R2 2019 høst LØSNING
Diskusjon av denne eksamensoppgaven
Løsningsforslag til del 1 laget av Emilga
Løsningsforslag til del 2 laget av Kristian Saug
Løsningsforslag laget av Ole Henrik Morgenstierne
Løsning til del 1 som videoer laget av Lektor Håkon Raustøl
Løsning til del 2 som videoer laget av Lektor Håkon Raustøl
DEL 1
Oppgave 1
a)
$f(x)=2cos(\pi x)$
$f'(x)=-2 \pi sin(\pi x)$
b)
$g(x)=cos^2 x \cdot sin\, x$
$g'(x)=(cos^2 x)' \cdot sin\, x + cos^2 x \cdot (sin\, x)' \\ = 2cos\, x \cdot (-sin\, x) \cdot sin\, x + cos^2 x \cdot cos\, x \\ = -2sin^2 x \cdot cos x + cos^3 x$
Oppgave 2
a)
$\int_{-1}^{1} (2x^3+3x-1) dx \\ = [ \frac{2}{4}x^4+\frac{3}{2}x^2-x]_{-1}^{1} \\ =(\frac{1}{2}\cdot 1^4+\frac{3}{2}\cdot 1^2-1)-(\frac{1}{2}\cdot (-1)^4+\frac{3}{2}\cdot (-1)^2-(-1)) \\ =(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}-1)-(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}+1) \\ = -1-1 = -2$
b)
$u=2x^2-1$
$\frac{du}{dx}=4x \Rightarrow dx=\frac{du}{4x}$
$\int \frac{8x}{\sqrt{2x^2-1}} dx = \int \frac{8x}{\sqrt{u}} \cdot \frac{du}{4x} = \int \frac{2}{\sqrt{u}} du = 2 \int u^{-\frac{1}{2}} du \\ = \frac{2}{\frac{1}{2}}\cdot u^{\frac{1}{2}} + C = 4 \cdot \sqrt{u} + C = 4\sqrt{2x^2-1}+C$
c)
$\int \frac{2}{(x+3)(x+1)}dx = \int \frac{A}{(x+3)}+\frac{B}{(x+1)} dx $
Vi bestemmer A og B ved å løse likningen:
$2 = (x+1)A + (x+3)B \\ 2=Ax+A+Bx+3B \\ 2=(A+B)x + A+ 3B$
Telleren har ikke noe x-ledd, så vi har:
I $A+B=0$
II$A+3B=2$
Setter inn $A=-B$ i likning II:
$-B+3B=2 \Rightarrow B=1$
Fra likning I har vi da $A=-1$
Integralet blir da:
$\int \frac{2}{(x+3)(x+1)}dx = \int \frac{A}{(x+3)}+\frac{B}{(x+1)} dx = \int \frac{-1}{(x+3)}+\frac{1}{(x+1)} dx \\ = - \ln|{x+3}| + \ln|{x+1}| + C = \ln|{\frac{x+1}{x+3}}| + C$
Oppgave 3
a)
Summen av en aritmetisk rekke er gitt ved
$S_n=\frac{n\cdot (a_1+a_n)}{2}$
Vi må finne antall ledd i rekken $7+11+....+479+483$.
