Løsning eksamen R2 våren 2010

Transkript

1 Løsig eksame R våre 010 Oppgave 1 a) f( x) x cos3x f ( x) x cos 3x x cos 3x x cos 3x x si 3x 3x xcos 3x 3x si 3x b) 1) v v u v u 1 u x x 1 x 5 x 5 x 5xe dx 5x e 5 e dx xe e dx x x x x xe e C xe e C ) Vi bruker delbrøkoppspaltig. 6x 6x x 1 ( x1)( x1) 6x A B ( x1)( x1) ( x1)( x1) x1 x1 6 x A( x1) B( x1) Vi setter x = 1 og får: 6 ( 1) A( ) B0 A 3 Vi setter x = 1 og får: 61 A0 B B 3 Dermed er 6x 3 3 x 1 x1 x1 6x 3 3 3l 1 3l 1 dx dx x x C x 1 x1 x1

2 c) Vi fier først de geerelle løsige. x y y 3 e y e ye 3e x x x ye 3e x x 3 x x y e e dx 3 y e e C e 3 x y Ce x x x Vi vet at y = år x = 0. 3 C e 3 C 1 7 C 0 Løsige er x 3 7 x 7e 3 yt () e d) 1) cos( uv) cos( uv) cosucosvsi usi vcosucosvsi usi v cos( uv) cos( uv) cosucosv 1 cosucosv cos( uv) cos( uv) ) (cos x) cos x cos x cos( xx) cos( x x) cos 0 cos( x) cos( x ) cos x dx 1 cos x dx cos xdx x si x C 1 1 x si xc

3 e) 1) f ( x) dx g( x) dx g() g( 3) ) Vi ser at f ( x) g( x) h( x) Dermed er 1 1 h( x) dx f ( x) dx f (1) f ( 3) Oppgave Vi har A(3, 0, ), B(0,, 0) og C(1, 1, ). a) AB 3,, AC, 1, 6 e1 e e3 3 3 AB AC 3,, 1,1, b) Som ormalvektor for plaet α velger vi 1 ABAC 7,, 1 Vi utytter at plaet går gjeom A(3, 0, ). Det gir likige ( x3) ( y0) 1 ( z( )) 0 x6yz 0 xy z 0 c) Ettersom l står vikelrett på plaet, er [,,1] e retigsvektor for lija. Ettersom lija går gjeom P(5,, ), får vi parameterframstillige x 5t l: y t z t Lija skjærer xz-plaet år y = 0. Det gir t 0 t t

4 Det gir x 5t 5 ( ) 1 z t ( ) Skjærigspuktet har koordiatee (1, 0, ). d) Koordiatee til Q er Q(5 t, t, t). Dermed er AQ [5t 3,t 0, t ( )] t,t, t 6 AB AC AQ t t t t t t 1 ( ) 1 ( ) 7 ( 6) t 16 63( t ) Volumet er 1 V AB ACAQ 1 63( t ) 63 t 1 t e) Volumet er år 1 t 1 t 8 t t eller t t eller t 6 Med t = får vi Q(5,,) Q 9,8,6 Med t = 6 får vi Q(5 ( 6), ( 6), ( 6)) Q 7, 8, Oppgave 3 a) Differesiallikige 6 y y y har karakteristisk likig

5 r 6 r r r r r r r r 0, De geerelle løsige er da 0,x y e C x D x ( si cos ) b) Når y(0) = 5, er si 0 cos 0 5 0,0 e C D 1 C0D1 5 D 5 Dermed er 0,x y e C x x ( si 5cos ). Når 3 y 0, må 3 0, 3 3 e ( Csi 5cos ) C si 5cos 0 C 5 0 C 5 0 C 5 0 C 5 Det gir 0,x 0,x y e x x e x x (5si 5cos ) 5 (si cos )

6 Oppgave 0,x f( x) 5 e (si xcos x), x 0, 15 a) Vi teger grafe til f. y x b) Nullpuktee er gitt ved: 0,x 5 e (sixcos x) 0 si x cos x 0 : cos x si x 1 0 cos x ta x 1 x 3 1 x 7 x 11 3 x 3 15 x 19 5 x 5 Ige adre verdier for gir x <0, 15>.

7 c) f x e x x 0,x ( ) 5 (si cos ) 0,x 0,x f ( x) 5 e (sixcos x) 5 e (sixcos x) 0,x 0,x 5e 0, x (si x cos x) 5 e (cos x si x) 0,x e 5 0, (si xcos x) 5(cos xsi x) 0,x e si x cos x 5cos x 5si x 0,x e cosx 6six 0,x e cosx3six d) Vi fier ullpuktee til de deriverte. f ( x) 0 0,x e cosx3six 0 cos x 3si x 0 : cos x si x 3 0 cos x 3tax ta x 3 x 0,588 Vi velger -verdiee 0, 1,, 3, og og får ullpuktee 0,588, 3,73, 6,87, 10,01 og 13,15. Vi plasserer ullpuktee på ei fortegslije og tester forteget til f ( x) utefor og mellom ullpuktee ved hjelp av lommeregere. Vi ka også se forteget ut fra grafe i oppgave a. Vi får dee fortegslija: 0,588 3,73 6,87 10,01 13, Vi har toppukter for x = 0,588, x = 6,87 og x = 13,15. Fuksjosverdiee er f (0,588) 6,16 f (6,87) 1, 75 f (13,15) 0, 99 e) Vi omformer først si x cos x. Amplitude er B 1 1

