Matematikk.net - Brukerbidrag [nb]

R2 2014 vår LØSNING

2014-09-10T16:20:00Z

Dennis Christensen: /* Innmeldt mulig feil som må undersøkes */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right)' & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===

a) Formelen for areal av sirkelsektor er gitt $\displaystyle F(v) = \frac{r^2 v}{2} = \frac{100v}{2} = 50v$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} T(v) & = ∆(OCD) + ∆(ABO) + ∆(OBC) + ∆(AOD) \\
& = 50v + \frac{1}{2}\cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin v + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) \\
& = 50 v + 50\sin v + 50\sin (180 - v) + 50\sin (180 - v) \\
& = 50(v + \sin v + \sin (180 - v) + \sin (180 - v)) \\
& = 50(v + \sin v + \sin v + \sin v) \\
& = 50(v + 3\sin v)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c)

===Oppgave 6===

a)

$\displaystyle\begin{align*} V(a) & = π \int_1^a \left(\frac{1}{x}\right)^2\mathrm{d}x \\
& = π \int_1^a \frac{1}{x^2}\ \mathrm{d}x \\
& = π \left[-\frac{1}{x}\right]_1^a \\
& = π \left(-\frac{1}{a} - \left( -\frac{1}{1}\right)\right) \\
& = π \left( 1 - \frac{1}{a}\right) \end{align*}$

b) $\displaystyle \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x = \int_1^a \frac{1}{x}\space\mathrm{d}x = \left[\ln x\right]_1^a = \ln a - \ln 1 = \ln a$

Overflatearealet $\displaystyle O(a)$ er hele arealet til omdreiningslegemet, mens $\displaystyle \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x$ kun er verdien til skjæringspunktene mellom omdreiningslegemet og $\displaystyle xy$-planet.

$\displaystyle \Rightarrow O(a) > \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle\begin{align*} & O(a) > \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) > \lim_{a \to ∞} \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) > \lim_{a \to ∞} \ln a \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) = ∞\end{align*}$

$\displaystyle \lim_{a \to ∞} V(a) = \lim_{a \to ∞} \pi \left( 1 - \frac{1}{a}\right) = \pi$

Dette resultatet tilsier at når Gabriels horn blir uendelig langt, er limitverdien til hornets volum lik $\displaystyle \pi$, mens overflatearealet vokser seg større og større mot uendelighet. Illustrasjonen nedenfor oppgaven beskriver det praktiske paradokset om Gabriels horn, som går ut på at det trengs en uendelig mengde maling for å male hele overflatearealet til hornet, mens man kan helle en endelig mengde maling nedi hornet for å fylle dets volum.

R2 2013 høst LØSNING

2014-08-30T16:59:32Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 5 */

[http://matematikk.net/ressurser/eksamen/R2/R2_H13.pdf Oppgaven som pdf]

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=36401 Matteprat: Diskusjon omkring denne oppgaven]

==DEL EN==

===Oppgave 1===

a) $ \displaystyle f(x) = 5x\cos x$

$ \displaystyle f'(x) = 5\cos x + 5x(- \sin x) = 5\cos x - 5x\sin x = 5(\cos x - x\sin x)$

b) $ \displaystyle g(x) = \frac{\sin (2x)}{x}$

$ \displaystyle g'(x) = \frac{2\cos (2x) \cdot x - \sin (2x) \cdot 1}{x^2} = \frac{2x \cos (2x) - \sin (2x)}{x^2}$

===Oppgave 2===

a) $ \displaystyle
\int_0^{1} 2e^{2x} \, \mathrm{d}x
= 2 \int_0^{1} e^{2x} \, \mathrm{d}x
= 2 \left[ \frac{1}{2}e^{2x} \right]_0^{1}
= \frac{2}{2} \left[e^{2x} \right]_0^{1}
= e^{2 \cdot 1} - e^{2 \cdot 0}
= e^2 - e^0
= e^2 - 1$

b) $ \displaystyle \int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = 2x$ og $\displaystyle v' = e^x$

$\displaystyle
\begin{align*}
\int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x & = 2x \cdot e^x - \int 2e^x \, \mathrm{d}x + C \\
& = 2xe^x - 2\int e^x \, \mathrm{d}x + C \\
& = 2xe^x - 2e^x + C \\
& = 2e^x(x - 1) + C\end{align*}$

===Oppgave 3===
a) $\vec{AB} = \left[-2,3,0\right]$ og $\vec{AC} = \left[-2,0,4\right]$

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-2) \cdot (-2) + 3 \cdot 0 + 0 \cdot 4 = 4$

$\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[3\cdot4 - 0\cdot0,-\left((-2)\cdot4 - 0\cdot(-2)\right),(-2)\cdot0 - 3\cdot(-2)\right] = \left[12,8,6\right]$

b)

$\displaystyle
\begin{align*}
V & = |\frac{1}{6}(\vec{AB} \times \vec{AC})\cdot\vec{AO}| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}\left[12,8,6\right]\cdot\left[-2,0,0\right]| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}\left(12(-2) + 8\cdot 0+ 6\cdot0\right)| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}(-24) \\
\displaystyle & = |- \frac{24}{6}| \\
\displaystyle & = |-4| \\
\displaystyle & = 4\end{align*}$

Eventuelt kan man regne ut volumet ved hjelp av formelen for volum av pyramide, $V = \frac{G\cdot h}{3}$,

hvor $ \displaystyle G = \frac{|\vec{OA}|\cdot|\vec{OB|}}{2} = \frac{2\cdot3}{2} = 3$
og $ \displaystyle h = |\vec{OC}| = 4$.

Da får man $ \displaystyle V = \frac{3\cdot4}{3} = 4$

c) Om man bruker punktet $A(2,0,0)$ og normalvektoren $\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[12,8,6\right]$ blir likningen for planet $\alpha$:

$ \displaystyle\begin{align*} 12(x - 2) + 8(y - 0) + 6(z - 0) & = 0 \\
\displaystyle 12x - 24 + 8y + 6z & = 0 \\
\displaystyle 12x + 8y + 6z & = 24 \\
\displaystyle \frac{12x}{24} + \frac{8y}{24} + \frac{6z}{24} & = \frac{24}{24} \\
\displaystyle \frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} & = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

===Oppgave 4===

a) Rekken er geometrisk fordi neste ledd i rekken genereres ved å multiplisere det forrige leddet med en fast kvotient $\displaystyle k = e^{-1} = \frac{1}{e}$. Ettersom $\displaystyle \frac{1}{e} < 1$, er altså $\displaystyle |k|<1$, hvilket gjør rekken konvergent.