Ser at $d=4$, så antall ledd (n) blir:
$n=\frac{483-7}{4}+1=\frac{476}{4}+1=119+1=120$
Summen av denne rekken blir:
$S_{120}=\frac{120\cdot (7+483)}{2}= 60\cdot(7+483)=420+28980 =29400$
b)
For en geometrisk rekke har vi
$a_n=a_1\cdot k^{n-1}$
Vi vet at $a_2=6$ og får likning I:
$a_2=a_1\cdot k^{2-1} \\ 6=a_1\cdot k \\ a_1=\frac{6}{k}$
Summen av en geometrisk rekke som konvergerer er gitt ved
$S=\frac{a_1}{(1-k)}$
Vi vet at summen av rekken er 24 og har dermed likning II:
$24=\frac{a_1}{(1-k)} \\ a_1=24(1-k)$
Setter inn $a_1=\frac{6}{k}$ i likning II:
$\frac{6}{k} = 24(1-k) \\ 6=24k(1-k) \\ 6=24k-24k^2 \\ 24k^2-24k+6=0 \\ k^2-k+\frac{1}{4}=0 \\ (k-\frac{1}{2})(k-\frac{1}{2})=0 \\ k=\frac{1}{2} $
Setter inn $k=\frac{1}{2} $ i likning I:
$a_1=\frac{6}{\frac{1}{2}}=12$
Oppgave 4
a)
$2sin(2x)=1$, der $x\in[0,\pi]$
$sin(2x)=\frac{1}{2}$
$ 2x=\frac{\pi}{6} + k \cdot 2 \pi \vee 2x = (\pi - \frac{\pi}{6}) + k\cdot 2\pi \quad \quad k \in \mathbb{Z} $
$ x = \frac{\pi}{12} \vee x = \frac{5\pi}{12} \quad $ kun disse to løsningene gir $x\in[0,\pi]$
$ L = \{ \frac{\pi}{12}, \frac{5\pi}{12} \}$
b)
$2cos^2 x-cos x=1$, der $x\in[0,4\pi]$
$u=cos\,x$
$2u^2-u-1=0 \\ u^2-\frac{1}{2} u - \frac{1}{2}=0 \\ (u+\frac{1}{2})(u-1)=0 \\ u=-\frac{1}{2} \vee u=1 \\ cos\,x=-\frac{1}{2} \vee cos\, x=1$
$cos\,x=-\frac{1}{2} \Rightarrow x=\frac{2\pi}{3} + k\cdot 2\pi \Rightarrow L=\{ \frac{2\pi }{3}, \frac{8\pi}{3} \} $ for $x\in[0,4\pi]$
og $cos\,x=-\frac{1}{2} \Rightarrow x= \frac{4\pi}{3} + k\cdot 2\pi \Rightarrow L=\{ \frac{4\pi}{3}, \frac{10\pi}{3} \}$ for $x\in[0,4\pi]$
$cos\,x=1 \Rightarrow x=0 + k\cdot 2\pi \Rightarrow L=\{0,2\pi,4\pi \}$ for $x\in[0,4\pi]$
$L=\{ 0,\frac{2\pi}{3},\frac{4\pi}{3},2\pi,\frac{8\pi}{3},\frac{10\pi}{3},4\pi \}$
Oppgave 5
B er grafen til f.
Dette fordi $sin^2(x)=0$ for $x=0, x=\pi$ og $x=2\pi$ i intervallet $x\in[0,2\pi]$. Dette er de samme nullpunktene som for $sin(x)$.
I tillegg er $sin^2(x)=1$ for $x=\frac{\pi}{2}$ og $x=\frac{3\pi}{2}$ i intervallet $x\in[0,2\pi]$
Oppgave 6
a)
$f(x)=x+a, \quad 0\leq x \leq 2, \quad a>0$
$\int_{0}^{2} f(x) dx = 3$
$ [ \frac{1}{2} x^2 + ax]_{0}^{2} = 3$
$(\frac{1}{2}\cdot 2^2+a\cdot 2)-(\frac{1}{2}\cdot 0^2+a\cdot 0) = 3$
$\frac{4}{2}+2a-0 = 3$
$2a = 3-2$
$a=\frac{1}{2}$
b)
$V=\int_{0}^{2} \pi (f(x))^2 dx$
$= \pi \int_{0}^{2} (x+a)^2 dx$
$=\pi \int_{0}^{2} (x^2 + 2ax + a^2) dx$
$= \pi [\frac{1}{3}x^3 + \frac{2a}{2} x^2 + a^2x]_{0}^{2}$
$=\pi [(\frac{1}{3}\cdot(2)^3+a\cdot(2)^2 +a^2\cdot 2)-(\frac{1}{3}\cdot(0)^3+a\cdot(0)^2 +a^2\cdot 0)]$
$=\pi(\frac{8}{3}+4a+2a^2)$
Setter inn uttrykket for V i likningen:
$V=\frac{98}{3}\pi$
$\pi(\frac{8}{3}+4a+2a^2) = \frac{98}{3}\pi \quad | : \pi$
$\frac{8}{3}+\frac{3\cdot4a}{3}+\frac{3\cdot 2a^2}{3}=\frac{98}{3}$
$\frac{8}{3}+\frac{12a}{3}+\frac{6a^2}{3}=\frac{98}{3} \quad |\cdot 3$
$6a^2+12a+8-98=0$
$6a^2+12a-90=0 \quad |:6$
$a^2+2a-15=0$
$(a+5)(a-3)=0$
$a=-5 \vee a=3$
Forkaster $a=-5$ siden vi må ha $a>0$. Vi har da $a=3$.
