\\ 2x-2y+z-4& =0\end{array}$$

Siden planene $\alpha$ og $\beta$ har parallelle normalvektorer, er planene parallelle.

b)

Normalisert normalvektor for planene er $\frac{1}{\sqrt{2^2+2^2+1}}[2,-2,1]=\frac{1}{3}[2,-2,1]$.Vi vet at punktet $(0,0,4)$ ligger i planet $\beta$. Fra ligningen for planet $\alpha$ ser vi at punktet $(0,0,-2)$ ligger i $\alpha$. Vi beregner nå vektoren mellom disse to punktene: $[0,0,4]-[0,0,-2]=[0,0,6]$. Vektoren $[0,0,6]$ er altså en vektor mellom to punkter fra de to planene. Projiserer vi denne vektoren ned på enhetsnormalvektoren $\frac{1}{3}[2,-2,1]$ og tar absoluttverdien får vi avstanden mellom planene:

$$|[0,0,6]\cdot \frac{1}{3}[2,-2,1]|=|2|=2$$

Avstanden mellom planene $\alpha$ og $\beta$ er derfor $2$.

c)

Vi vet at normalvektoren til planene er parallell med linja $I$. Altså er $I$ parametrisert med parameter $t$ ved at $\overrightarrow{r}(t)=P+t[2,-2,1]=[5,-1,4]+[2t,-2t,t]=[5+2t,-1-2t,4+t]$.

d)

$D$ ligger i planet $\alpha$, så vi må finne en $t$ slik at $(5+2t,-1-2t,4+t)$ tilfredsstiller ligningen for planet $\alpha$: $2x-2y+z+2=0$. Setter vi inn koordinatene i ligningen får vi at

$$\begin{array}{rl}2(5+2t)-2(-1-2t)+4+t+2& =0\\ 10+4t+2+4t+4+t+2& =0\\ 9t+18& =0\\ t& =-2\end{array}$$

Da blir $D(5-4,-1+4,4-2)=D(1,3,2)$. Fremgangsmåten for å finne $E$ blir likedan. Vi må finne en $t$ slik at $(5+2t,-1-2t,4+t)$ tilfredsstiller ligningen for planet $\beta$: $2x-2y+z-4=0$:

$$\begin{array}{rl}2(5+2t)-2(-1-2t)+4+t-4& =0\\ 10+4t+2+4t+4+t-4& =0\\ 9t+12& =0\\ t& =-\frac{4}{3}\end{array}$$

Vi får altså at $E(5-2\frac{4}{3},-1+2\frac{4}{3},4-\frac{4}{3})=E(\frac{7}{3},\frac{5}{3},\frac{8}{3})$.

e)

Kula har radius $1$, og senter i $(x_0,y_0,z_0)=\frac{D+E}{2}=(\frac{5}{3},\frac{7}{3},\frac{7}{3})$. Ligningen for kula er $(x-\frac{5}{3}{)}^2+(y-\frac{7}{3}{)}^2+(z-\frac{7}{3}{)}^2=1$.