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.

c)

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

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

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

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)

$\displaystyle\begin{align*} 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 & =

Oppgave 4

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 $n$.