Oppgave 7
a)
I xz-planet er $y=0$. Setter inn $y=0$ i uttrykket for $y$:
$y=2-t \\ 0=2-t \\ t=2$
Setter inn $t=2$ i uttrykket for $x$:
$x=1+2t \\ x=1+2\cdot 2 \\ x=5$
Setter inn $t=2$ i uttrykket for $z$:
$z= 6+t \\ z=6+2 \\ z=8$
Skjæringspunktet mellom linjen $\ell$ og xz-planet er (5,0,8).
b)
Linjen $\ell$ står vinkelrett på planet $\alpha$, og retningsvektoren til linjen $\ell$ er derfor lik normalvektoren $\vec{n_\alpha}$ til planet $\alpha$. Dermed er skalarproduktet av $\vec{n_\alpha}$ og en vektor i planet, lik 0.
Likningen for planet er derfor gitt ved:
$[a,b,c] \cdot [x-x_0, y-y_0, z-z_0]=0$
$a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0$
Der a,b og c er koordinatene til planets normalvektor, og $x_0,y_0,z_0$ er et punkt i planet. Vi har $\vec{n_\alpha}=[2,-1,1]$ og punktet $P(2,-2,6)$.
$2(x-2)-1\cdot(y-(-2))+1\cdot(z-6)=0 \\ 2x-4-(y+2)+z-6=0 \\ 2x-y+z-4-2-6=0 \\ 2x-y+z-12=0$
Likningen for planet $\alpha$ er $2x-y+z-12=0$.
c)
Setter inn uttrykkene for x,y og z fra parameterfremstillingen til linjen $\ell$, i likningen for planet $\alpha$:
$2x-y+z-12=0 \\ 2\cdot ( 1+2t ) - (2-t ) + (6+t) - 12 = 0 \\ 2+4t-2+t+6+t-12=0 \\ 6t-6 = 0 \\ t=1$
Setter inn $t=1$ i uttrykkene for x,y og z fra parameterfremstillingen til linjen $\ell$:
$x= 1+2t = 1+2\cdot 1=3$
$y = 2-t = 2-1=1$
$z= 6+t=6+1=7$
Skjæringspunktet mellom $\alpha$ og $\ell$ er (3,1,7).
Oppgave 8
Vi har gitt differensiallikningen:
$y' -2y=x, \quad y(0)=1$
a)
Integrerende faktor er $e^{-2x}$
$y' -2y=x$
$e^{-2x} y' - 2 e^{-2x} y = x e^{-2x} $
$(e^{-2x}y)'= x e^{-2x}$
$y e^{-2x} = \int x e^{-2x} dx$
Bruker delvis integrasjon, der $u=x$, $u'=1$, $v'= e^{-2x}$, $v=-\frac{1}{2}e^{-2x}$
$y e^{-2x} = x\cdot (-\frac{1}{2}e^{-2x})-\int (-\frac{1}{2}e^{-2x})dx$
$y e^{-2x} = -\frac{1}{2} x e^{-2x}- (-\frac{1}{2})\cdot(-\frac{1}{2})\cdot e^{-2x}+C$
$y (x) = -\frac{1}{2} x-\frac{1}{4} + C e^{2x}$
Vi har $y(0)=1$
$-\frac{1}{2} \cdot 0-\frac{1}{4} + C e^{2\cdot 0} = 1$
$0-\frac{1}{4}+C \cdot 1 = 1$
$C=1+\frac{1}{4}$
$C=\frac{5}{4}$
Setter inn verdien for C i likningen for y:
$y(x)=-\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}+\frac{5}{4} e^{2x}$
b)
Finner stigningstallet til tangenten til y i punktet (0,1):
$y'=x+2y \\ y' = 0+2\cdot 1 \\ y'= 2$
Finner likningen for tangenten til y i punktet (0,1):
$(y-y_1)=a(x-x_1) \\ (y-1)=2(x-0) \\ y=2x+1$
Oppgave 9
