R2 2010 vår LØSNING

Del 1

Oppgave 1

a)

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

b)

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

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

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

e)

1) ${\int }_{-3}^{2}f(x)dx={\int }_{-3}^2{g}^{\prime }(x)dx=g(2)-g(-3)=28-6=22$

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

Oppgave 2

a)

$\overrightarrow{AB}=[-3,2,2]$ og $\overrightarrow{AC}=[-2,-1,6]$

$\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=[12+2,-(-18+4),3+4]=[14,14,7]$

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 $P=(x,y,z)$.

$\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{n}=0,[x-3,y-0,z+2]\cdot [2,2,1]=0$

$\alpha :2x+2y+z-4=0$

c)

Siden linjen står vinkelrett på $\alpha$-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 $$\begin{gathered} n:[x=5+2t \\ y=4+2t \\ z=4+t] \end{gathered}$$

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:

$V_{ABCQ}=\frac{1}{6}|(\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC})\cdot \overrightarrow{AQ}|$

$\overrightarrow{AQ}=[5+2t-3,4+2t-0,4+t+2]=[2t+2,2t+4,t+6]$

innsatt i likningen over gir det:

$V_{ABCQ}=\frac{1}{6}|[14,14,7]\cdot [2t+2,2t+4,t+6]|=\frac{7}{3}|5t+12|$

e)

Volumet i pyramiden skal være 42. Innsatt svaret i d gir det |5t+12|= 18 som gir

5t + 12 = 18 eller 5t + 12 = -18

$t=\frac{6}{5}$ eller $t=6$

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

$Q=(\frac{37}{5},\frac{32}{5},\frac{26}{5})$ eller $Q=(-7,-8,-2)$.

Del 2

Oppgave 3

a)

Karakteristisk ligning er ${\lambda }^2+\frac{2}{5}\lambda +\frac{26}{25}=(\lambda +\frac{1}{5}-i)(\lambda +\frac{1}{5}+i)=0$. 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 $e^{-ix}=\cos (x)-i\sin (x)$ og $e^{ix}=\cos (x)+i\sin (x)$, så $y(x)=A{e}^{(-\frac{1}{5}-i)x}+B{e}^{(-\frac{1}{5}+i)x}=A{e}^{-\frac{1}{5}x}(\cos (x)-i\sin (x))+B{e}^{-\frac{1}{5}x}(\cos (x)+i\sin (x))=e^{-0.2x}(C\sin (x)+D\cos (x))$

b)

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

Oppgave 4

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

a)

Grafen ser slik ut:

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

b)

Nullpunkter

$f(x)=0$

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

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

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

c)

$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =5(-0,2)e^{-0,2x}\cdot (sinx+cosx)+5e^{-0,2x}\cdot (cosx-sinx)\\ & =-e^{-0,2x}\cdot sinx-e^{-0,2x}\cdot cosx+5e^{-0,2x}\cdot cosx-5e^{-0,2x}\cdot sinx\\ & =4e^{-0,2x}\cdot cosx-6e^{-0,2x}\cdot sinx\\ & =2e^{-0,2x}\cdot (2cosx-3sinx)\end{array}$

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.$\tan \varphi =1$ Man får da:

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

f)

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

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 $x={\tan }^{-1}(-1)=-\frac{\pi }{4}+n\pi =\frac{3\pi }{4}+(n-1)\pi \approx 2.356+(n-1)\pi$

b)

Nullpunktene danner en aritmetisk progresjon på formen $a_n=a_1+(n-1)d$. Dersom $n=10$ er $x_{10}=2.356+9\pi \approx 30.63$, så vi må ha at $1\le n\le 9$. Altså er det $9$ nullpunkt i intervallet $x\in ⟨0,30⟩$

c)

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

d)

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

Summeformelen for geometriske rekker gir at $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}6.164(e^{-0.4\pi }{)}^n\approx 6.164\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1-{0.285}^n}{1-0.285}\approx 8.62$

Oppgave 6

Alternativ I

a)

Siden $v=y^{\prime }$ 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

<math>y+\frac{1}{2.5}y'+\frac{2.6}{2.5}y=y+\frac{2}{5}y'+\frac{26}{25}y=0</math>

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

c)

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

d)

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

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

d)

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