8 1 1 si xcos x si x cos x si x cos x si xcos cos xsi si x Dermed er 0,x 0,x f( x) 5 e (six cos x) 5e si x 0,x f( x) 5 e si x f) Vi vet at 0,x 1six 1 5 e 15 e 5 e six 15 e 0,x 0,x 0,x 5 e 5 e six 5 e qx ( ) f( x) px ( ) 0,x 0,x 0,x Vi teger grafe til de tre fuksjoee. 8 y 6 p f q x

9 Oppgave 5 a) Forklarig 1 Fra oppgave b vet vi at ullpuktee er gitt ved x. der = 1,, 3, Tallet er dermed ummeret på ullpuktet. Nullpukt r. er 3 x ( 1) 1 1 1,356 1 Forklarig Ut fra formele for ullpuktee ser vi at det første ullpuktet er x 1 3 1,356 og at det deretter er e avstad mellom ullpuktee. Nullpuktee daer dermed e aritmetisk følge med d =. Ledd r. blir x x1 ( 1) d,356 ( 1) b) Følge er aritmetisk. Se forklarig ovefor. Atall ullpukter x <0, 30> er gitt ved,356 ( 1) 30 ( 1) 7,6 7,6 1 7,6 1 9,799 Det er 9 ullpukter i <0, 30>. c) Fra oppgave d ser vi at f har toppukter for x 0,588 der det første toppuktet er gitt ved = 0. Fuksjosverdiee i toppuktee er da

10 f( x ) f(0,588 ) 0, (0,588 ) e cos(0,588 ) si(0,588 ) 0,0,5880, e cos 0,588 si 0,588 0,0,588 0, e e cos 0,588 si 0,588 e e cos 0,588 si 0,588 0,0,588 0, f (0,588) 0,86 6,16 0,86 Ettersom skal begye med 0, er ikke ummeret til toppuktet. Nummeret er k 1. Det gir k 1. Ledd r. k i tallfølge er da y k 6,16 0,86 k 1 Dette er formele for leddee i geometrisk følge med y1 6,16 og k = 0, y 5 6,16 0, 86 6,16 0, 86 0, 00 d) Ettersom 1 < k < 1, vil summe av leddee kovergere år k og dermed x går mot uedelig. Summe er a1 6,16 s 8,616 1k 10, 86 Oppgave 6 Alterativ I a) Vi vet at vt () y() t at () v() t y() t Isatt i formele i oppgave gir det bv() t ky() t ma() t by() t ky() t my() t my() t by() t ky() t 0 : m b k y() t y() t y() t 0 m m b) Vi setter b = 1, k =,6 og m =,5 i i likige.

11 1,6 y() t y() t y() t 0,5, y() t y() t y() t Dee likige med de samme radvilkåree løste vi i oppgave 3b. Løsige er y t e t t 0,t () 5 (si cos) c) Tidspuktee der klosse er i likevektsstillig svarer til ullpuktee til dee fuksjoe. I oppgave 5 viste vi at ullpuktee daer e aritmetisk følge med differase d = 3,1. Det går dermed 3,1 s hver gag loddet passerer likevektsstillige. d) Fra oppgave vet vi at det maksimale utslaget på de første sida daer e geometrisk rekke der utslagee er gitt ved y k 6,16 0,86 k 1 Dette viser at et utslag er 8,6 % av det forrige. Det betyr at reduksjoe er 100 % 8,6 % = 71,6 % Vi ka vise øyaktig på samme måte ut utslagee på motsatt side blir redusert like mye. Vi må da gjeta utregigee i oppgave 5 c med x 0,588 3, 730 i stedet for x 0,588. Oppgave 6 Alterativ II a) Rekke er e aritmetisk rekke med a 1 = 1 og d = 1. Summe av ledd er S ( a a ) (1 ) ( 1) 1 b) Vi fier summe år summe blir større e ved å prøve oss fram på lommeregere:

12 Ved hjelp av for eksempel wxmaxima ka vi også prøve oss fram på dee måte: Vi ser at vi må ha med 16 ledd. c) Vi skal bevise formele ( 1) ved iduksjo. Vi udersøker først om formele er rett for = 1. Vestre side = 1 1 (11) Høyre side = 1

13 Det er riktig. Vi atar så at formele er rett for = k. Da er k ( k 1) k Udersøker så om da er rett for = k k ( k 1) k ( k 1) 3 ( k 1) k ( k 1) k 1 k k ( k 1) k k ( k 1) k ( k 1) ( k 1) (( k 1) 1) Formele er riktig for = k + 1, og dermed for alle verdier for ( 1) ( 1) S ( ) d) Her brukte vi formele fra oppgave a.