Del 1

Oppgave 1

a)

1) <tex>f(x)=2\sin(2x)\Rightarrow f'(x)=4\cos(2x)</tex>

2) <tex>g(x)=x^2\cos(2x)\Rightarrow g'(x)=(x^2)'\cos(2x)+x^2(\cos(2x))'=2x\cos(2x)-2x^2\sin(2x)</tex>

3) <tex>h(x)=\frac12 \sqrt{x^2-4x}\Rightarrow h'(x)=\frac12 \frac{x-2}{\sqrt{x^2-4x}}</tex>

b)

1) Delvis integrasjon gir at <tex>\int xe^x\,dx=[xe^x]-\int e^x\,dx=(x-1)e^x+C</tex>

2) <tex>\int\frac{5x+3}{x^2-9}\,dx=\int\frac{5x+3}{(x-3)(x+3)}\,dx</tex>. Delbrøksoppspaltning gir at

<tex>\frac{1}{(x-3)(x+3)}=\frac16(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3})</tex>, så <tex>\int\frac{5x+3}{(x-3)(x+3)}\,dx=\int(5x+3)\frac16(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3})\,dx=\frac16 \left(\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx-\int \frac{5x+3}{x+3}\,dx\right )</tex>

<tex>\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx=\int \frac{5(x-3)+18}{x-3}\,dx=5\int dx+18\int \frac{1}{x-3}\,dx=5x+18\ln(|x-3|)+C_1</tex> og

<tex>\int \frac{5x+3}{x+3}\,dx=\int \frac{5(x+3)-12}{x+3}\,dx=5\int dx-12\int \frac{1}{x+3}\,dx=5x-12\ln(|x+3|)+C_2</tex>, så

<tex>\frac16 \left(\int \frac{5x+3}{x-3}\,dx-\int \frac{5x+3}{x+3}\,dx\right ) =3\ln(|x-3|)+2\ln(|x+3|)+C</tex>

c)

Sirkelen på figuren er beskrevet ved ligningen <tex>x^2+y^2=1</tex>, så høyden opp til halvsirkelen i øvre halvplan som funksjon av <tex>x</tex>, er <tex>y(x)=\sqrt{1-x^2}</tex>. Arealet av halvsirkelen i øvre halvplan er derfor <tex>\int_{-1}^1 y(x)\,dx=\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx=\frac12\pi (1)^2=\frac12 \pi</tex>

d)

1) Dersom én av vektorene har lengde <tex>0</tex> vil prikkproduktet være <tex>0</tex>. Anta videre at begge vektorene har lengde ulik <tex>0</tex>. Siden prikkproduktet er <tex>0</tex>, må vektorene <tex>\vec{a}</tex> og <tex>\vec{b}</tex> stå normalt på hverandre.

2) Dersom én av vektorene har lengde <tex>0</tex> vil kryssproduktet være <tex>0</tex>. Anta videre at begge vektorene har lengde ulik <tex>0</tex>. Siden kryssproduktet er <tex>0</tex>, må vektorene <tex>\vec{a}</tex> og <tex>\vec{b}</tex> ligge parallelt.

e)

Beregner først vektorene <tex>\vec{AB}=(2-1,-1-1,3-(-1))=(1,-2,4)</tex> og <tex>\vec{AC}=(3-1,2-1,2-(-1))=(2,1,3)</tex>. Kryssproduktet <tex>\vec{AB}\times \vec{AC}=(-2\cdot 3-(1\cdot 4), -(1\cdot 3-2\cdot 4), 1\cdot 1-2\cdot (-2))=(-10,5,5)</tex>. For å vise at <tex>\vec{AB}\times \vec{AC}</tex> står vinkelrett på både <tex>\vec{AB}</tex> og <tex>\vec{AC}</tex>, beregner vi <tex>(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AB}</tex> og <tex>(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AC}</tex> og viser at disse er <tex>0</tex>:

<tex>(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AB}=(-10,5,5)\cdot (1,-2,4)=-10-10+20=0</tex> og

<tex>(\vec{AB}\times \vec{AC})\cdot \vec{AC}=(-10,5,5)\cdot (2,1,3)=-20+5+15=0</tex>.

f)

Induksjonssteg 1: <tex>1=\frac{4^1-1}{3}</tex>, så formelen er riktig for <tex>n=1</tex>

Induksjonssteg 2: Anta at formelen er riktig for <tex>n=k</tex>, så <tex>1+4+16+...+4^{k-1}=\frac{4^k-1}{3}</tex>. Da er <tex>1+4+16+...+4^{k-1}+4^k=\frac{4^k-1}{3}+4^k=\frac{4^k-1+3\cdot 4^k}{3}=\frac{(1+3)4^k-1}{3}=\frac{4^{k+1}-1}{3}</tex>, så formelen er riktig for <tex>n=k+1</tex>, og vi er ferdige.