$ \displaystyle S = \frac{a_1}{1-k} = \frac{1}{1-\frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e}{e} - \frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e-1}{e}} =\frac{e}{e-1}$

b) I dette tilfellet er $\displaystyle k = e^{-x}$, og rekken er konvergent dersom $\displaystyle |k|<1$.

$ \displaystyle |e^{-x}|<1$

Ettersom $\displaystyle e^{-x}$ alltid vil være positivt, kan man skrive om likningen til

$ \displaystyle \begin{align*} e^{-x} & < 1 \\
\displaystyle \ln(e^{-x}) & < \ln1 \\
\displaystyle (-x)\cdot\ln(e) & < 0 \\
\displaystyle -x & < 0 \\
\displaystyle x & > 0 \end{align*}$

$ \displaystyle S = \frac{a_0}{1-k} = \frac{1}{1-e^{-x}} =\frac{1}{1-\frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^x}{e^x} - \frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^{x}-1}{e^{x}}} = \frac{e^x}{e^x - 1}$

===Oppgave 5===

$\displaystyle N'(t) = 4t + 3$ og $\displaystyle N(0) = 800$

$\displaystyle N(t) = \int (4t + 3)\, \mathrm{d}t = 2t^2 + 3t + C \\$

$\displaystyle
\begin{align*}
N(0) & = 800 \\
\displaystyle 2\cdot0^2 + 3\cdot0 + C & = 800 \\
\displaystyle 0 + 0 + C & = 800 \\
\displaystyle C & = 800
\end{align*}$

$\displaystyle C = 800 \Rightarrow N(t) = 2t^2+3t + 800\\$

$\displaystyle N(10) = 2\cdot10^2 + 3\cdot10 + 800 = 200 + 30 + 800 = 1\, \mathrm{0}30$

Det var $\displaystyle\, \mathrm{1}030$ individer i populasjonen etter $\displaystyle 10$ timer.

===Oppgave 6===

$ \displaystyle f(x) = \frac{1}{2}x^4 - 2x^3 + \frac{5}{2}x$

a) $\displaystyle f'(x) = 2x^3 - 6x^2 + \frac{5}{2}$

$\displaystyle f ' ' (x) = 6x^2 - 12x = 6x\left(x - 2\right)$

[[File:R2 H13 6.png]]

Vendepunkter:

$\displaystyle Vp_1: \left(0,f(0)\right) = \left(0,\frac{1}{2}\cdot0^4 - 2\cdot0^3 + \frac{5}{2}\cdot0\right) = \left(0,0\right)$

$\displaystyle Vp_2: \left(2,f(2)\right) = \left(2,\frac{1}{2}\cdot2^4 - 2\cdot2^3 + \frac{5}{2}\cdot2\right) = \left(2,-3\right)$

b) $\displaystyle Vt_1 - 0 = f ' (0)\cdot(x - 0) \Rightarrow Vt_1 = \left(2\cdot0^3 - 6\cdot0^2 + \frac{5}{2}\right)x \Rightarrow Vt_1 = \frac{5}{2}x$

$\displaystyle Vt_2 - \left(-3\right) = f ' (2)\cdot(x - 2) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = \left(2\cdot2^3 - 6\cdot2^2 + \frac{5}{2}\right)\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}x + 11 \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 = -\frac{11}{2}x + 8$

===Oppgave 7===

La $\displaystyle V(n) = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{n\cdot(n + 1)}$ og $\displaystyle H(n) = \frac{n}{n+1}$

$\displaystyle V(1) = \frac{1}{1\cdot2} = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle H(1) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$

$\displaystyle V(1) = H(1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for $\displaystyle n = 1$

$\displaystyle\begin{align*} V(k+1) & = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{k\cdot(k + 1)} + \frac{1}{\left(k+1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = H(k) + \frac{1}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k}{k + 1} + \frac{1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k(k + 2) + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k^2 + 2k + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{\left(k+1\right)^2}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k+1}{k+2}\end{align*}$

og

$\displaystyle H(k+1) = \frac{k+1}{(k+1)+1} = \frac{k+1}{k+2}$

$\displaystyle V(k+1) = H(k+1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for alle naturlige tall $\displaystyle n$.

Hvilket skulle bevises.

==DEL TO==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle F(v) = \frac{2 + 2\cos v}{2}\cdot\sin v = \frac{2\left(1 + \cos v\right)}{2}\cdot\sin v = \left(1 + \cos v\right)\sin v$

Hvilket skulle vises.

Om $\displaystyle v≥\frac{π}{2}$ mister trapeset sin øverste side, og blir derfor til en trekant.

Om $\displaystyle v≤0$ er vinkelen negativ, og trapeset vil ikke lenger være innskrevet i halvsirkelen.

$ \displaystyle v \in <0,\frac{π}{2}>$

b) $\displaystyle F(v) = \left(1+\cos v\right)\sin v $

Produktregelen for derivasjon gir at

$\displaystyle \begin{align*} F'(v) & = \left(-\sin v\right)\sin v + \left(1 + \cos v\right)\cos v \\
& = \cos^2 v + \cos v - \sin^2 v \\
& = \cos^2 v + \cos v - \left(1-\cos^2 v\right) \\
& = 2\cos^2 v +\cos v - 1
\end{align*}$

$\displaystyle \cos v = \frac{-1± \sqrt{1^2-4\cdot2\left(-1\right)}}{2\cdot2} = \frac{-1 ± 3}{4}$

$\displaystyle \cos v_1 = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle \cos v_2 = -1$

$\displaystyle \Rightarrow F'(v) = 2\left(\cos v - \frac{1}{2}\right)\left(\cos v + 1\right)$

[[File:R2 H13 DEL2 1.png]]

$\displaystyle v=\frac{\pi}{3}$ og $\displaystyle F_{maks}(v) = F\left(\frac{\pi}{3}\right) = \left(1+\cos \frac{\pi}{3}\right)\sin \frac{\pi}{3} = \left(1+\frac{1}{2}\right)\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$

===Oppgave 2===

a)

[[File:R2 H13 DEL2 2.png]]

b) Fra tegningen kan man se at grafens utseende i intervallet $\displaystyle x\in\left[0,2\right]$ gjentar seg i intervallet $\displaystyle x \in\left[2,4\right]$ og $\displaystyle\left[4,6\right]$. Altså er det et intervall som gjentas langs $x$-aksen, hvilket betyr at grafen er periodisk.

