Løsningsforslag eksamen R2 - itslearning

Løsningsforslag eksamen R2
Vår 2010
Oppgave 1
a)
f (x) = x 2 cos(3x)
f ′ (x) = 2x · cos(3x) + x 2 (− sin(3x) · 3)
= 2x cos(3x) − 3x 2 sin(3x)
b)
1. Bruker delvis integrasjon med u = 5x og v =
2 1 e2x slik at u ′ = 5 og
v ′ = e 2x
ˆ
5x · e 2x dx = 5x · 1 ˆ
2 e2x − 5 · 1
2 e2x dx
= 5 2 x · e2x − 5 4 e2x + C
= 5 (
2 · e2x x − 1 )
+ C
2
2. Bruker substitusjonen u = x 2 − 1 slik at u ′ = du = 2x. Da får vi at
dx
ˆ ˆ
6x 3u
x 2 − 1 = ′
ˆ 3
∣ u dx = u du = 3 · ln |u| + C = ∣∣x 3 ln 2 − 1∣ + C
1

c) Løser ved integrerende faktor
Initialkravet gir
y ′ − 2y = 3
e −2x (y ′ − 2y) = 3 · e −2x
y ′ e −2x − 2ye −2x = 3 · e −2x
(y · e −2x) ′
= 3 · e −2x
ˆ
y · e −2x = 3 · e −2x dx
y · e −2x = − 3 2 · e−2x + C
y = − 3 2 + C · e2x
y(0) = 2
− 3 2 + C · e2·0 = 2
slik at løsningen blir
C = 2 + 3 2 = 7 2
y = 7 2 · e2x − 3 2
d)
1. Viser fra høyre til venstre
1
2 (cos(u − v) + cos(u + v)) = 1 (cos u · cos v + sin u · sin v + cos u · cos v − sin u · sin v)
2
2. Skriver først om
= 1 (cos u · cos v + cos u · cos v)
2
= 1 (2 cos u · cos v)
2
= cos u · cos v
(cos x) 2 = cos(x) · cos(x)
= 1 (cos(x − x) + cos(x + x))
2
= 1 (cos 0 + cos 2x)
2
= 1 (1 + cos 2x)
2
2

Vi får da at
ˆ
(cos x) 2 dx =
ˆ 1
(1 + cos 2x) dx
2
= 1 2 x + 1 2 · 1 sin 2x + c
2
= 1 2 x + 1 sin 2x + c
4
e)
1. Siden f (x) = g ′ (x) er g en antiderivert til f slik at
ˆ2
−3
f (x)dx = [g(x)] 2 −3
= g(2) − g(−3) = 28 − 6 = 22
2. Siden h(x) = g ′′ (x) = (g ′ (x)) ′ = f ′ (x) er f er antiderivert til h slik at
Oppgave 2
ˆ1
−3
a) Finner først vektorene
Vektorproduktet blir da
h(x)dx = [ f (x)] 1 −3
= f (1) − f (−3) = −2 − 0 = −2
−→ AB = [0 − 3, 2 − 0, 0 − (−2)] = [−3, 2, 2]
−→ AC = [1 − 3, −1 − 0, 4 − (−2)] = [−2, −1, 6]
∣ ∣∣∣∣∣ ⃗e
−→ −→
1 ⃗e 2 ⃗e 3
AB × AC = −3 2 2
−2 −1 6
= ⃗e 1
∣ ∣∣∣ 2 2
−1 6
∣
∣ −⃗e 2 ∣ −3 2
−2 6 ∣ +⃗e 3 ∣ −3 2
−2 −1 ∣
= [2 · 6 − (−1) · 2, −((−3) · 6 − (−2) · 2), (−3)(−1) − (−2) · 2]
= [14, 14, 7]
b) Fra a) har vi at vektoren ⃗n = 1 7 · [14, 14, 7] står normalt på både −→ AB og −→ AC
slik at ⃗n er en normalvektor til α. Tar vi utgangspunkt i punktet A er en likning
for α gitt ved
2(x − 3) + 2(y − 0) + 1(z − (−2)) = 0
2x − 6 + 2y + z + 2 = 0
2x + 2y + z = 4
3