Oppgave 2

a)

Vi multipliserer den førsteordens differensialligningen <tex>y'-2y=5</tex> med integrerende faktor <tex>e^{\int -2\,dx}\,\,=e^{-2x}</tex>, og får

<tex>e^{-2x}y'-2e^{-2x}y=5e^{-2x}</tex>. Venstresiden kan nå omskrives:

Vi integrerer ligningen med hensyn på <tex>x</tex>:

<tex>\int (e^{-2x}y)'\,dx=\int 5e^{-2x}\,dx\\ e^{-2x}y=-\frac{5}{2}e^{-2x}+C</tex>, og løser for <tex>y</tex>:

<tex>y=-\frac{5}{2}+Ce^{2x}</tex>. Løsningen verfiseres ved innsetting i den opprinnelige diff.ligningen:

<tex>y'=2Ce^{2x}</tex>, så <tex>y'-2y=2Ce^{2x}-2(-\frac{5}{2}+Ce^{2x})=5</tex>.

b)

1) <tex>y(0)=-\frac{5}{2}+C=2</tex>, så <tex>C=2+\frac{5}{2}=\frac{9}{2}</tex>

2) Setter inn <tex>y=\frac{49}{2}</tex> i løsningen, og løser for <tex>x</tex>:

<tex>\frac{49}{2}=-\frac{5}{2}+\frac{9}{2}e^{2x}\\ \frac{54}{9}=6=e^{2x}\\ \ln(6)=2x \\ x=\frac{\ln(6)}{2}\approx \frac{1.8}{2}=0.9</tex>

c)

Tangenten i <tex>(0,2)</tex> har ligning <tex>y=ax+b</tex>, der <tex>a=(-\frac{5}{2}+\frac{9}{2}e^{2x})'(0)=\frac{18}{2}=9</tex>. I tillegg må punktet <tex>(0,2)</tex> ligge på tangentlinja, så <tex>2=a\cdot 0 +b</tex>. Ligningen til tangenten er derfor <tex>y=9x+2</tex>.

Del 2

Oppgave 3

a)

Finner toppunktet ved derivasjon av funksjonen <tex>f(x)=2\sqrt{x}e^{-\frac{x}{3}}</tex>: <tex>f'(x)=\frac{(3-2x)e^{-\frac{x}{3}}}{3\sqrt{x}}</tex>. Den deriverte er <tex>0</tex> når <tex>3-2x=0</tex>, så toppunktet er i <tex>x=\frac{3}{2}</tex>. Diameteren til skaftet er størst i toppunktet til grafen til <tex>f(x)</tex>. Størst mulig diameter er derfor <tex>2\cdot f(\frac32 )=4\sqrt{\frac32}e^{-\frac{1}{2}}\approx 2.97</tex>

b)

Volumet er gitt ved <tex>\int_0^4 \pi f(x)^2\,dx=4\pi\int_0^4 xe^{-\frac{2}{3}x}\,dx=</tex>. La <tex>u=-\frac{2}{3}x</tex>. Integralet blir <tex>9\pi\int ue^u\,du</tex>. Vi bruker resultatet fra oppgave 1b),1): <tex>9\pi\int ue^u\,du=9\pi [(u-1)e^u]=9\pi[(-\frac{2}{3}x-1)e^{-\frac{2}{3}x}]_0^4=9\pi ((-\frac{8}{3}-1)e^{-\frac{8}{3}}+1)=9\pi (-\frac{11}{3}e^{-\frac{8}{3}}+1)</tex>

c)

