matematikk.net

R2 H2014 vedlagt, kos dere :=)

Eksamen R2 - Høst - 28.11.2014

Del I

$\large \text{Oppgave } 1$

a)

$ \hspace{1cm}
f'(x) = 2 \cdot (-3) \sin 3x = - 6 \sin 3x
$

b)

$ \hspace{1cm}
g'(x) = 5e^x \cdot \sin 2x + 5e^x \cdot 2 \cos 2x
= 5e^x \bigl ( \sin 2x + 2\cos 2x \bigr)
$

Hvor kjerneregelen ble brukt $(u\cdot v)' = u'v + uv'$ og
at $e^x$ er sin egen deriverte.

$\large \text{Oppgave } 2$

a)

$ \hspace{1cm}
\begin{align*}
\int x^3 - 2x \,\mathrm{d}x
& = \int x^3 \, \mathrm{d}x - 2 \int x\,\mathrm{d}x \\
& = \frac{1}{1+3} x^{3+1} - 2 \cdot \frac{1}{1+1}x^{1+1} + C \\
& = \frac{1}{4}x^{4} - x^2 + C \\
& = \frac{x^2}{4}(x^2-4) + C \\
& = \left(\frac{x}{2}\right)^2(x-2)(x+2) + C
\end{align*}
$

litt unødvendig algebramagi på slutten. Men en faktorisering om dagen
gjør godt i magen.

b)

Dette integralet kan både bli løst via substitusjon og delvis integrasjon.
Vi viser begge fremmgangsmåtene

1) Substitusjon. Det naturlige valget er å velge
$u \mapsto \log x$. Da blir grensene $u_1 = \log 1 = 0$ og $u_2 = \log e = 1$.
Videre så er $x = e^u$. Derivasjon gir $\mathrm{d}u = \frac{\mathrm{d}x}{x}$

$
\int_1^{e} x \log x \,\mathrm{d}x
= \int_0^1 e^u \cdot u \cdot e^u \,\mathrm{d}u
= \int_0^1 u e^{2u} \,\mathrm{d}u
$

Hefra vil en svært naturlig måte være delvis integrasjon. Dette lar jeg være opp til leser å vise. Selv velger jeg en litt annen fremmgangsmåte - som er enklere på integral på formen $\int p(x) e^{x} \,\mathrm{d}x$, hvor $p$ er et polynom av høyere grad.

Siden $(p(x) \cdot e^{x})' = (p(x) + p'(x)) e^{x}$ betyr dette at graden til $p(x) e^{x}$ ikke øker under derivasjon. Da vil heller ikke graden kunne minke eller øke under integrasjon. Siden disse er motsatte operasjoner. Vi antar derfor at integralet er av samme grad

$
\int x e^{2x} \,\mathrm{d}x = (ax^2 + bx + c)e^{2x} + C
x e^{2x} = (2a \cdot x^2+2(a+b)x+b+2c) \cdot e^{2x}
$

Sammenlikner vi koeffisienter ser vi at $a=0$, $2(a+b) =1$ og $b+2c=0$.
Første likning gir at $2(0+b)=1, \Rightarrow \ b = 1/2$. Så $1/2 +2c =0$
altså er $c = -1/4$. Med andre ord

$
\int x e^{2x} \,\mathrm{d}x
= \left(\frac{1}{2}x + \frac{1}{4}\right)e^{2x} + C
= \frac{1}{4}(2x-1) e^{2x} + C
$

Setter vi inn verdiene våre får vi altså at

$ \int_1^e x \cdot \log x \,\mathrm{d}x
= \int_0^1 x e^{2x} \,\mathrm{d}x
= \frac{1}{4} \Bigl[ (2x-1)e^{2x} \Bigr]_0^1
= \frac{1}{4} \left( e^2 + 1 \right)
$

Som var det som skulle bestemmes. Metoden ovenfor krevde like mye arbeid
som en delvis integrasjon. Men dersom vi skulle ha integrert $(x^{55}-1)e^{2x}$
så ville dette krevd $55$ delvise integrasjoner!, mens metoden ovenfor ville krevd 1 derivasjon.