c) Siden l ⊥ α så er ⃗n = [2, 2, 1] en retningsvektor for l. Siden l går gjennom
punktet P(5, 4, 4) har alle punkt P t på linja l posisjonsvektor
−→
OP t = OP −→ + t ·⃗n = [5, 4, 4] + t[2, 2, 1]
= [5 + 2t, 4 + 2t, 4 + t]
som tilsvarer parameterframstillingen
⎧
⎪⎨ x =
y =
⎪⎩
z =
5 + 2t
4 + 2t
4 + t
I xz-planet er y = 0, skjæringspunktet er samtidig på linja l slik at
y = 4 + 2t = 0
2t = −4
t = −2
Når t = −2 er x = 5 − 4 = 1 og z = 4 − 2 = 2 slik at skjæringspunktet mellom
l og xz-planet blir (1, 0, 2)
d) Siden Q ligger på l kan vi skrive koordinaten til Q slik
Q(5 + 2t, 4 + 2t, 4 + t)
Vi får da at
−→ AQ = [5 + 2t − 3, 4 + 2t − 0, 4 + t − (−2)] = [2 + 2t, 4 + 2t, 6 + t]
Volumet av pyramiden er
V(t) =
1
( −→AB −→ )
∣ × AC · −→
AQ
6
∣
∣ =
1
∣∣∣
∣ 6 [14, 14, 7] · [2 + 2t, 4 + 2t, 6 + t] ∣ =
1
∣∣∣
∣ 6 ((28 + 28t) + (56 + 28t) + (42 + 7t)) ∣ =
1
∣∣∣
∣ 6 (126 + 63t) =
∣ 21 + 21 ∣ ∣∣∣
2 t = 21
∣ 1 + 1 ∣ ∣∣∣
2 t
4

e) Må bestemme t slik at V(t) = 42. Dermed får vi likningene
Dermed er det punktene
21(1 + 1 t) = ±42
2
1 + 1 2 t = ±2
2 + t = ±4
t = 2 eller t = −6
Q 1 (5 + 4, 4 + 4, 4 + 2) = Q 1 (9, 8, 6)
Q 2 (5 − 12, 4 − 12, 4 − 6) = Q 2 (−7, −8, −2)
som gir at pyramiden ABCQ får volum 42.
Oppgave 3
a) Vi er gitt differnsiallkningen
y ′′ + 2 5 y′ + 26
25 y = 0
Den karakteristiske likningen er
r 2 + 2 5 r + 26
25 = 0
Formlen for andregradslikning gir
√ (
x = − 5 2 ± 25
) 2
− 4 · 1 · 26
25
√
2
= − 1 4
5 ± 25 − 104
25
2
= − 1 √ −4
5 ± 2
= − 1 5 ± √ −1
Setter vi √ −1 = i får vi de to komplekse løsningene
r 1 = p + q · i = − 1 5 + i
r 2 = p − q · i = − 1 5 − i
der p = −0,2 og q = 1. Løsningen på differensiallikningen er da gitt ved
y = e px (C sin qx + D cos qx)
= e −0,2x (C sin x + D cos x)
5

) Initialkravene gir
y(0) = 5
e −0,2·0 (C sin 0 + D cos 0) = 5
1 · (C · 0 + D · 1) = 5
D = 5
og
( 3π
y
4
)
= 0
slik at løsningen blir
Oppgave 4
e −0,2· 3π 3π
4 (C sin
4 + 5 cos 3π 4 ) = 0
√ √
2 2
C ·
2 − 5 = 0
√
2
√
2 2
C · = 5
2 2
C = 5
e −0,2x (C sin x + D cos x) = e −0,2x (5 sin x + 5 cos x)
= 5e −0,2x (sin x + cos x)
a) Tegner grafen til f for x ∈ 〈0, 15〉
6