1) La <tex>A_0=A</tex> og <tex>B_0=B</tex>. Generelt kan vi skrive arealet av trapeset <tex>A_nB_nB_{n+1}A_{n+1}</tex> som <tex>(A_nB_n+A_{n+1}B_{n+1})\frac{B_nB_{n+1}}{2}</tex>, der <tex>A_0B_0=8</tex>, <tex>B_0B_1=8</tex>, <tex>B_nB_{n+1}=\frac{16}{2^{n+1}}</tex>, <tex>\frac{A_nB_n}{B_nB_{n+1}}=\frac{8}{8}=1</tex> (ved formlikhet av trapesene). Altså er <tex>A_nB_n=B_nB_{n+1}=\frac{16}{2^{n+1}}</tex> og arealet av trapeset <tex>A_nB_nB_{n+1}A_{n+1}</tex> blir <tex>(A_nB_n+A_{n+1}B_{n+1})\frac{B_nB_{n+1}}{2}=(\frac{16}{2^{n+1}}+\frac{16}{2^{n+2}})\frac{16}{2^{n+2}}=\frac{3\cdot16^2}{2^{2n+4}}=3\cdot 2^{4-2n}</tex>. Summen av arealene til trapesene blir derfor

<tex>\sum_{n=0}^\infty 3\cdot 2^{4-2n}=48+12+3+...</tex>

2) Fra forrige deloppgave ser vi at summen av arealene er en geometrisk rekke

<tex>\sum_{n=0}^\infty 3\cdot 2^{4-2n}=48\sum_{n=0}^\infty (\frac{1}{4})^n</tex>

Rekken konvergerer siden <tex>|\frac14| <1</tex>

d)

Geometrisk ser vi at summen av arealene må konvergere mot arealet av trekanten <tex>ABC</tex>, som er <tex>\frac{8\cdot 16}{2}=64</tex>

Summeformelen for en geometrisk rekke <tex>\sum_{k=0}^{n-1}ar^k=a\frac{1-r^n}{1-r}</tex> gir at

<tex>\lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n-1} 48 (\frac{1}{4})^k=48\lim_{n\to\infty}\frac{1-\frac{1}{4}^n}{\frac34}=48\cdot \frac{4}{3}=64</tex>

Oppgave 5

a)

I <tex>xy</tex>-planet er <tex>z=0</tex>, så vi må ha at <tex>0=4+2t</tex>. Altså er <tex>t=-2</tex> i punkt <tex>A</tex>. I <tex>xz</tex>-planet er <tex>y=0</tex>, så vi må ha at <tex>0=3+t</tex>. Altså er <tex>t=-3</tex> i punkt <tex>B</tex>. Koordinatene til <tex>A</tex> og <tex>B</tex> er derfor gitt ved <tex>A(5+2\cdot 2, 3-2,0)=A(9,1,0)</tex> og <tex>B(5-2\cdot (-3),0,4+2\cdot (-3))=B(11,0,-2)</tex>. Avstanden mellom <tex>A</tex> og <tex>B</tex> er derfor <tex>|(11-9,0-1,-2-0)|=|(2,-1,-2)|=\sqrt{2^2+1^2+2^2}=\sqrt{9}=3</tex>

b)

Vi kan skrive linja <tex>l</tex> på formen <tex>(x,y,z)=(5-2t,3+t,4+2t)=(5,3,4)+t(-2,1,2)</tex>. Det betyr at vektoren <tex>(-2,1,2)</tex> angir retningen til linja <tex>l</tex>. På samme måte kan linja <tex>m</tex> skrives som <tex>(x,y,z)=(s,1-s,1+s)=(0,1,1)+s(1,-1,1)</tex>, der vektoren <tex>(1,-1,1)</tex> angir retningen. Linjene er parallelle hvis og bare hvis det fins en konstant <tex>k</tex> slik at <tex>(-2,1,2)=k(1,-1,1)</tex>. Utfra ligningen ser vi at det ikke fins en slik <tex>k</tex>, altså er linjene ikke parallelle.

c)

Et tilfeldig punkt P på l er angitt ved koordinatet <tex>(x,y,z)=(5-2t,3+t,4+2t)</tex>, og et punkt Q på m er gitt ved <tex>(x,y,z)=(s,1-s,1+s)</tex>. <tex>\vec{PQ}=(s,1-s,1+s)-(5-2t,3+t,4+2t)=(s+2t-5,-s-t-2,s-2t-3)</tex>

d)