$\displaystyle p = 2$

c)

$\displaystyle \begin{align*}
f(x) & = \sin \left(πx\right) + \sin \left(2πx\right) \\
& = \sin \left(πx\right) + \sin\left(πx + πx\right) \\
& = \sin\left(πx\right) + \left(\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) + \cos \left(πx\right)\sin \left(πx\right)\right) \\
& = \sin\left(πx\right) + 2\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) \\
& = \sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right)
\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

$\displaystyle\begin{align*} f(x) & = 0 \\
\sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right) & = 0\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \sin\left(πx\right) = 0 & \vee\, \mathrm{1} + 2\cos (πx)= 0 \\
πx =0 + πn & \vee \cos\left(πx\right) = -\frac{1}{2} \\
x = n & \vee\, \mathrm{π}x = \frac{2π}{3}+2πn \vee πx = 2 - \frac{2π}{3}+2n \\
x = n & \vee\, \mathrm{}x = \frac{2}{3}+2n \vee x=\frac{4}{3}+2n
\end{align*}$

$\displaystyle x\in\left[0,2\right] \Rightarrow \begin{align*} x_1 & = 0 \\
x_2 & = \frac{2}{3} \\
x_3 & = 1 \\
x_4 & = \frac{4}{3} \\
x_5 & = 2\end{align*}$

Nullpunkter: $\displaystyle \left(0,0\right)$, $\displaystyle \left(\frac{2}{3},0\right)$, $\displaystyle \left(1,0\right)$, $\displaystyle \left(\frac{4}{3},0\right)$ og $\displaystyle \left(2,0\right)$

===Oppgave 3===

a) For enkelhetens skyld kan likningen $\displaystyle K'(t) = 0,08\cdot K(t)+20\, \mathrm{0}00$ skrives som $\displaystyle y' = 0,08\cdot y + 20\, \mathrm{0}00$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = 0,08 \cdot y + 20\, \mathrm{0}00 \\
y' - 0,08 \cdot y & = 20\, \mathrm{0}00\, \mathrm{|} \cdot e^{-0,08t} \\
y' \cdot e^{-0,08t} - 0,08 \cdot y \cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00 \cdot e^{-0,08t} \\
\left( y\cdot e^{-0,08t}\right) ' & = 20\, \mathrm{0}00 e^{-0,08t} \\
y\cdot e^{-0,08t} & = \int{20\, \mathrm{0}00e^{-0,08t}}\, \mathrm{d}t \\
y\cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00 \int{e^{-0,08t}}\, \mathrm{d}t \\
y\cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00\cdot \left(-\frac{1}{0,08}\right) \cdot e^{-0,08t} + C \\
y\cdot e^{-0,08t} & = -250\, \mathrm{0}00e^{-0,08t} + C\, \mathrm{|} \cdot\frac{1}{e^{-0,08t}} \\
y & = -250\, \mathrm{0}00 + \frac{C}{e^{-0,08t}} \\
y & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
\Rightarrow K(t) & = Ce^{0,08t} -250\, \mathrm{0}00 \end{align*}$

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = 0,08 \cdot y + 20\, \mathrm{0}00 \\
y' & = 0,08\left( y + 250\, \mathrm{0}00\right)\, \mathrm{|} \cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} \\
y' \cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} & = 0,08 \\
\frac{dy}{dt}\cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} & = 0,08 \\
\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00}\, \mathrm{d}y & = 0,08\, \mathrm{d}t \\
\int{\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00}}\, \mathrm{d}y & = \int{0,08}\, \mathrm{d}t \\
\ln|y+250\, \mathrm{0}00| + C_1 & = 0,08t + C_2 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|y+250\, \mathrm{0}00| & = 0,08t + C_3 \\
y+250\, \mathrm{0}00 & = e^{0,08t+C_3} \\
y+250\, \mathrm{0}00 & = e^{C_3}\cdot e^{0,08t} \\
e^{C_3} = C \Rightarrow y + 250\, \mathrm{0}00 & = C e^{0,08t} \\
y & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
\Rightarrow K(t) & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00
\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} K(0) = 20\, \mathrm{0}00 & \Rightarrow 20\, \mathrm{0}00 = Ce^{0,08\cdot 0} - 250\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow 20\, \mathrm{0}00 = C - 250\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow C = 270\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow K(t) = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00\end{align*}$

b) $\displaystyle K(20) = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08\cdot 20} - 250\, \mathrm{0}00 = 270\, \mathrm{0}00\cdot 4,95 - 250\, \mathrm{0}00 = 1\, \mathrm{0}86\, \mathrm{5}00$

Størrelsen på kapitalen etter $\displaystyle 20$ år blir $\displaystyle 1\, \mathrm{0}86\, \mathrm{5}00$ kroner.

c)

$\displaystyle\begin{align*} K(t) & = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
K'(t) & = 21\, \mathrm{6}00 e^{0,08t} \\
K'(t) & = 35\, \mathrm{0}00 \\
21\, \mathrm{6}00 e^{0,08t} & = 35\, \mathrm{0}00 \\
e^{0,08t} & = \frac{35\, \mathrm{0}00}{21\, \mathrm{6}00} \\
0,08t & = \ln\left(\frac{175}{108}\right) \\
t & = \frac{0,48}{0,08} \\
t & = 6 \end{align*}$

Ifølge modellen vil det ta $\displaystyle 6$ år før kapitalen vokser med $\displaystyle 35\, \mathrm{0}00$ kroner hvert år.

===Oppgave 4===

a) På høyre side av likningen er den generelle regelen for integrasjon av polynomer brukt:

$\displaystyle\int{x^{a}}\, \mathrm{d}x = \frac{1}{a+1}x^{a+1} + C$

For ordens skyld kan summen av alle integrasjonskonstantene $\displaystyle C_1 + C_2 + C_3 + C_4 + ...$ fra venstre side av likningen bli kalt $\displaystyle C_n$

På høyre side er substitusjon brukt for å integrere.

$\displaystyle\int{\frac{1}{1-x}}\, \mathrm{d}x$

$\displaystyle u = 1-x \Rightarrow du = -dx \Rightarrow \int{\frac{1}{1-x}}\, \mathrm{d}x = -\int{\frac{1}{u}}\, \mathrm{d}u = -\ln|u| + C_m = \ln|1-x| + C_m$

På grunn av definisjonsmengden kan absoluttverditegnet elimineres.