) Finner nullpunktene til f ved
5e −0,2x (sin x + cos x) = 0
sin x + cos x = 0
tan x + 1 = 0
tan x = −1
x = − π 4 + π · n
siden D f = 〈0, 15〉 er løsningene x ∈ { 3π 4 , 7π 4 , 11π
4 , 15π
4 , 19π
4 }.
c) Vi skal derivere
Ved produktreglen får vi
f (x) = 5e −0,2x (sin x + cos x)
f ′ (x) =
(5e −0,2x) ′
(sin x + cos x) +
(
5e −0,2x) (sin x + cos x) ′
= −e 0,2x (sin x + cos x) + 5e −0,2x (cos x − sin x)
= e 0,2x (− sin x − cos x + 5 cos x − 5 sin x)
= e 0,2x (4 cos x − 6 sin x)
= 2e 0,2x (2 cos x − 3 sin x)
d) Vi finner først nullpunktene for f ′ (x)
f ′ (x) = 0
2e 0,2x (2 cos x − 3 sin x) = 0
2 cos x − 3 sin x = 0
− 2 3 + tan x = 0
tan x = 2 3
x = 0,588 + nπ
f ′ (x) har dermed nullpunktene x ∈ {0,588, 3,730, 6,871, 10,013, 13,151}, og
vi får følgende fortegnslinje
7

I de tre toppunktene blir funksjonsverdiene
f (0,588) = 5e −0,2·0,588 (sin 0,588 + cos 0,588) = 6,164
f (6,871) = 5e −0,2·6,871 (sin 6,871 + cos 6,871) = 1,754
f (13,151) = 5e −0,2·13,151 (sin 13,151 + cos 13,151) = 0,499
som skulle vises.
e) Vi skal skrive om faktoren
sin x + cos x = a · sin cx + b cos cx = A sin(cx + ϕ)
Her har vi at a = b = c = 1 slik at
A = √ a 2 + b 2 = √ 1 2 + 1 2 = √ 2
( ) ( )
b 1
ϕ = tan −1 = tan −1 = π a
1 4 + nπ
Siden a > 0 og b > 0 setter vi ϕ = π 4
. Dermed er
5e −0,2x (sin x + cos x) = 5 √ 2e −0,2x sin(x + π 4 )
f) For alle x er
og
slik at
−1 ≤ sin(x + π 4 ) ≤ 1
e −0,2x > 0
sin(x + π 4 ) ≤ 1
5 √ 2e −0,2x sin(x + π 4 ) ≤ 5√ 2e −0,2x
f (x) ≤ p(x)
8

og
sin(x + π 4 ) ≥ −1
5 √ 2e −0,2x sin(x + π 4 ) ≥ −5√ 2e −0,2x
f (x) ≥ q(x)
Grafen til p og q er tegnet med blått i figuren på side 6.
Oppgave 5
a) I oppgave 4b) fant vi at nullpunktene forekom ved
x = − π 4 + π · n
= − π 4
= 3π 4
+ π + π(n − 1)
+ π(n − 1)
For at x ≥ 0 må
3π
4
+ π(n − 1) ≥ 0
π(n − 1) ≥ − 3π 4
n − 1 ≥ − 3 4
Siden n må være et helt tall må n ≥ 1.
n ≥ 1 4
b) Dette er en aritmetisk rekke med d = π. Et nullpunkt på intervallet 〈0, 30〉
må
3π
4
+ (n − 1) · π < 30
n − 1 < 30 − 3π 4
π
n < 30
π − 3 4 + 1
n < 9,799
Siden n er et heltall må n ≤ 9. Vi får dermed 9 nullpunkter på intervallet.
9

c) Anta at x er et toppunkt for f . Da er funksjonsverdien i dette punktet
f (x) = 5e −0,2x (sin x + cos x)
Vi så i oppgave 4d) at det neste topppunktet vil forekomme ved x + 2π slik at
funksjonsverdien her er
f (x + 2π) = 5e −0,2(x+2π) (sin(x + 2π) + cos(x + 2π))
= 5e −0,2x e −0,4π (sin x + cos x)
= e −0,4π · 5e −0,2x (sin x + cos x)
= e −0,4π · f (x)
= 0,2846 · f (x)
Setter vi k = e −0,4π = 0,2846 ser vi at funksjonsverdien i et hvilket som helst
toppunkt er akkurat k ganger funksjonsverdien i det foregånde. Toppunktene
utgjør dermed en geometrisk følge.
Det femte leddet i følga blir
a 5 = a 1 · k (5−1) = 6,164 · 0,2846 4 = 0,04043
d) I oppgave c) fant vi at k = 0,2846. Siden dette oppfyller
konvergerer rekka. Summen blir da
Oppgave 6
Alternativ I
−1 < k < 1
s = a 1
1 − k = 6,164
1 − 0,2846 = 8,616
a) Setter v = y ′ og a = v ′ = (y ′ ) ′ = y ′′ inn i likningen
−b · v − k · y = m · a
−b · y ′ − k · y = m · y ′′
my ′′ + by ′ + ky = 0
y ′′ + b m y′ + k m y = 0
10