2)

Velger her $v' = x$ så $v = x^2/2$. tilsvarende så blir $u = \log x$ og $u' = 1/x$. Direkte
delvis integrasjon gir da

$
\int_1^e x \cdot \log x \,\mathrm{d}x
= \left[ \frac{x^2}{2} \log x \right]_1^e - \int_1^e \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} \,\mathrm{d}x
= \frac{e^2}{2} - \left[ \frac{1}{2} \cdot \frac{x^2}{2} \right]_1^e
= \frac{1}{4} \left( e^2 + 1 \right)
$

Som vist før. Dette viser bare at det er mange veier til rom.

$\large \text{Oppgave } 3$

a)

Vi kan skrive om likningen til

$ \frac{y'}{2y +3} = 0$ Bruker vi nå kjerneregelen og integrerer begge sider får vi

$ \begin{align*}
\int \frac{\mathrm{d}y}{2y + 3} & = \int 1 \,\mathrm{d}x \\
\frac{1}{2}\log(2y+3) & = x + C^{''} \\
\log(2y + 3) & = 2x + C' \\
2y + 3 & = e^{2x} \cdot e^{C'} \\
y & = C e^{2x} - \frac{3}{2}
\end{align*}
$

Ved å bruke initialkravet om at $y(0)=5/2$ får vi
$\frac{5}{2} C e^{0} - \frac{3}{2} \ \Rightarrow \ C = 4$. Altså er

$
y = \frac{1}{2}\left( 8 e^{2}x - 3\right)
$

$\large \text{Oppgave } 4$

Her finner vi

$\vec{AB} = (0,-6,1)$ og $\vec{AC} = (6,-6,1)$

Kryssproduktet blir da

$ \begin{align*}
n & =
\begin{bmatrix}
i & j & k \\
0 & -6 & 1 \\
6 & -6 & -1
\end{bmatrix} \\
& =
i \begin{bmatrix}
-6 & 1 \\
- 6 & - 1
\end{bmatrix}
+
6 \begin{bmatrix}
j & k \\
-6 & 1
\end{bmatrix} \\
& =
i \cdot \bigr(6 - (-6) \bigl)
+
6(j - k(-6) \\
& = 12i + 6j + 36k
\end{align*}
$

Hvor vi da har $n = (2,1,6)$ som normalvektor til planet. Vi så at vi kunne dele på $6$ da dette igjen
ikke forandrer retningen til normalvektoren. Likningen til planet blir altså

$
\alpha := a(x-x_0) + b(y-y_0) + c(z-z_0)
= 2(x - 0) + 1(y - 0) + 6(z - 7)
= 2x + y + 6z - 42
$

Her kan det være lurt å putte inn punktene for å kryssekke (hø hø) at punktene faktisk gir null (altså at de faktisk
ligger i planet)

b)

Siden punktet ligger på linjen, kan vi si at

$ \hspace{1cm}
P = (A - O)t + O = (0,6t,6t)
$

Her ble t valgt slik at $P(0) = O$ og $P(1) = A$.

Volumet av ett thetraheder er

$ \hspace{1cm}
V = \frac{1}{3} G \cdot h
$

Videre har vi at grunnflaten $G$ ustrakt av punktene $A$, $B$, $C$ har et areal på

$ \hspace{1cm}
G = \frac{1}{2}|{AC} \cdot \vec{BC}| = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{12^2+6^2+36^2} = 3 \sqrt{41}
$

Høyden $h$ blir altså $h = | P(t) - A | = 6\sqrt{2} |t-1|$. Ved å sette inn disse to opplysningene får vi

$
V = \frac{1}{3} \frac{1}{2}|{AC} \cdot \vec{BC}| h
= \frac{1}{3} \cdot 3 \sqrt{41} \cdot 6 \sqrt{2} |t-1|
= 6 \sqrt{82} |t-1|
$

Ved å sette $42 = V$ får vi at $t = 1 \pm \frac{7}{\sqrt{82}}$. Her er det svært fristende å si at $\sqrt{82} \sim \sqrt{81} = 9$. så
$t = 1 \pm \frac{7}{9}$. Som er en ok tilnærming.

