R2 2011 høst LØSNING

Del 1

Oppgave 1

a)

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

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

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

b)

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

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

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

c)

$$\begin{array}{rlr}{S}_1& =1& \\ S_2& =S_1+3& =& 4\\ S_3& =S_2+5& =& 9\\ S_4& =S_3+7& =& 16\\ & ⋮\\ S_n& =\frac{n(2n-1+1)}{2}& =& n^2\end{array}$$

d)

$$\begin{array}{rl}{S}_1& =1\\ S_2& =2^3\\ S_3& =3^3\\ S_4& =4^3\\ & ⋮\\ S_{100}& ={100}^3\end{array}$$

e)

1) Amplituden er $\frac{5-1}{2}=2$. Perioden er avstanden mellom to påfølgende bunnpunkt, omtrent $2\pi$. 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 $2\sin \phi +3=4.6$, som gir at $\phi \approx 0.93$. Siden perioden er $2\pi$ må vi ha at $f(x)=f(x+2\pi )$ for alle $x$, så $c=1$. Funksjonen blir altså $f(x)=2\sin (x+0.93)+3$.

f)

Diff.ligningen er separabel så ${\int }_2^{y(t)}\frac{dy}{3y+5}={\int }_0^{t}dt$. Altså er $\ln (3y+5)-\ln 11=3t$. Vi får at $3y+5=11e^{3t}$, så løsningen på initialverdiproblemet blir $y(t)=\frac{11}{3}{e}^{3t}-\frac{5}{3}$. Setter vi inn dette i den opprinnelige ligningen ser vi at løsningen stemmer.

g)

1) $\overrightarrow{AB}=[1,1,2]$ og $\overrightarrow{AC}=[6,3,4]$, og $\overrightarrow{AC}\times \overrightarrow{AC}=[-2,8,-3]$.

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)

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

c)

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

Oppgave 3

a)

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

d)

e)

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

Oppgave 4

a)

b)

Vi må løse ligningen $x^2+3=-x^3+x^2+4x+3$. Altså er $x^3-4x=x(x^2-4)=0$, 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 ${\int }_0^2-x^3+4xdx=[2x^2-\frac{1}{4}{x}^4{]}_0^2=8-4=4$.

d)

Arealene er ${\int }_0^{\sqrt{c}}cx-x^{3}dx$ og ${\int }_{-\sqrt{c}}^0{x}^3-cxdx$. Foretar vi et variabelskifte i det siste integralet der vi lar $y=-x$, får vi at ${\int }_{-\sqrt{c}}^0{x}^3-cxdx={\int }_{\sqrt{c}}^0{y}^3-cydy={\int }_0^{\sqrt{c}}-y^3+cydy$. Altså er arealene like store.

Oppgave 5

a)

Fullføring av kvadrater gir at

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

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

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

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

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

Oppgave 6

a)

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

b)

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

c)

$y(0)=h=\frac{1}{4}{C}^2$, så én løsning er at $C=2\sqrt{h}$. Da er $y(10)=\frac{1}{4}(-10k+2\sqrt{h}{)}^2=\frac{h}{4}$. Løser vi denne for $k$ og tar rota av begge sider, får vi at $-10k+2\sqrt{h}=\sqrt{h}$. Så $\sqrt{h}=10k$ 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 $-kt+2\sqrt{h}=0$, så $t=\frac{2\sqrt{h}}{k}=\frac{2\sqrt{h}}{\frac{1}{10}\sqrt{h}}=20$