For at <tex>\vec{PQ}</tex> skal stå vinkelrett på linjene <tex>m</tex> og <tex>l</tex>, må <tex>(s+2t-5,-s-t-2,s-2t-3)\cdot (-2,1,2)=0=(s+2t-5,-s-t-2,s-2t-3)\cdot (1,-1,1)</tex>. Vi får dermed ligningene <tex>-2s-4t+10-s-t-2+2s-4t-6=-s-9t+2=0</tex> og <tex>s+2t-5+s+t+2+s-2t-3=3s+t-6=0</tex>. Altså er <tex>3s+t-6-3s-27t+6=-26t=0</tex>, så vi må ha at <tex>t=0</tex>. Da er <tex>s=2</tex>. Vi får da punktene <tex>P(5,3,4)</tex> og <tex>Q(2,-1,3)</tex>

e)

Oppgave 6

a)

Avleser fra figuren at amplituden er <tex>\approx 7</tex>, og perioden <tex>24</tex>.

b)

Den deriverte av <tex>f(x)</tex> er <tex>f'(x)=-\frac{5}{12}\pi\left ( \cos(\frac{\pi}{12}x)-\sin(\frac{\pi}{12}x)\right ) </tex>, og har nullpunkt i <tex>x=3</tex> og <tex>x=15</tex>. Den deriverte er positiv når <tex>3<x<15</tex>, så funksjonen <tex>f(x)</tex> har toppunkt i <tex>x=15</tex> og bunnpunkt i <tex>x=3</tex>.

c)

Vi ser at <tex>g(x)=22+f(x)</tex>. Funksjonene <tex>f(x)</tex> og <tex>g(x)</tex> må derfor ha topp- og bunnpunkter i samme (korresponderende) x-verdier. Laveste temperatur inntreffer for <tex>x=3</tex>. Da er temperaturen <tex>g(3)=22-5\sin(\frac{3\pi}{12})-5\cos(\frac{3\pi}{12})=22-5\sqrt{2}\approx 14.93</tex> grader Celsius. Høyeste temperatur inntreffer for <tex>x=15</tex>. Da er temperaturen <tex>g(15)=22-5\sin(\frac{15\pi}{12})-5\cos(\frac{15\pi}{12})=22+5\sqrt{2}\approx 29.07</tex> grader Celsius.

Oppgave 7

a)

b)

1) La <tex>f(x)=5x^2e^{-x}</tex>. Produktregelen gir at <tex>f'(x)=(5x^2)'e^{-x}+5x^2(e^{-x})'=10xe^{-x}-5x^2e^{-x}=5(2x-x^2)e^{-x}</tex>. (Vi har i tillegg brukt kjerneregelen, og derivasjonsreglene <tex>(e^x)'=e^x</tex> og <tex>(x^n)'=nx^{n-1}</tex>).

2) Eksponentialfunksjonen er alltid positiv, så det er tilstrekkelig å betrakte nullpunktene til <tex>2x-x^2=x(2-x)</tex> i uttrykket for den deriverte, som er <tex>x=0</tex> og <tex>x=2</tex>. Når <tex>0<x<2</tex> er <tex>f'(x)>0</tex> og når <tex>x>2</tex> er <tex>f'(x)<0</tex>, så funksjonen <tex>f(x)</tex> vokser i intervallet <tex>(0,2)</tex> og avtar i <tex>(2,\infty)</tex>. <tex>f(x)</tex> har derfor et toppunkt i <tex>x=2</tex>, men ingen bunnpunkt.

c)

d)

<tex>\lim_{a\to\infty}\int_0^af(x)\,dx=\lim_{a\to\infty}[-5x^2e^{-x}-10xe^{-x}-10e^{-x}]_0^a=\lim_{a\to\infty}-5a^2e^{-a}-10ae^{-a}-10e^{-a}+10</tex>. Fra det som er oppgitt i oppgaven vil de tre første leddene gå mot <tex>0</tex>, så det eneste som gjenstår er det siste leddet, altså er <tex>\lim_{a\to\infty}\int_0^af(x)\,dx=10</tex>

R2 2011 vår LØSNING

Innhold