$\displaystyle \Rightarrow C_n + x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4 = -\ln\left(1-x\right) + C_m$

$\displaystyle C_m - C_n \Rightarrow x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4 + . . . = -\ln\left(1-x\right) + C$

Hvilket skulle vises.

En kan se at den uendelige rekken på venstre side av likningen er formulert slik at graden til $\displaystyle x$ øker for hvert ledd. Derfor vil aldri leddet $\displaystyle a\cdot x^0$ (hvor $\displaystyle a$ er en konstant) dukke opp, hvilket betyr at det ikke eksisterer noe konstantledd på venstre side av likningen. Det er derfor unødvendig å skrive det på høyre side av likningen, hvilket betyr at $\displaystyle C = 0$.

b) $\displaystyle x=\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{1}\cdot\frac{1}{2^1} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^2} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2^3} + \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2^4} + ... = -\ln\left(1-\frac{1}{2}\right) = \ln\left(\frac{1}{2}\right)^{-1} = \ln2$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle n = 19$

===Oppgave 5===

a)

$\displaystyle\begin{align*} g(x) & = 0 \\
1 - k^2 \cdot x^2 & = 0 \\
(1+kx)(1-kx) & = 0 \\
kx & = -1 \vee kx = 1 \\
x & = - \frac{1}{k} \vee x = \frac{1}{k}\end{align*}$

Nullpunkter:

$\displaystyle Np_1 : \left(-\frac{1}{k}, f(-\frac{1}{k})\right) = \left(-\frac{1}{k},1-k^2\cdot\left(\frac{1}{k^2}\right)\right) = \left(-\frac{1}{k},1-1\right) = \left(-\frac{1}{k},0\right)$

$\displaystyle Np_2 : \left(\frac{1}{k}, f(1-k^2\cdot\left(\frac{1}{k^2}\right)\right) = \left(\frac{1}{k},0\right)$

b)

$\displaystyle\begin{align*} A_f(x) & = A_g(x) \\
\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}\cos x\, \mathrm{d}x & = \int_{-\frac{1}{k}}^{\frac{1}{k}}{\left(1-k^2\cdot x^2\right)}\, \mathrm{d}x
\\
\left[\sin x\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} & = \left[x-\frac{k^2}{3}x^3\right]_{-\frac{1}{k}}^{\frac{1}{k}} \\
\sin \left(\frac{π}{2}\right) - \sin \left(-\frac{π}{2}\right) & =\left(\frac{1}{k} - \frac{k^2}{3k^3}\right) - \left(-\frac{1}{k}+\frac{k^2}{3k^3}\right) \\
1-\left(-1\right) & = 2\cdot\frac{1}{k} - 2\cdot\frac{1}{3k} \\
1 & = \frac{1}{k} - \frac{1}{3k} \\
1 & = \frac{3 - 1}{3k} \\
3k & = 2 \\
k & = \frac{2}{3}
\end{align*}$

c) $\displaystyle\cos \left(u + v\right) = \cos u \cdot \cos v - \sin u \cdot \sin v$

$\displaystyle\begin{align*} u = v = x & \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - \sin^2 \left(x\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - \left(1-\cos^2 \left(x\right)\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - 1 + \cos^2 \left(x\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = 2\cos^2 \left(x\right) - 1 \\
& \Rightarrow 2\cos^2 \left(x\right) = 1 + \cos \left(2x\right) \\
& \Rightarrow \cos^2 \left(x\right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot\cos \left(2x\right)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

$\displaystyle\begin{align*} V_1 & = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{f\left(x\right)^2}\, \mathrm{d}x \\
& = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{\cos^2 x}\, \mathrm{d}x \\
& = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\cos \left(2x\right)\right)}\, \mathrm{d}x \\
& = \frac{π}{2}\left[x+\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \\
& = \frac{π}{2}\left(\left(\frac{π}{2}+\frac{1}{2}\cdot\sin \left(2\cdot\frac{π}{2}\right)\right)-\left(-\frac{π}{2}-\frac{1}{2}\cdot\sin \left(2\cdot\left(-\frac{π}{2}\right)\right)\right)\right) \\
& = \frac{π}{2}\left(\frac{π}{2}+0 +\frac{π}{2} + 0\right) \\
& = 2\frac{π^2}{4} \\
& = \frac{π^2}{2}
\end{align*}$

===Oppgave 6===

a) $\displaystyle y - y_0 = \frac{∆x}{∆y}\left(x-x_0\right)$

$\displaystyle\begin{align*} & \Rightarrow y - b = \frac{-b}{a}\left(x-0\right) \\
& \Rightarrow y - b = -\frac{b}{a}x \\
& \Rightarrow y = -\frac{b}{a}x + b\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle y = -\frac{b}{a}x + b$

$\displaystyle\begin{align*} & \Rightarrow \frac{y}{b} = -\frac{b}{ab}x+\frac{b}{b} \\
& \Rightarrow \frac{y}{b} = -\frac{x}{a} + 1 \\
& \Rightarrow \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = \left[-a, b, 0\right] \times \left[-a,0,c\right] = \left[bc - 0, -\left(-ac-0\right),-0-\left(-ab\right)\right] = \left[bc,ac,ab\right]$

Hvilket skulle vises.

d) $\displaystyle \alpha: a\left(x-x_0\right) + b\left(y-y_0\right) + c\left(z-z_0\right) = 0$

$\displaystyle \alpha:$

$\displaystyle\begin{align*} bc\left(x-a\right) + ac\left(y-0\right) + ab\left(z-0\right) & = 0 \\
bc\cdot x - abc + ac\cdot y + ab\cdot z & = 0 \\
bc\cdot x + ac\cdot y + ab\cdot z & = abc\, \mathrm {|} \cdot \frac{1}{abc} \\
\frac{bc\cdot x}{abc} + \frac{ac\cdot y}{abc} + \frac{ab\cdot z}{abc} & = \frac{abc}{abc} \\
\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} & = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

e) Om planet er parallelt med $\displaystyle z$-aksen, krysser aldri planet $\displaystyle z$-aksen. Det vil si at $\displaystyle c \Rightarrow ∞$. Da vil $\displaystyle \frac{z}{c} \Rightarrow 0$.

$\displaystyle \beta: \frac{x}{5}+\frac{y}{4} = 1$

Hvilket skulle vises.

Brukerdiskusjon:Dennis Christensen

2014-08-30T16:07:52Z

Dennis Christensen: Ny side: hipp hurra!

hipp hurra!

