R2 2014 vår LØSNING

DEL 1

Oppgave 1

a) $f(x)=\sin (3x)$

$f^{\prime }(x)=3\cos (3x)$

b) $g(x)=e^{2x}\cdot \cos x$

$g^{\prime }(x)=2e^{2x}\cdot \cos x+e^{2x}\cdot (-\sin x)=e^{2x}(2\cos x-\sin x)$

Oppgave 2

a) $\int 2x\cdot \sin (x^2)\mathrm{d}x$

La $u=x^2$

$\begin{array}{rl}& \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=2x\\ & \Rightarrow \mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x\end{array}$

$\int 2x\cdot \sin (x^2)\mathrm{d}x=\int \sin u\mathrm{d}u=-\cos u+C=-\cos (x^2)+C$

b) ${\int }_1^{e}x\cdot \ln x\mathrm{d}x$

La $u=\ln x$ og $v^{\prime }=x$:

$\begin{array}{rl}{\int }_1^{e}x\cdot \ln x\mathrm{d}x& ={[\ln x\cdot \frac{1}{2}{x}^2-\int \frac{1}{x}\cdot \frac{1}{2}{x}^2]}_1^e\\ & ={[\frac{1}{2}{x}^2\cdot \ln x-\frac{1}{2}\int x\mathrm{d}x]}_1^e\\ & ={[\frac{1}{2}{x}^2\cdot \ln x-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}{x}^2]}_1^e\\ & =\frac{1}{2}{[x^2\cdot \ln x-\frac{1}{2}{x}^2]}_1^e\\ & =\frac{1}{2}((e^2\cdot \ln e-\frac{1}{2}\cdot e^2)-(1^2\cdot \ln 1-\frac{1}{2}\cdot 1^2))\\ & =\frac{1}{2}((e^2-\frac{1}{2}\cdot e^2)-(0-\frac{1}{2}))\\ & =\frac{1}{2}(\frac{e^2}{2}+\frac{1}{2})\\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{e^2+1}{2}\\ & =\frac{e^2+1}{4}\end{array}$

Oppgave 3

$f(x)=e^{2x}-4e^x,D_f=\text{R}$

$f^{\prime }(x)=2e^{2x}-4e^x$

$f^{″}(x)=4e^{2x}-4e^x$

$\begin{array}{rl}{f}^{″}(x)& =0\\ 4e^{2x}-4e^x& =0\\ 4{\left(e^x\right)}^2-4e^x& =0\\ 4e^x(e^x-1)& =0\\ e^x-1& =0\\ e^x& =1\\ x& =0\end{array}$

Vendepunkt: $(0,f(0))=(0,e^{2\cdot 0}-4e^0)=(0,1-4)=(0,-3)$

Oppgave 4

$s(x)=1+(1-x)+{(1-x)}^2+{(1-x)}^3+...$

a) $|k|<1\Rightarrow |1-x|<1\Rightarrow 0<x<2$

b)

$\begin{array}{rl}s(x)& =3\\ 1+(1-x)+{(1-x)}^2+{(1-x)}^3+...& =3\\ \frac{1}{1-(1-x)}& =3\\ \frac{1}{x}& =3\\ 1& =3x\\ x& =\frac{1}{3}\end{array}$

$\begin{array}{rl}s(x)& =\frac{1}{3}\\ 1+(1-x)+{(1-x)}^2+{(1-x)}^3+...& =\frac{1}{3}\\ \frac{1}{x}& =\frac{1}{3}\end{array}$

$x\ne 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

Oppgave 5

$\alpha$: $2x+y-2z+3=0$

a) Punktet $P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$2\left(3\right)+\left(4\right)-2\left(2\right)+3=6+4-4=6\ne 0\iff$ punktet $P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $l\perp \alpha \iff {\overrightarrow{r}}_l={\overrightarrow{n}}_{\alpha }$

${\overrightarrow{r}}_l=[2,1,-2]$

$\Rightarrow l$: $\begin{array}{rl}x& =3+2t\\ y& =4+t\\ z& =2-2t\end{array}$

c)

$\begin{array}{rl}2(3+2t)+(4+t)-2(2-2t)+3& =0\\ 6+4t+4+t-4+4t+3& =0\\ 9+9t& =0\\ 9t& =-9\\ t& =-1\end{array}$

Skjæringspunkt $=(3+2(-1),4+(-1),2-2(-1))=(1,3,4)$

d) $D=\frac{|2\cdot 3+1\cdot 4-2\cdot 2+3|}{\sqrt{2^2+1^2+{(-2)}^2}}=\frac{|6+4-4+3|}{\sqrt{4+1+4}}=\frac{9}{\sqrt{9}}=\frac{9}{3}=3$

Oppgave 6

$f(x)=a\sin (cx+\phi )+d$

$a=\frac{7-3}{2}=2$

$d=3+a=3+2=5$

$c=\frac{2\pi }{p}=\frac{2\pi }{2(2-0)}=\frac{2\pi }{4}=\frac{\pi }{2}$

$\phi =\frac{c}{\frac{(2-0)}{2}}=\frac{\frac{\pi }{2}}{1}=\frac{\pi }{2}$

$\Rightarrow f(x)=2\sin (\frac{\pi }{2}x+\frac{\pi }{2})+5$.