Tillegg:

Her kan jeg ikke dy meg for å tilnærme svaret litt mer nøyaktig.
Vi har at $\sqrt{81} = 9$ og at $\sqrt{1+x} \approx 1 + \frac{1}{2}x$ når $|x|<1$. Her har vi jo at

$ \hspace{1cm}
\sqrt{82} = \sqrt{81 \left( 1 + \frac{1}{82} \right) }
= 9 \cdot \sqrt{ 1 + \frac{1}{82} }
\approx 9 \cdot \left( 1 + \frac{1}{2} \frac{1}{81} \right)
$.

Dermed så er

$ \hspace{1cm}
t \approx 1 \pm 7 \Big/ \left[ 9 \left( 1 + \frac{1}{2}\frac{1}{82} \right) \right]
= 1 \pm \frac{126}{163}
$

Som er korrekt til fire desimaler.

$\large \text{Oppgave } 5$

a)

Her har vi at arealet under figuren er gitt som ett rektangel slik at

$ \hspace{1cm}
g(2) = 4 \cdot 2 = 8
$

Tja, når vi integrerer under $x$-aksen er arealet definert som negativt.
Størst areal blir altså integralet over hvor $f$ er positiv. Ut i fra figur er dette når $0 \leq x \leq 3$.
Arealet blir dermed enten ett trapes eller en trekant pluss et kvadrat. Vi har da

$ \hspace{1cm}
g(3) = g(2) + \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 1 = 10
$

Som var det som skulle vises.

b)

Trekker vi en linje fra (0,4) gjennom $(0,3)$ får vi at linjen skjærer $f$ i punktet $(6,-4)$. av symmetri betraktninger
er altså $g(6) = 0$ mens $g(x) < 0$ når $x>6$.

$\large \text{Oppgave } 6$

$\large \text{Oppgave } 7$

Ah, den klassiske induksjonsoppgaven. Men hvor ble det av metodefrihet?
Vi tester ut om det stemmer for $n=1$

$VS = 1 - \frac{1}{2}$
$HS = \frac{1}{1+1}$

Siden $VS = HS$ så stemmer det for $n=1$. Anta at det stemmer for $k$

$
\left( 1 - \frac{1}{2}\right) \cdots \left( 1 - \frac{1}{k+1}\right) = \frac{1}{1+k}
$

Vi ønsker å da vise at det stemmer for $k+1$. Venstre side kan da skrives som

$ \begin{align*}
VS & = P(k+1) \\
& = \underbrace{\left( 1 - \frac{1}{2}\right) \cdots \left( 1 - \frac{1}{k+1} \right)}_{P(k)} \left( \color{blue}{ 1 - \frac{1}{k+2} } \right) \\
& = \frac{1}{k+1} \cdot \left( \color{blue}{\frac{k+1}{k+2}} \right)\\
& = \frac{1}{(k+1)+1}
\end{align*}
$

Tilsvarende så blir $HS = \frac{1}{(k+1)+1}$ som er det samme som VS.
Resten følger ved induksjon.

Er det bare meg eller var del1 veldig stor og over gjennomsnittlig vanskelig? Del2 var veldig grei for min del..

Tror kanskje dette er den letteste eksamen som er blitt gitt. Allikevel klarte jeg å rote det forferdelig mye til. Har ingen god følelse. Skuffet over egen prestasjon..

Noen som har en foreløpig løsning for del 2?

Her er fasit løsning på hele (med forbehold om feil..)
Fasit&Løsninger_R2_EksH14.pdf

PelleProff wrote:Sorry, skjønte ikke dette vedleggsgreiene her :(

Litt usikker på hvor det kan gå galt - har du husket å trykke på knappen "Plasser i innlegget" etter at du lastet opp vedlegget?

Send en melding til cosinus@matematikk.net med vedlegget, så kan vi forsøke å legge det ut for deg. :-)

Er det noen som har tilgang på en fasit/løsningsforslag? skulle gjerne sett gjennom for å finne ut om jeg skal klage på karakter.

