R2 2014 vår LØSNING

DEL 1

Oppgave 1

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

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

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

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

Oppgave 2

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

La $u = x^{2}$

$\begin{aligned} \Rightarrow \frac{d u}{d x} = 2 x \\ \Rightarrow d u = 2 x d x \end{aligned}$

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

b) $\int_{1}^{e} x \cdot \ln x d x$

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

$\begin{aligned} \int_{1}^{e} x \cdot \ln x d x & = {[\ln x \cdot \frac{1}{2} x^{2} - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^{2}]}_{1}^{e} \\ = {[\frac{1}{2} x^{2} \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x d x]}_{1}^{e} \\ = {[\frac{1}{2} x^{2} \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^{2}]}_{1}^{e} \\ = \frac{1}{2} {[x^{2} \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^{2}]}_{1}^{e} \\ = \frac{1}{2} ((e^{2} \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^{2}) - (1^{2} \cdot \ln 1 - \frac{1}{2} \cdot 1^{2})) \\ = \frac{1}{2} ((e^{2} - \frac{1}{2} \cdot e^{2}) - (0 - \frac{1}{2})) \\ = \frac{1}{2} (\frac{e^{2}}{2} + \frac{1}{2}) \\ = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^{2} + 1}{2} \\ = \frac{e^{2} + 1}{4} \end{aligned}$

Oppgave 3

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

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

$f^{″} (x) = 4 e^{2 x} - 4 e^{x}$

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

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

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)

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

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

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

Oppgave 5

$α$ : $2 x + y - 2 z + 3 = 0$

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

$2 (3) + (4) - 2 (2) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 \neq 0 \Leftrightarrow$ punktet $P (3, 4, 2)$ ligger ikke i planet $α$ .

Hvilket skulle vises.

b) $l ⊥ α \Leftrightarrow {\vec{r}}_{l} = {\vec{n}}_{α}$

${\vec{r}}_{l} = [2, 1, - 2]$

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

c)

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

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

$f (x) = a \sin (c x + φ) + d$

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

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

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

$φ = \frac{c}{\frac{(2 - 0)}{2}} = \frac{\frac{π}{2}}{1} = \frac{π}{2}$

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

Hvilket skulle vises.

b)

Oppgave 7

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

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\begin{aligned} y^{'} - 3 y & = 2 \\ y^{'} & = 3 y + 2 | \cdot \frac{1}{3 y + 2} \\ y^{'} \cdot \frac{1}{3 y + 2} & = 1 \\ \frac{d y}{d x} \cdot \frac{1}{3 y + 2} & = 1 \\ \frac{d y}{3 y + 2} & = d x \\ \int \frac{d y}{3 y + 2} & = \int d x \\ \frac{1}{3} \ln | 3 y + 2 | + C_{1} & = x + C_{2} \\ \frac{1}{3} \ln | 3 y + 2 | & = x + C_{2} - C_{1} \\ C_{2} - C_{1} = C_{3} \Rightarrow \ln | 3 y + 2 | & = 3 x + C_{3} \\ 3 y + 2 & = e^{3 x + C_{3}} \\ 3 y + 2 & = e^{3 x} \cdot e^{C_{3}} \\ e^{C_{3}} = C_{4} \Rightarrow 3 y + 2 & = C_{4} e^{3 x} \\ 3 y & = C_{4} e^{3 x} - 2 \\ \frac{C_{4}}{3} = C \Rightarrow y & = C e^{3 x} - \frac{2}{3} \end{aligned}$

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

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 $α$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\begin{aligned} \vec{A B} & \neq k \cdot \vec{A C} k \in \R \\ \vec{A B} & = [2 - 4, 2 - 3, 0 - 1] = [- 2, - 1, - 1] \neq k \cdot \vec{A C} = k \cdot [1 - 2, 2 - 2, - 2 - 0] = k \cdot [- 1, 0, - 2] \end{aligned}$

Hvilket skulle vises.

b) $\begin{aligned} {\vec{n}}_{α} & = \vec{A B} \times \vec{A C} \\ = [(- 1) (- 2) - (- 1) 0, - (- 2) (- 2) - (- 1) (- 1), (- 2) 0 - (- 1) (- 1)] \\ = [2, - 3, - 1] \end{aligned}$

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

c)

$\begin{aligned} V_{A B C T} & = 3 \\ \frac{1}{6} | (\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A T} | & = 3 \\ \frac{1}{6} | [2, - 3, - 1] \cdot [2 - 4, 5 - 3, (4 t + 1) - 1] | & = 3 \\ \frac{1}{6} | 2 (- 2) + (- 3) 2 + (- 1) 4 t | & = 3 \\ \frac{1}{6} | - 10 - 4 t | & = 3 \\ | - 10 - 4 t | & = 18 \\ t & = 2 \lor t = (- 7) \end{aligned}$

Oppgave 2

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

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)

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

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

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

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

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 $y^{'}$ .

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $y - 22$

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

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

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

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)

$\begin{aligned} y^{'} & = - k (y - 22), y (0) = 30 \\ y^{'} & = - k y + 22 k \\ y^{'} + k y & = 22 k | \cdot e^{k t} \\ y^{'} \cdot e^{k t} + k y \cdot e^{k t} & = 22 k \cdot e^{k t} \\ (y \cdot e^{k t}) & = 22 k e^{k t} \\ y \cdot e^{k t} & = \int 22 k e^{k t}, d t \\ y \cdot e^{k t} & = 22 e^{k t} + C \\ y & = 22 + C e^{- k t} \\ y & = C e^{- k t} + 22 \end{aligned}$

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

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

c)

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

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4

d)

Påstanden $P (n) : 1 + \frac{2}{2^{1}} + \frac{3}{2^{2}} + \frac{4}{2^{3}} + \dots + \frac{n}{2^{n - 1}} = 4 - \frac{n + 2}{2^{n - 1}}, n \in N$ er på formen $a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n} = f (n), n \in N$ der $a_{n} = \frac{n}{2^{n - 1}} og f (n) = 4 - \frac{n + 2}{2^{n - 1}}$ 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

$a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n} = f (n)$ Legger til $a_{n + 1}$ på begge sider: $a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n} + a_{n + 1} = f (n) + a_{n + 1}$ 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: $\begin{aligned} f (n) + a_{n + 1} - f (n + 1) & = 4 - \frac{n + 2}{2^{n - 1}} + \frac{n + 1}{2^{n + 1 - 1}} - (4 - \frac{n + 1 + 2}{2^{n + 1 - 1}}) \\ = 4 - \frac{n + 2}{2^{n - 1}} + \frac{n + 1}{2^{n}} - 4 + \frac{n + 3}{2^{n}} \\ = - \frac{n + 2}{2^{n - 1}} \cdot \frac{2^{1}}{2^{1}} + \frac{n + 1}{2^{n}} + \frac{n + 3}{2^{n}} \\ = - \frac{2 n + 4}{2^{n}} + \frac{n + 1}{2^{n}} + \frac{n + 3}{2^{n}} \\ = 2^{- n} (- (2 n + 4) + n + 1 + n + 3) \\ = 0 \end{aligned}$ Så $P (n) \Rightarrow P (n + 1)$ og dermed stemmer $P (n)$ for alle $n$ .