Hvilket skulle vises.

b)

Oppgave 7

$y^{\prime }-3y=2,y(0)=\frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }-3y& =2|\cdot e^{-3x}\\ y^{\prime }\cdot e^{-3x}-3y\cdot e^{-3x}& =2\cdot e^{-3x}\\ (y\cdot e^{-3x})& =2e^{-3x}\\ y\cdot e^{-3x}& =\int 2e^{-3x}\mathrm{d}x\\ y\cdot e^{-3x}& =\frac{2}{-3}{e}^{-3x}+C|\cdot \frac{1}{e^{-3x}}\\ y& =-\frac{2}{3}+\frac{C}{e^{-3x}}\\ y& =C{e}^{3x}-\frac{2}{3}\end{array}$

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }-3y& =2\\ y^{\prime }& =3y+2|\cdot \frac{1}{3y+2}\\ y^{\prime }\cdot \frac{1}{3y+2}& =1\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\cdot \frac{1}{3y+2}& =1\\ \frac{\mathrm{d}y}{3y+2}& =\mathrm{d}x\\ \int \frac{\mathrm{d}y}{3y+2}& =\int \mathrm{d}x\\ \frac{1}{3}\ln |3y+2|+C_1& =x+C_2\\ \frac{1}{3}\ln |3y+2|& =x+C_2-C_1\\ C_2-C_1=C_3\Rightarrow \ln |3y+2|& =3x+C_3\\ 3y+2& =e^{3x+C_3}\\ 3y+2& =e^{3x}\cdot e^{C_3}\\ e^{C_3}=C_4\Rightarrow 3y+2& =C_4{e}^{3x}\\ 3y& =C_4{e}^{3x}-2\\ \frac{C_4}{3}=C\Rightarrow y& =C{e}^{3x}-\frac{2}{3}\end{array}$

$\begin{array}{rl}y(0)=\frac{1}{3}& \Rightarrow C{e}^{3\cdot 0}-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\\ & \Rightarrow C=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\\ & \Rightarrow C=1\\ & \Rightarrow y=e^{3x}-\frac{2}{3}\end{array}$

DEL 2

Oppgave 1

a) Setningen forteller at punktene $A(4,3,1)$, $B(2,2,0)$ og $C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\begin{array}{rl}\overrightarrow{AB}& \ne k\cdot \overrightarrow{AC}k\in \text{R}\\ \overrightarrow{AB}& =[2-4,2-3,0-1]=[-2,-1,-1]\ne k\cdot \overrightarrow{AC}=k\cdot [1-2,2-2,-2-0]=k\cdot [-1,0,-2]\end{array}$

Hvilket skulle vises.

b) $\begin{array}{rl}{\overrightarrow{n}}_{\alpha }& =\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}\\ & =[(-1)(-2)-(-1)0,-(-2)(-2)-(-1)(-1),(-2)0-(-1)(-1)]\\ & =[2,-3,-1]\end{array}$

$\begin{array}{rl}\alpha :2(x-4)-3(y-3)-(z-1)& =0\\ 2x-8-3y+9-z+1& =0\\ 2x-3y-z+2& =0\end{array}$

c)

$\begin{array}{rl}{V}_{ABCT}& =3\\ \frac{1}{6}|(\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC})\cdot \overrightarrow{AT}|& =3\\ \frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot [2-4,5-3,(4t+1)-1]|& =3\\ \frac{1}{6}|2(-2)+(-3)2+(-1)4t|& =3\\ \frac{1}{6}|-10-4t|& =3\\ |-10-4t|& =18\\ t& =2\vee t=(-7)\end{array}$

Oppgave 2

$x^2+y^2+z^2-2x-2y-6z+2=0$

a) $2^2+3^2+5^2-2(2)-2(3)-6(5)+2=4+9+25-4-6-30+2=40-40=0$

$\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\begin{array}{rl}{x}^2+y^2+z^2-2x-2y-6z+2& =0\\ x^2-2x+y^2-2y+z^2-6z& =-2\\ x^2-2x+1+y^2-2y+1+z^2-6z+9& =-2+1+1+9\\ (x-1{)}^2+(y-1{)}^2+(z-3{)}^2& =3^2\end{array}$