) Setter b = 1,0, k = 2,6 og m = 2,5 inn i likningen
y ′′ + 1,0
2,5 y′ + 2,6
2,5 y = 0
y ′′ + 1,0 · 2 2,6 · 10
2,5 · 2 y′ +
2,5 · 10 y = 0
y ′′ + 2 5 y′ + 26
25 y = 0
Differensiallikningen tilsvarer den vi løste i oppgave 3 a) og b) slik at
y(t) = 5e −0,2t (sin t + cos t)
c) Likevektsstillingen tilsvarer nullpunktene til funksjonen. I oppgave 5 a)
fant vi at disse utgjorde en aritmetisk følge med differense d = π. Det går altså
π ≈ 3,14 sekunder mellom hver gang loddet passerer likevektsstillingen.
d) Det maksimale utslaget til y tilsvarer toppunktene til funksjonen. I oppgave
5 c) fant vi at disse toppunktene utgjorde en geometrisk følge med kvotient
k = e −0,4π ≈ 0,285. Reduksjonen fra et utslag til det neste tilsvarer dermed
Alternativ II
100% − 0, 285 = 71,5%
a) Rekken er aritmetisk med a 1 = 1 og d = 1. Et uttrykk for a n er dermed
Et uttrykk for S n er da
a n = a 1 + (n − 1) · d = 1 + (n − 1) · 1 = n
Vi finner S 8 ved
S n = n · a1 + a n
2
S 8 =
8(1 + 8)
2
= n 1 + n
2
=
= 72 2 = 36
n(1 + n)
2
b) Undersøker med digitalt verktøy at
s 15 = 1 + 2 3 + 3 3 + ... + 15 3 = 14 400
og at
s 16 = 1 + 2 3 + 3 3 + ... + 15 3 = 18 496
Det trengs dermed 16 ledd for at summen av rekken skal være over 15 000.
11

c) Vi skal vise at
1 + 2 3 + 3 3 + ... + n 3 = n2 (n + 1) 2
Først viser vi at formelen stemmer for n = 1
V.S. = 1
H.S. = 12 (1 + 1) 2
= 1 · 22
= 4 4 4 4 = 1
Anta så at formelen er sann for n = k. Altså at
1 + 2 3 + 3 3 + ... + k 3 = k2 (k + 1) 2
4
Vi skal vise at dette medfører at formelen også må være sann for n = k + 1.
Altså at
1 + 2 3 + 3 3 + ... + k 3 + (k + 1) 3 = (k + 1)2 ((k + 1) + 1) 2
Vi viser fra venstre mot høyre
1 + 2 3 + 3 3 + ... + k
} {{ }
3 + (k + 1) 3 = k2 (k + 1) 2
+ (k + 1) 3
4
k 2 (k+1) 2
4
= k2 (k + 1) 2 4(k + 1)3
+
4
4
= (k + 1)2 (k 2 + 4(k + 1))
4
= (k + 1)2 (k 2 + 4k + 4)
4
4
= (k + 1)2 (k + 2) 2
4
4
= (k + 1)2 ((k + 1) + 1) 2
4
ved induksjon er dermed formelen sann for alle n ≥ 1. Som skulle vises.
d) Vi bruker formelene vi beviste i oppgave a) og c), og viser fra høyre mot
venstre
som skulle vises.
(1 + 2 + 3 + ... + n) 2 =
=
( n(n + 1)
2
(n(n + 1))2
2 2
) 2
= n2 (n + 1) 2
4
= 1 3 + 2 3 + 3 3 + ... + n 3
12