R2 2014 vår LØSNING

2014-06-28T16:00:58Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 6 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-06-22T14:59:49Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 6 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right)' & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===

a) Formelen for areal av sirkelsektor er gitt $\displaystyle F(v) = \frac{r^2 v}{2} = \frac{100v}{2} = 50v$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} T(v) & = ∆(OCD) + ∆(ABO) + ∆(OBC) + ∆(AOD) \\
& = 50v + \frac{1}{2}\cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin v + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) \\
& = 50 v + 50\sin v + 50\sin (180 - v) + 50\sin (180 - v) \\
& = 50(v + \sin v + \sin (180 - v) + \sin (180 - v)) \\
& = 50(v + \sin v + \sin v + \sin v) \\
& = 50(v + 3\sin v)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c)

===Oppgave 6===

a)

$\displaystyle\begin{align*} V(a) & = π \int_1^a \left(\frac{1}{x}\right)^2\mathrm{d}x \\
& = π \int_1^a \frac{1}{x^2}\ \mathrm{d}x \\
& = π \left[-\frac{1}{x}\right]_1^a \\
& = π \left(-\frac{1}{a} - \left( -\frac{1}{1}\right)\right) \\
& = π \left( 1 - \frac{1}{a}\right) \end{align*}$

b) $\displaystyle \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x = \int_1^a \frac{1}{x}\space\mathrm{d}x = \left[\ln x\right]_1^a = \ln a - \ln 1 = \ln a$

Overflatearealet $\displaystyle O(a)$ er hele arealet til omdreiningslegemet, mens $\displaystyle \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x$ kun er verdien til skjæringspunktene mellom omdreiningslegemet og $\displaystyle xy$-planet.

$\displaystyle \Rightarrow O(a) > \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle\begin{align*} & O(a) > \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) > \lim_{a \to ∞} \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) > \lim_{a \to ∞} \ln a \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) = ∞\end{align*}$

$\displaystyle \lim_{a \to ∞} V(a) = \lim_{a \to ∞} \pi \left( 1 - \frac{1}{a}\right) = 1$

Dette resultatet tilsier at når Gabriels horn blir uendelig langt, er limitverdien til hornets volum lik $\displaystyle 1$, mens overflatearealet vokser seg større og større mot uendelighet. Illustrasjonen nedenfor oppgaven beskriver det praktiske paradokset om Gabriels horn, som går ut på at det trengs en uendelig mengde maling for å male hele overflatearealet til hornet, mens man kan helle en endelig mengde maling nedi hornet for å fylle dets volum.

===Innmeldt mulig feil som må undersøkes===
I løsningsforslaget til den siste oppgaven har vi glemt Pi i volumet til Gabriels horn. Svaret skal altså være Pi og ikke 1.

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T21:03:54Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 6 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right)' & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===

a) Formelen for areal av sirkelsektor er gitt $\displaystyle F(v) = \frac{r^2 v}{2} = \frac{100v}{2} = 50v$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} T(v) & = ∆(OCD) + ∆(ABO) + ∆(OBC) + ∆(AOD) \\
& = 50v + \frac{1}{2}\cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin v + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) \\
& = 50 v + 50\sin v + 50\sin (180 - v) + 50\sin (180 - v) \\
& = 50(v + \sin v + \sin (180 - v) + \sin (180 - v)) \\
& = 50(v + \sin v + \sin v + \sin v) \\
& = 50(v + 3\sin v)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c)

===Oppgave 6===

a)

$\displaystyle\begin{align*} V & = π \int_1^a \left(\frac{1}{x}\right)^2\mathrm{d}x \\
& = π \int_1^a \frac{1}{x^2}\ \mathrm{d}x \\
& = π \left[-\frac{1}{x}\right]_1^a \\
& = π \left(-\frac{1}{a} - \left( -\frac{1}{1}\right)\right) \\
& = π \left( 1 - \frac{1}{a}\right) \end{align*}$

b) $\displaystyle \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x = \int_1^a \frac{1}{x}\space\mathrm{d}x = \left[\ln x\right]_1^a = \ln a - \ln 1 = \ln a$

Overflatearealet $\displaystyle O(a)$ er hele arealet til omdreiningslegemet, mens $\displaystyle \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x$ kun er verdien til skjæringspunktene mellom omdreiningslegemet og $\displaystyle xy$-planet.

$\displaystyle \Rightarrow O(a) > \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle\begin{align*} & O(a) > \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) > \lim_{a \to ∞} \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) > \lim_{a \to ∞} \ln a \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) = ∞\end{align*}$

$\displaystyle \lim_{a \to ∞} V(a) = \lim_{a \to ∞} \left( 1 - \frac{1}{a}\right) = 1$

Dette resultatet tilsier at når Gabriels horn blir uendelig langt, er limitverdien til hornets volum lik $\displaystyle 1$, mens overflatearealet vokser seg større og større mot uendelighet. Illustrasjonen nedenfor oppgaven beskriver det praktiske paradokset om Gabriels horn, som går ut på at det trengs en uendelig mengde maling for å male hele overflatearealet til hornet, mens man kan helle en endelig mengde maling nedi hornet for å fylle dets volum.

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T21:02:34Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 6 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right)' & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===

a) Formelen for areal av sirkelsektor er gitt $\displaystyle F(v) = \frac{r^2 v}{2} = \frac{100v}{2} = 50v$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} T(v) & = ∆(OCD) + ∆(ABO) + ∆(OBC) + ∆(AOD) \\
& = 50v + \frac{1}{2}\cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin v + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) \\
& = 50 v + 50\sin v + 50\sin (180 - v) + 50\sin (180 - v) \\
& = 50(v + \sin v + \sin (180 - v) + \sin (180 - v)) \\
& = 50(v + \sin v + \sin v + \sin v) \\
& = 50(v + 3\sin v)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c)

===Oppgave 6===

a)

$\displaystyle\begin{align*} V & = π \int_1^a \left(\frac{1}{x}\right)^2\mathrm{d}x \\
& = π \int_1^a \frac{1}{x^2}\ \mathrm{d}x \\
& = π \left[-\frac{1}{x}\right]_1^a \\
& = π \left(-\frac{1}{a} - \left( -\frac{1}{1}\right)\right) \\
& = π \left( 1 - \frac{1}{a}\right) \end{align*}$

b) $\displaystyle \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x = \int_1^a \frac{1}{x}\space\mathrm{d}x = \left[\ln x\right]_1^a = \ln a - \ln 1 = \ln a$

Overflatearealet $\displaystyle O(a)$ er hele arealet til omdreiningslegemet, mens $\displaystyle \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x$ kun er verdien til skjæringspunktene mellom omdreiningslegemet og $\displaystyle xy$-planet.