Nebuchadnezzars løsningsforlag ser ikke ut til å stemme på Oppgave 4b.

P får koordinater (0,6t,6t)

Så har vi 1/6* (ABxAC)*AP = 42 (volumprodukt, ABxAC fant vi i a))

Dette gir t=0 eller t=2, altså P=(0,0,0)= eller P=(0,12,12) (To løsn pga absoluttverdi)

Et slikt svar som det Nebuchadnezzar oppgir skal vi vel uansett ikke forvente på en Del 1-oppgave?

(Dette er jo en gammel tråd. Mange sensorer m.fl. har jobbet med disse besvarelsene, så det burde vel foreligge et komplett løsningsforslag en eller annen plass?)

Ellers ettterlyser Nebuchadnezzar metodefrihet på Oppg 7 (Induksjonsbeviset) Jeg ville følt meg litt snytt om formelen bare ble bevist direkte ved forkorting.

EDIT: For ordens skyld; Nebuchadnezzar har også en liten trykkfeil i 4a, der AC skal være [6,-6, -1]

Noen som har komplett løsning? Jeg jobber med romgeometri/vektorer oppgavene på denne prøva, så lurer.

ThomasSkas wrote:Noen som har komplett løsning? Jeg jobber med romgeometri/vektorer oppgavene på denne prøva, så lurer.

For koordinatene til P, kommer jeg fram til t = 6 og t = -6, altså P(0.36.36) og P(0.-36.-36)
Tidligere nevnte oster sier han fikk t = 0 og t = 2 , og han/hun tar utgangspunktet i AP vektor i skalarproduktet av kryssproduktet og AP. Men jeg brukte OP vektor. Hvorfor er det feil? Jeg syntes det ble mer rimelig å ta utgangspunkt i startpunktet, som er origo. Men oppgaven nevner allikevel mulige koordinater. Så kanskje det er avhengig av hvilket startpunktet man velger med en bokstav*P vektor??

Ingen som har noen formening eller hjelp?

Hei! Mener at du har rett når det gjelder å bruke OP. Selv fikk jeg t=7 siden 1/6(42t-42)=42.

ThomasSkas wrote:Ingen som har noen formening eller hjelp?

Hei! Mener at du har rett når det gjelder å bruke OP. Selv fikk jeg t=7 siden 1/6(42t-42)=42.

Slik løste jeg oppgave 4b i R2 - eksamen - Høst 2014:

Har punktene: A(0,6,6), B(0,0,7) og C(6,0,5)
Vektorprodukt: AB x AC = [12, 6, 36]
Obs! Ikke bruk normalvektoren til planet du fant i oppgave a ([2,1,6]). Det blir IKKE det samme

Ble gitt et punkt P, som befant seg på en linje gjennom origo (0,0,0) og A(0,6,6)

Parameterframstilling for linja blir:
x=0
y=t
z=t

Fordi punktet P ligger på denne linja, setter jeg punktet P(0, t, t) og får vektoren AP = [0, t-6, t-6]

Deretter bruker jeg formelen for volumet av pyramider: V = 1/6 * |(AB x AC) * AP|
Setter V = 42, og regner ut:

42 = 1/6 * |([12, 6, 36] * [0, t-6, t-6])|
42 = 1/6 * |(0 + 6(t-6) + 36(t-6))|
42 = 1/6 * |(42(t-6))|
Absoluttverdi kan gi to løsninger:
1:
42 = 7(t-6)
42 = 7t - 42
7t = 84
t = 12
2:
42 = -7(t-6)
42 = -7t + 42
7t = 0
t = 0

Satt inn i P(0, t, t) gir t = 12 at P(0, 12, 12) og t = 0 at P(0,0,0)

Jeg er ikke sikker på om det er riktig at absoluttverdien kan gi to løsninger, men riktig svar ble det i alle fall

Kilde:
Jeg sjekket ut alt i GeoGebra, og svaret skal være riktig!