$\Rightarrow$ sentrum: $S(1,1,3)$ og radius: $r=3$

c) $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{SP}=[2-1,3-1,5-3]=[1,2,2]$ ${\displaystyle }$ planet som tangerer i $P(2,3,5)$:

$\begin{array}{rl}(x-2)+2(y-3)+2(z-5)& =0\\ x-2+2y-6+2z-10& =0\\ x+2y+2z& =18\end{array}$

Oppgave 3

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $y^{\prime }$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $y-22$

$\Rightarrow y^{\prime }=k(y-22),k\in \text{R}$

Dog vil konstanten $k$ ha en definisjonsmengde slik at $k(y-22)<0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\Rightarrow y^{\prime }=-k(y-22),k>0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $0$ timer med en kroppstemperatur på $30˚C$, er $y(0)=30$

Hvilket skulle vises.

$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }& =-k(y-22),y(0)=30\\ y^{\prime }& =-ky+22k\\ y^{\prime }+ky& =22k|\cdot e^{kt}\\ y^{\prime }\cdot e^{kt}+ky\cdot e^{kt}& =22k\cdot e^{kt}\\ {(y\cdot e^{kt})}^{\prime }& =22k{e}^{kt}\\ y\cdot e^{kt}& =\int 22k{e}^{kt},\mathrm{d}t\\ y\cdot e^{kt}& =22e^{kt}+C\\ y& =22+C{e}^{-kt}\\ y& =C{e}^{-kt}+22\end{array}$

$\begin{array}{rl}y(0)& =30\\ C{e}^{-k\cdot 0}+22& =30\\ C+22& =30\\ C& =30-22\\ C& =8\end{array}$

$\Rightarrow y(t)=8e^{-kt}+22$

c)

$\begin{array}{rl}y(1)& =28\\ 8e^{-k\cdot 1}+22& =28\\ 8e^{-k}& =6\\ e^{-k}& =(\frac{3}{4})\\ -k& =\ln (\frac{3}{4})\\ k& =-\ln (\frac{3}{4})\\ k& =\ln (\frac{4}{3})\end{array}$

$\begin{array}{rl}\Rightarrow y(t)& =8e^{-\ln (\frac{4}{3})t}+22\\ & =8\cdot {\left(e^{-\ln (\frac{4}{3})}\right)}^t+22\\ & =8\cdot {\left(e^{\ln (\frac{3}{4})}\right)}^t+22\\ & =8\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^t+22\end{array}$

d)

$\begin{array}{rl}y(t)& =37\\ 8\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^t+22& =37\\ 8\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^t& =15\\ {\left(\frac{3}{4}\right)}^t& =\frac{15}{8}\\ \ln {\left(\frac{3}{4}\right)}^t& =\ln \left(\frac{15}{8}\right)\\ t\cdot \ln \left(\frac{3}{4}\right)& =\ln \left(\frac{15}{8}\right)\\ t& =\frac{\ln \left(\frac{15}{8}\right)}{\ln \left(\frac{3}{4}\right)}\\ t& =-2,19\end{array}$

Drapet inntraff ca. $2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $1$ time og $12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $11:00$, inntraff drapet ca. kl. $08:48$.

Oppgave 4

a) Når $-1<x<1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$a_1+a_1\cdot k+a_1\cdot k^2+...=\frac{a_1}{1-k}$

$a_1=1$ og $k=x$

$\Rightarrow 1+x+x^2+x^3+...=\frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\begin{array}{rl}(1{)}^{\prime }+(x{)}^{\prime }+(x^2{)}^{\prime }+(x^3{)}^{\prime }+...& ={\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{\prime }\\ \Rightarrow 0+1+2x+3x^2+4x^3+...& =\frac{0\cdot (1-x)-1\cdot (-1)}{(1-x{)}^2}\\ \Rightarrow 1+2x+3x^2+4x^3+...& =\frac{1}{(1-x{)}^2}\end{array}$

Hvilket skulle vises.