$\displaystyle \Rightarrow O(a) > \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle\begin{align*} & O(a) > \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) > \lim_{a \to ∞} \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) > \lim_{a \to ∞} \ln a \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) = ∞\end{align*}$

$\displaystyle \lim_{a \to ∞} V(a) = \lim_{a \to ∞} \left( 1 - \frac{1}{a}\right) = 1$

Dette resultatet tilsier at når Gabriels horn blir uendelig langt, er limitverdien til hornets volum lik $\displaystyle 1$, mens overflatearealet vokser seg større og større mot uendelighet. Illustrasjonen nedenfor beskriver det praktiske paradokset om Gabriels horn, som går ut på at det trengs en uendelig mengde maling for å male hele overflatearealet til hornet, mens man kan helle en endelig mengde maling nedi hornet for å fylle dens volum.

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T20:59:42Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 6 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right)' & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===

a) Formelen for areal av sirkelsektor er gitt $\displaystyle F(v) = \frac{r^2 v}{2} = \frac{100v}{2} = 50v$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} T(v) & = ∆(OCD) + ∆(ABO) + ∆(OBC) + ∆(AOD) \\
& = 50v + \frac{1}{2}\cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin v + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) \\
& = 50 v + 50\sin v + 50\sin (180 - v) + 50\sin (180 - v) \\
& = 50(v + \sin v + \sin (180 - v) + \sin (180 - v)) \\
& = 50(v + \sin v + \sin v + \sin v) \\
& = 50(v + 3\sin v)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c)

===Oppgave 6===

a)

$\displaystyle\begin{align*} V & = π \int_1^a \left(\frac{1}{x}\right)^2\mathrm{d}x \\
& = π \int_1^a \frac{1}{x^2}\ \mathrm{d}x \\
& = π \left[-\frac{1}{x}\right]_1^a \\
& = π \left(-\frac{1}{a} - \left( -\frac{1}{1}\right)\right) \\
& = π \left( 1 - \frac{1}{a}\right) \end{align*}$

b) $\displaystyle \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x = \int_1^a \frac{1}{x}\space\mathrm{d}x = \left[\ln x\right]_1^a = \ln a - \ln 1 = \ln a$

Overflatearealet $\displaystyle O(a)$ er hele arealet til omdreiningslegemet, mens $\displaystyle \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x$ kun er verdien til skjæringspunktene mellom omdreiningslegemet og $\displaystyle xy$-planet.

$\displaystyle \Rightarrow O(a) > \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle\begin{align*} & O(a) > \int_1^a f(x)\space\mathrm{d}x \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) > \lim_{a \to ∞} \int_1^a f(x)\space\mathrm\{d}x \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) > \lim_{a \to ∞} \ln a \\
& \Rightarrow \lim_{a \to ∞} O(a) = ∞\end{align*}$

$\displaystyle \lim_{a \to ∞} V(a) = \lim_{a \to ∞} \left( 1 - \frac{1}{a}\right) = 1$

Dette resultatet tilsier at når Gabriels horn blir uendelig langt, er limitverdien til hornets volum lik $\displaystyle 1$, mens overflatearealet vokser seg større og større mot uendelighet. Illustrasjonen nedenfor beskriver det praktiske paradokset om Gabriels horn, som går ut på at det trengs en uendelig mengde maling for å male hele overflatearealet til hornet, mens man kan helle en endelig mengde maling nedi hornet for å fylle dens volum.

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T20:47:23Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 6 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right)' & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===

a) Formelen for areal av sirkelsektor er gitt $\displaystyle F(v) = \frac{r^2 v}{2} = \frac{100v}{2} = 50v$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} T(v) & = ∆(OCD) + ∆(ABO) + ∆(OBC) + ∆(AOD) \\
& = 50v + \frac{1}{2}\cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin v + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) \\
& = 50 v + 50\sin v + 50\sin (180 - v) + 50\sin (180 - v) \\
& = 50(v + \sin v + \sin (180 - v) + \sin (180 - v)) \\
& = 50(v + \sin v + \sin v + \sin v) \\
& = 50(v + 3\sin v)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c)

===Oppgave 6===

a)

$\displaystyle\begin{align*} V & = π \int_1^a \left(\frac{1}{x}\right)^2\mathrm{d}x \\
& = π \int_1^a \frac{1}{x^2}\ \mathrm{d}x \\
& = π \left[-\frac{1}{x}\right]_1^a \\
& = π \left(-\frac{1}{a} - \left( -\frac{1}{1}\right)\right) \\
& = π \left( 1 - \frac{1}{a}\right) \end{align*}$

b) $\displaystyle \int_1^a f(x)\mathrm{d}x = \int_1^a \frac{1}{x}\mathrm{d}x = \left[\ln x\right]_1^a = \ln a - \ln 1 = \ln a$

Overflatearealet $\displaystyle O(a)$ er hele arealet til omdreiningslegemet, mens $\displaystyle \int_1^a f(x)\mathrm{d}x$ kun er verdien til skjæringspunktene mellom omdreiningslegemet og $\displaystyle xy$-planet.

$\displaystyle \Rightarrow O(a) > \int_1^a f(x)\mathrm{d}x$

Hvilket skulle vises.

c)

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T20:38:38Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 6 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right)' & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===

a) Formelen for areal av sirkelsektor er gitt $\displaystyle F(v) = \frac{r^2 v}{2} = \frac{100v}{2} = 50v$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} T(v) & = ∆(OCD) + ∆(ABO) + ∆(OBC) + ∆(AOD) \\
& = 50v + \frac{1}{2}\cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin v + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) \\
& = 50 v + 50\sin v + 50\sin (180 - v) + 50\sin (180 - v) \\
& = 50(v + \sin v + \sin (180 - v) + \sin (180 - v)) \\
& = 50(v + \sin v + \sin v + \sin v) \\
& = 50(v + 3\sin v)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c)

===Oppgave 6===

a)

$\displaystyle\begin{align*} V & = π |\int_1^a \left(\frac{1}{x}\right)^2\ ,\mathrm{d}x| \\
& = π |\int_1^a \frac{1}{x^2}\ ,\mathrm{d}x| \\
& = π |[-\frac{1}{x}]_1^a| \\
& = π \left(-\frac{1}{a} - \left( -\frac{1}{1}\right)\right) \\
& = π \left( 1 - \frac{1}{a}\right) \end{align*}$

