Løsningsforslag eksamen R2

Transkript

1 Løsningsforslag eksamen R Vår 010 Oppgave 1 a) f (x) = x cos(3x) f (x) = x cos(3x) + x ( sin(3x) 3) = x cos(3x) 3x sin(3x) b) 1. Bruker delvis integrasjon med u = 5x og v = 1 ex slik at u = 5 og v = e x ˆ 5x e x dx = 5x 1 ˆ ex 5 1 ex dx = 5 x ex 5 ex + C = 5 ( ex x 1 ) + C. Bruker substitusjonen u = x 1 slik at u = du = x. Da får vi at dx ˆ ˆ 6x 3u x 1 = ˆ 3 u dx = u du = 3 ln u + C = x 3 ln 1 + C 1

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

3 Vi får da at ˆ (cos x) dx = ˆ 1 (1 + cos x) dx = 1 x sin x + c = 1 x + 1 sin x + c e) 1. Siden f (x) = g (x) er g en antiderivert til f slik at ˆ 3 f (x)dx = [g(x)] 3 = g() g( 3) = 8 6 =. Siden h(x) = g (x) = (g (x)) = f (x) er f er antiderivert til h slik at Oppgave ˆ1 3 a) Finner først vektorene Vektorproduktet blir da h(x)dx = [ f (x)] 1 3 = f (1) f ( 3) = 0 = AB = [0 3, 0, 0 ( )] = [ 3,, ] AC = [1 3, 1 0, ( )] = [, 1, 6] e 1 e e 3 AB AC = = e e e = [ 6 ( 1), (( 3) 6 ( ) ), ( 3)( 1) ( ) ] = [1, 1, 7] b) Fra a) har vi at vektoren n = 1 7 [1, 1, 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 (x 3) + (y 0) + 1(z ( )) = 0 x 6 + y + z + = 0 x + y + z = 3

4 c) Siden l α så er n = [,, 1] en retningsvektor for l. Siden l går gjennom punktet P(5,, ) har alle punkt P t på linja l posisjonsvektor OP t = OP + t n = [5,, ] + t[,, 1] = [5 + t, + t, + t] som tilsvarer parameterframstillingen x = y = z = 5 + t + t + t I xz-planet er y = 0, skjæringspunktet er samtidig på linja l slik at y = + t = 0 t = t = Når t = er x = 5 = 1 og z = = slik at skjæringspunktet mellom l og xz-planet blir (1, 0, ) d) Siden Q ligger på l kan vi skrive koordinaten til Q slik Q(5 + t, + t, + t) Vi får da at AQ = [5 + t 3, + t 0, + t ( )] = [ + t, + t, 6 + t] Volumet av pyramiden er V(t) = 1 ( AB ) AC AQ 6 = 1 [1, 1, 7] [ + t, + t, 6 + t] 6 = 1 ((8 + 8t) + (56 + 8t) + ( + 7t)) 6 = 1 ( t) 6 = t = t

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

6 b) Initialkravene gir y(0) = 5 e 0, 0 (C sin 0 + D cos 0) = 5 1 (C 0 + D 1) = 5 D = 5 og slik at løsningen blir Oppgave y ( ) 3π = 0 e 0, 3π 3π (C sin + 5 cos 3π ) = 0 C 5 = 0 C = 5 C = 5 e 0,x (C sin x + D cos x) = e 0,x (5 sin x + 5 cos x) = 5e 0,x (sin x + cos x) a) Tegner grafen til f for x 0, 15 6

7 b) Finner nullpunktene til f ved 5e 0,x (sin x + cos x) = 0 sin x + cos x = 0 tan x + 1 = 0 tan x = 1 x = π + π n siden D f = 0, 15 er løsningene x { 3π, 7π, 11π, 15π, 19π }. c) Vi skal derivere Ved produktreglen får vi f (x) = 5e 0,x (sin x + cos x) f (x) = (5e 0,x) (sin x + cos x) + ( 5e 0,x) (sin x + cos x) = e 0,x (sin x + cos x) + 5e 0,x (cos x sin x) = e 0,x ( sin x cos x + 5 cos x 5 sin x) = e 0,x ( cos x 6 sin x) = e 0,x ( cos x 3 sin x) d) Vi finner først nullpunktene for f (x) f (x) = 0 e 0,x ( cos x 3 sin x) = 0 cos x 3 sin x = tan x = 0 tan x = 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

8 I de tre toppunktene blir funksjonsverdiene f (0,588) = 5e 0, 0,588 (sin 0,588 + cos 0,588) = 6,16 f (6,871) = 5e 0, 6,871 (sin 6,871 + cos 6,871) = 1,75 f (13,151) = 5e 0, 13,151 (sin 13,151 + cos 13,151) = 0,99 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 + b = = ( ) ( ) b 1 ϕ = tan 1 = tan 1 = π a 1 + nπ Siden a > 0 og b > 0 setter vi ϕ = π. Dermed er 5e 0,x (sin x + cos x) = 5 e 0,x sin(x + π ) f) For alle x er og slik at 1 sin(x + π ) 1 e 0,x > 0 sin(x + π ) 1 5 e 0,x sin(x + π ) 5 e 0,x f (x) p(x) 8

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

10 c) Anta at x er et toppunkt for f. Da er funksjonsverdien i dette punktet f (x) = 5e 0,x (sin x + cos x) Vi så i oppgave d) at det neste topppunktet vil forekomme ved x + π slik at funksjonsverdien her er f (x + π) = 5e 0,(x+π) (sin(x + π) + cos(x + π)) = 5e 0,x e 0,π (sin x + cos x) = e 0,π 5e 0,x (sin x + cos x) = e 0,π f (x) = 0,86 f (x) Setter vi k = e 0,π = 0,86 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) = 6,16 0,86 = 0,003 d) I oppgave c) fant vi at k = 0,86. Siden dette oppfyller konvergerer rekka. Summen blir da Oppgave 6 Alternativ I 1 < k < 1 s = a 1 1 k = 6,16 1 0,86 = 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

11 b) Setter b = 1,0, k =,6 og m =,5 inn i likningen y + 1,0,5 y +,6,5 y = 0 y + 1,0,6 10,5 y +,5 10 y = 0 y + 5 y y = 0 Differensiallikningen tilsvarer den vi løste i oppgave 3 a) og b) slik at y(t) = 5e 0,t (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 3,1 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,π 0,85. Reduksjonen fra et utslag til det neste tilsvarer dermed Alternativ II 100% 0, 85 = 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 S 8 = 8(1 + 8) = n 1 + n = = 7 = 36 n(1 + n) b) Undersøker med digitalt verktøy at s 15 = = 1 00 og at s 16 = = Det trengs dermed 16 ledd for at summen av rekken skal være over

12 c) Vi skal vise at n 3 = n (n + 1) Først viser vi at formelen stemmer for n = 1 V.S. = 1 H.S. = 1 (1 + 1) = 1 = = 1 Anta så at formelen er sann for n = k. Altså at k 3 = k (k + 1) Vi skal vise at dette medfører at formelen også må være sann for n = k + 1. Altså at k 3 + (k + 1) 3 = (k + 1) ((k + 1) + 1) Vi viser fra venstre mot høyre k } {{ } 3 + (k + 1) 3 = k (k + 1) + (k + 1) 3 k (k+1) = k (k + 1) (k + 1)3 + = (k + 1) (k + (k + 1)) = (k + 1) (k + k + ) = (k + 1) (k + ) = (k + 1) ((k + 1) + 1) 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. ( n) = = ( n(n + 1) (n(n + 1)) ) = n (n + 1) = n 3 1