c) $\begin{array}{rl}1+2x+3x^2+4x^3+...& =\frac{1}{(1-x{)}^2}\\ \Rightarrow 1+2\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^1+3\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2+4\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^3+...& =\frac{1}{{(1-\frac{1}{2})}^2}\\ \Rightarrow 1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+...& =\frac{1}{\frac{1}{4}}\\ \Rightarrow 1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+...& =4\end{array}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden $$P(n):1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots +\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}},n\in \mathbb{N}$$ er på formen $$a_1+a_2+a_3+\cdots +a_n=f(n),n\in \mathbb{N}$$ der $$a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\text{og}f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}$$ For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle: $$a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-(4-\frac{1+2}{2^{1-1}})=1-4+3=0$$ Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

$$a_1+a_2+a_3+\cdots +a_n=f(n)$$ Legger til $a_{n+1}$ på begge sider: $$a_1+a_2+a_3+\cdots +a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}$$ Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle: $$\begin{array}{rl}f(n)+a_{n+1}-f(n+1)& =4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}})\\ & =4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n}\\ & =-\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot \frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n}\\ & =-\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n}\\ & =2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\ & =0\end{array}$$ Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\begin{array}{rl}& 1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+...=4\\ & \Rightarrow \underset{n\to \infty }{lim}1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+...+\frac{n}{2^{n-1}}=4\\ & \Rightarrow \underset{n\to \infty }{lim}4-\frac{n+2}{2^{n-1}}=4\\ & \Rightarrow 4-\underset{n\to \infty }{lim}\frac{n+2}{2^{n-1}}=4\\ & \Rightarrow \underset{n\to \infty }{lim}\frac{n+2}{2^{n-1}}=4-4\\ & \Rightarrow \underset{n\to \infty }{lim}\frac{n+2}{2^{n-1}}=0\end{array}$

Oppgave 5

a) Formelen for areal av sirkelsektor er gitt $F(v)=\frac{r^{2}v}{2}=\frac{100v}{2}=50v$

Hvilket skulle vises.

b)

$\begin{array}{rl}T(v)& =∆(OCD)+∆(ABO)+∆(OBC)+∆(AOD)\\ & =50v+\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 10\cdot \sin v+\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 10\cdot \sin (180-v)+\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 10\cdot \sin (180-v)\\ & =50v+50\sin v+50\sin (180-v)+50\sin (180-v)\\ & =50(v+\sin v+\sin (180-v)+\sin (180-v))\\ & =50(v+\sin v+\sin v+\sin v)\\ & =50(v+3\sin v)\end{array}$

Hvilket skulle vises.

c)

Oppgave 6

a)

$\begin{array}{rl}V(a)& =\pi {\int }_1^a{\left(\frac{1}{x}\right)}^2\mathrm{d}x\\ & =\pi {\int }_1^a\frac{1}{x^2}\mathrm{d}x\\ & =\pi {[-\frac{1}{x}]}_1^a\\ & =\pi (-\frac{1}{a}-(-\frac{1}{1}))\\ & =\pi (1-\frac{1}{a})\end{array}$

b) ${\int }_1^{a}f(x)\mathrm{d}x={\int }_1^a\frac{1}{x}\mathrm{d}x={[\ln x]}_1^a=\ln a-\ln 1=\ln a$

Overflatearealet $O(a)$ er hele arealet til omdreiningslegemet, mens ${\int }_1^{a}f(x)\mathrm{d}x$ kun er verdien til skjæringspunktene mellom omdreiningslegemet og $xy$-planet.

$\Rightarrow O(a)>{\int }_1^{a}f(x)\mathrm{d}x$

Hvilket skulle vises.

c)

$\begin{array}{rl}& O(a)>{\int }_1^{a}f(x)\mathrm{d}x\\ & \Rightarrow \underset{a\to \infty }{lim}O(a)>\underset{a\to \infty }{lim}{\int }_1^{a}f(x)\mathrm{d}x\\ & \Rightarrow \underset{a\to \infty }{lim}O(a)>\underset{a\to \infty }{lim}\ln a\\ & \Rightarrow \underset{a\to \infty }{lim}O(a)=\infty \end{array}$

$\underset{a\to \infty }{lim}V(a)=\underset{a\to \infty }{lim}\pi (1-\frac{1}{a})=\pi$

Dette resultatet tilsier at når Gabriels horn blir uendelig langt, er limitverdien til hornets volum lik $\pi$, mens overflatearealet vokser seg større og større mot uendelighet. Illustrasjonen nedenfor oppgaven beskriver det praktiske paradokset om Gabriels horn, som går ut på at det trengs en uendelig mengde maling for å male hele overflatearealet til hornet, mens man kan helle en endelig mengde maling nedi hornet for å fylle dets volum.

Innmeldt mulig feil som må undersøkes

I løsningsforslaget til den siste oppgaven har vi glemt Pi i volumet til Gabriels horn. Svaret skal altså være Pi og ikke 1.