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T20:29:05Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 6 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right)' & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===

a) Formelen for areal av sirkelsektor er gitt $\displaystyle F(v) = \frac{r^2 v}{2} = \frac{100v}{2} = 50v$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} T(v) & = ∆(OCD) + ∆(ABO) + ∆(OBC) + ∆(AOD) \\
& = 50v + \frac{1}{2}\cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin v + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) \\
& = 50 v + 50\sin v + 50\sin (180 - v) + 50\sin (180 - v) \\
& = 50(v + \sin v + \sin (180 - v) + \sin (180 - v)) \\
& = 50(v + \sin v + \sin v + \sin v) \\
& = 50(v + 3\sin v)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c)

===Oppgave 6===

a)

$\displaystyle\begin{align*} V & = π |\int_1^a \left(\frac{1}{x}\right)^2\ ,\mathr{d}x| \\
& = π |\int_1^a \frac{1}{x^2}\ ,\mathrm{d}x| \\
& = π |[-\frac{1}{x}]_1^a| \\
& = π \right(-\frac{1}{a} - \right( -\frac{1}{1}\left)\left) \\
& = π \left( 1 - \frac{1}{a}\right) \end{align*}$

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T20:21:06Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 5 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T20:17:44Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 5 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right)' & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===

a) Formelen for areal av sirkelsektor er gitt $\displaystyle F(v) = \frac{r^2 v}{2} = \frac{100v}{2} = 50v$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} T(v) & = ∆_{OCD} + ∆_{ABO} + ∆_{OBC} + ∆_{AOD} \\
& = 50v + \frac{1}{2}\cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin v + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) + \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin (180 - v) \\
& = 50 v + 50\sin v + 50\sin (180 - v) + 50\sin (180 - v) \\
& = 50(v + \sin v + \sin (180 - v) + \sin (180 - v)) \\
& = 50(v + \sin v + \sin v + \sin v) \\
& = 50(v + 3\sin v)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c)

===Oppgave 6===

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T19:34:43Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 5 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T19:18:11Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T19:16:41Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right)' & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===
===Oppgave 6===

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T19:15:21Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 4 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right) & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle \begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^1 + 3 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2 + 4 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2} \right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

e) I oppgave 4 c) ble det vist at

$\displaystyle\begin{align*}& 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... + \frac{n}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} 4 - \frac{n + 2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow 4 - \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 4 - 4 \\
& \Rightarrow \lim_{n \to ∞} \frac{n+2}{2^{n-1}} = 0\end{align*}$

===Oppgave 5===
===Oppgave 6===

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T18:53:45Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 4 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right) & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===
a) Når $\displaystyle -1 < x < 1$, konvergerer rekken.

Formelen for summen av en uendelig, konvergerende, geometrisk rekke er

$\displaystyle a_1 + a_1\cdot k + a_1 \cdot k^2 + ... = \frac{a_1}{1 - k}$

$\displaystyle a_1 = 1$ og $\displaystyle k = x$

$\displaystyle\Rightarrow 1 + x + x^2 + x^3 + ... = \frac{1}{1-x}$

Hvilket skulle vises.

b)

$\displaystyle\begin{align*} (1)' + (x)' + (x^2)' + (x^3)' + ... & = \left(\frac{1}{1-x}\right)' \\
\Rightarrow 0 + 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{0\cdot(1-x) - 1\cdot(-1)}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2}\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle\begin{align*} 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + ... & = \frac{1}{(1-x)^2} \\
\Rightarrow 1 + 2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^1 + 3 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^2 + 4 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^3 + ... & = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2}/right)^2} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = \frac{1}{\frac{1}{4}} \\
\Rightarrow 1 + \frac{2}{2^1} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ... & = 4\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

Hvilket skulle bevises.

===Oppgave 5===
===Oppgave 6===

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T18:33:25Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right) & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 4===

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

===Oppgave 5===
===Oppgave 6===

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T17:58:12Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 2 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right) & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 3===
===Oppgave 4===

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

===Oppgave 5===
===Oppgave 6===

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T17:30:19Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right) & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & = -2,19\end{align*}$

Drapet inntraff ca. $\displaystyle 2,19$ timer før liket ble funnet. Dette tilsvarer $\displaystyle 1$ time og $\displaystyle 12$ minutter. Ettersom liket ble funnet klokken kl. $\displaystyle 11:00$, inntraff drapet ca. kl. $\displaystyle 08:48$.

===Oppgave 2===
===Oppgave 3===
===Oppgave 4===

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

===Oppgave 5===
===Oppgave 6===

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T17:24:29Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right) & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22 & = 37 \\
8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t & = 15 \\
\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \frac{15}{8} \\
\ln\left(\frac{3}{4}\right)^t & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t\cdot \ln\left(\frac{3}{4}\right) & = \ln\left(\frac{15}{8}\right) \\
t & = \frac{\ln\left(\frac{15}{8}\right)}{\ln\left(\frac{3}{4}\right)} \\
t & =

===Oppgave 2===
===Oppgave 3===
===Oppgave 4===

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

===Oppgave 5===
===Oppgave 6===

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T17:16:25Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

c)

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22k \\
y' + ky & = 22k |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22k\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right) & = 22ke^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22ke^{kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = 22e^{kt} + C \\
y & = 22 + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + 22\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + 22 & = 30 \\
C + 22 & = 30 \\
C & = 30 - 22 \\
C & = 8\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = 8e^{-kt} + 22$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
8e^{-k\cdot 1} + 22 & = 28 \\
8e^{-k} & = 6 \\
e^{-k} & =(\frac{3}{4}) \\
-k & = \ln(\frac{3}{4}) \\
k & = -\ln(\frac{3}{4}) \\
k & = \ln(\frac{4}{3}) \end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \Rightarrow y(t) & = 8e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 \\
& = 8 \cdot \left(e^{-\ln(\frac{4}{3})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left( e^{\ln(\frac{3}{4})}\right)^t + 22 \\
& = 8 \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^t + 22\end{align*}$

d)

$\displaystyle\begin{align*} y(t) & = 37 \\
e^{-\ln(\frac{4}{3})t} + 22 & = 37 \\
e^{-\ln(\frac{4}{3})t} & = 15 \\
-\ln(\frac{4}{3})t

===Oppgave 2===
===Oppgave 3===
===Oppgave 4===

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

===Oppgave 5===
===Oppgave 6===

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T17:05:20Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T17:01:59Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T16:58:02Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T16:46:05Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

==DEL 1==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle f(x) = \sin(3x)$