Finner lengden av vektorene mellom sentrum av sirklene:
$\vec{AB}=[1-1,2-(-1), 4-0] = [0,3,4]$
$|\vec{AB}| = \sqrt{0^2+3^2+4^2} = \sqrt{25} = 5$
$\vec{BC}=[5-1, 1-2, -4-4] = [4,-1,-8]$
$|\vec{BC}|=\sqrt{4^2+(-1)^2+(-8)^2} = \sqrt{81} = 9$
$\vec{AC}=[5-1, 1-(-1), -4-0]=[4, 2, -4]$
$|\vec{AC}|=\sqrt{4^2+2^2+(-4)^2}=\sqrt{36}=6$
Finner radien $a, b$ og $c$ til hver av kulene:
$I \quad \quad a+b=5 \\ II \quad \, \, \, b+c=9 \\ III \quad a+c=6$
$I \quad \quad a = 5-b \\ II \quad \, \, \, c=9-b \\ III \quad 5-b+9-b=6 \\ \quad \quad -2b = 6-5-9 \\ \quad \quad \, \, \, b=\frac{-8}{-2}=4 $
$I \quad \quad a = 5-4=1 \\ II \quad \, \, \, c=9-4 = 5$
Radien til kulen med sentrum i A er 1, radien til kulen med sentrum i B er 4, radien til kulen med sentrum i C er 5.
Oppgave 10
Vi skal vise at $n^3-n$ er delelig med 3 for alle $n \in \N$
1. Induksjonsgrunnlag: $n=1$ gir $1^3-1 = 0$, som er delelig med 3.
2. Induksjonstrinnet: Vi antar at $n^3-n$ er delelig delelig med 3 når $n=k$. Med $n = k+1$ får vi:
$(k+1)^3-(k+1) \\= (k+1)((k+1)^2-1) \\= (k+1)((k^2+2k+1)-1) \\= (k+1)(k^2+2k) \\=k^3+2k^2+k^2+2k \\=k^3+3k^2+2k \\=k^3+3k^2+2k+k-k\\=k^3-k+3k^2+3k \\= (k^3-k) + 3(k^2+k)$
$k^3-k$ er delelig med 3, ifølge antakelsen for $n=k$. $3(k^2+k)$ er en faktor av 3, og er derfor delelig med 3. Summen av to ledd som begge er delelig med 3, er også delelig med 3. Vi har vist at $n^3-n$ er delelig med 3 for $n=k+1$.
$n^3-n$ er delelig med 3 for alle $n \in \N$, hvilket skulle vises.
DEL 2
Oppgave 1
a)
Bruker Geogebra til å tegne grafene til f og g i samme koordinatsystem.
b)
Bruker CAS i Geogebra til å bestemme arealet under grafen til f og arealet under grafen til g.
Arealet under grafen til f er 157,91 og arealet under grafen til g er også 157,91.
c)
Bruker CAS i Geogebra til å finne volumet til hvert av de to omdreiingslegemene.
Volumet til omdreiingslegemet til f er 8174,07.
Volumet til omdreiingslegemet til g er 7996,42.
d)
Bruker CAS i Geogebra til å vise at arealet til F er uavhengig av k.
Vi ser i linje 6 at arealet ikke er avhengig av k, hvilket skulle vises. $16\pi^2$ er for øvrig samme verdi som vi fikk i a).
e)
Bruker CAS til å bestemme hvilken verdi for k som gir minst volum til omdreiingslegemet.
$k=4$ gir minst volum.
Oppgave 2
a)
Bruker CAS i Geogebra til å finne skjæringspunktet til de tre planene.
Planene skjærer hverandre i punktet P(3,-2,6)
