R2 2012 høst LØSNING

Del 1

Oppgave 1

a)

$f(x)=e^x\cos x$

Produktregelen for derivasjon gir at

$f^{\prime }(x)=e^x\cos x-e^x\sin x=e^x(\cos x-\sin x)$

b)

$g(x)=5(1+\sin x{)}^3$

Potensregelen og kjerneregelen for derivasjon gir at

$g^{\prime }(x)=15(1+\sin x{)}^2\cdot \cos x$

Oppgave 2

a)

$\int \cos x\cdot (1+\sin x{)}^{3}dx$

La $u=\sin x$. Da er $du=\cos xdx$. Integralet blir dermed

$\int (1+u{)}^{3}du=\frac{1}{4}(1+u{)}^4+C=\frac{1}{4}(1+\sin x{)}^4+C$, der $C$ er en integrasjonskonstant.

b)

${\int }_1^{e}x\ln xdx$

Vi bruker delvis integrasjon. Det gir

${\int }_1^{e}x\ln xdx=[\frac{1}{2}{x}^2\ln x{]}_1^e-{\int }_1^e\frac{1}{2}xdx=\frac{1}{2}{e}^2-\frac{1}{4}[x^2{]}_1^e=\frac{1}{4}{e}^2+\frac{1}{4}$

Oppgave 3

a)

Vi har gitt punktene $A(1,1,1)$, $B(2,1,5)$ og $C(3,7,3)$, som vi betrakter som vektorer. Da er sidene i $\mathrm{△}ABC$

$B-A=(2,1,5)-(1,1,1)=(1,0,4)$, $C-A=(3,7,3)-(1,1,1)=(2,6,2)$ og $C-B=(3,7,3)-(2,1,5)=(1,6,-2)$.

Siden prikkproduktene mellom hvert par av sider (betraktet som vektorer) er ulik $0$, er ingen av vinklene rette, altså er ikke trekanten rettvinklet.

b)

Koordinatet til punktet $D$ er ikke entydig bestemt siden det er flere måter å utvide trekanten til et parallellogram.

Vi kan f.eks. la $D$ være gitt som $A+(B-A)+(C-A)=(1,1,1)+(1,0,4)+(2,6,2)=(4,7,7)$. Altså får vi koordinatet $D(4,7,7)$

Oppgave 4

a)

Vi har gitt ligningen $y - y = 0$.

Karakteristisk ligning blir derfor ${\lambda }^2=1$, med løsninger $\lambda =\pm 1$. Løsningen blir derfor

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{-x}$.

b)

Initialverdiene $y(0)=5$ og $y^{\prime }(0)=-1$ er gitt. Setter vi disse inn i løsningen fra forrige deloppgave får vi

$$\begin{gathered} y(0)=C_1+C_2=5 \\ {y}^{\prime }(0)=C_1-C_2=-1 \end{gathered}$$

Legger vi sammen de to ligningene får vi

$2C_1=4$, så $C_1=2$. Da er $C_2=5-C_1=5-2=3$.