$\displaystyle f'(x) = 3\cos(3x)$

b) $\displaystyle g(x) = e^{2x} \cdot \cos x$

$\displaystyle g'(x) = 2e^{2x} \cdot \cos x + e^{2x} \cdot (-\sin x) = e^{2x} (2\cos x - \sin x)$

===Oppgave 2===

a) $\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = x^2$

$\displaystyle \begin{align*} & \Rightarrow \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2x \\
& \Rightarrow \mathrm{d}u = 2x \space \mathrm{d}x \end{align*}$

$\displaystyle \int 2x \cdot \sin (x^2) \, \mathrm{d}x = \int \sin u \, \mathrm{d}u = -\cos u + C = -\cos (x^2) + C$

b) $\displaystyle \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = \ln x$ og $\displaystyle v' = x$:

$\displaystyle \begin{align*} \int_1^{e} x \cdot \ln x \, \mathrm{d}x & = \left[ \ln x \cdot \frac{1}{2} x^2 - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \int x \, \mathrm{d}x \right]_1^{e} \\
& = \left[ \frac{1}{2} x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \ln x - \frac{1}{2} x^2 \right]_1^{e} \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 \cdot \ln e - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (1^2 \cdot \ln1 - \frac{1}{2} \cdot 1^2) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( (e^2 - \frac{1}{2} \cdot e^2) - (0 - \frac{1}{2}) \right) \\
& = \frac{1}{2} \left( \frac{e^2}{2} + \frac{1}{2} \right) \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{e^2 + 1}{2} \\
& = \frac{e^2 + 1}{4} \end{align*}$

===Oppgave 3===

$\displaystyle f(x) = e^{2x} - 4e^x \space , \space D_f = \R$

$\displaystyle f'(x) = 2e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle f ' ' (x) = 4e^{2x} - 4e^x$

$\displaystyle \begin{align*} f ' ' (x) & = 0 \\
4e^{2x} - 4e^x & = 0 \\
4\left(e^x\right)^2 - 4e^x & = 0 \\
4e^x\left(e^x - 1\right) & = 0 \\
e^x - 1 & = 0 \\
e^x & = 1 \\
x & = 0 \end{align*}$

Vendepunkt: $\displaystyle \left( 0 \space , \space f(0)\right) = \left( 0 \space , \space e^{2 \cdot 0} - 4e^0\right) = \left( 0 \space , \space 1 - 4 \right) = \left( 0 \space , \space -3\right)$

===Oppgave 4===

$\displaystyle s(x) = 1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ...$

a) $\displaystyle |k| < 1 \Rightarrow |1 - x| < 1 \Rightarrow 0 < x < 2$

b)

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = 3 \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = 3 \\
\frac{1}{1 - \left(1 - x\right)} & = 3 \\
\frac{1}{x} & = 3 \\
1 & = 3x \\
x & = \frac{1}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} s(x) & = \frac{1}{3} \\
1 + \left(1 - x\right) + \left(1 - x\right)^2 + \left(1 - x\right)^3 + ... & = \frac{1}{3} \\
\frac{1}{x} & = \frac{1}{3} \end{align*}$

$\displaystyle x ≠ 3$ ettersom denne verdien ligger utenfor rekkens konvergensområde. Likningen har ingen løsning.

===Oppgave 5===

$\displaystyle \alpha$: $\displaystyle 2x + y - 2z + 3 = 0$

a) Punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle \alpha$ kun dersom punktets koordinater ikke tilfredstiller likningen til planet.

$\displaystyle 2\left(3\right) + \left(4\right) - 2\left(2\right) + 3 = 6 + 4 - 4 = 6 ≠ 0 \Leftrightarrow$ punktet $\displaystyle P(3,4,2)$ ligger ikke i planet $\displaystyle\alpha$.

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle l \perp \alpha \Leftrightarrow \vec{r}_{l} = \vec{n}_{\alpha}$

$\displaystyle\vec{r}_{l} = [2,1,-2]$

$\displaystyle \Rightarrow l$: $\displaystyle \begin{align*} x & = 3 + 2t \\
y & = 4 + t \\
z & = 2 - 2t\end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} 2\left( 3 + 2t \right) + \left(4 + t\right) - 2\left( 2 - 2t\right) + 3 & = 0 \\
6 + 4t + 4 + t - 4 + 4t + 3 & = 0 \\
9 + 9t & = 0 \\
9t & = -9 \\
t & = -1\end{align*}$

Skjæringspunkt $\displaystyle = \left( 3 + 2\left( -1\right), 4 + \left( -1\right), 2 - 2\left(-1\right)\right) = \left(1,3,4\right)$

d) $\displaystyle D = \frac{|2\cdot 3 + 1 \cdot 4 - 2 \cdot 2 + 3|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + \left(-2\right)^2}} = \frac{|6 + 4 - 4 + 3|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \frac{9}{\sqrt{9}} = \frac{9}{3} = 3$

===Oppgave 6===

$\displaystyle f(x) = a\sin \left(c\space x + \varphi\right) + d$

$\displaystyle a = \frac{7 - 3}{2} = 2$

$\displaystyle d = 3 + a = 3 + 2 = 5$

$\displaystyle c = \frac{2\pi}{p} = \frac{2\pi}{2\left(2 - 0\right)} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \varphi = \frac{c}{\frac{\left(2 - 0 \right)}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1} = \frac{\pi}{2}$

$\displaystyle \Rightarrow f(x) = 2\sin \left(\frac{\pi}{2} x + \frac{\pi}{2}\right) + 5$.

Hvilket skulle vises.

b)

===Oppgave 7===

$\displaystyle y' - 3y = 2 \space , \space y(0) = \frac{1}{3}$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

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

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' - 3y & = 2 \\
y' & = 3y + 2 \space |\cdot\frac{1}{3y + 2} \\
y' \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \cdot \frac{1}{3y + 2} & = 1 \\
\frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \mathrm{d}x \\
\int \frac{\mathrm{d}y}{3y + 2} & = \int \mathrm{d}x \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| + C_1 & = x + C_2 \\
\frac{1}{3}\ln|3y + 2| & = x + C_2 - C_1 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|3y + 2| & = 3x + C_3 \\
3y + 2 & = e^{3x + C_3} \\
3y + 2 & = e^{3x} \cdot e^{C_3} \\
e^{C_3} = C_4 \Rightarrow 3y + 2 & = C_4e^{3x} \\
3y & = C_4e^{3x} - 2 \\
\frac{C_4}{3} = C \Rightarrow y & = Ce^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

$\displaystyle \begin{align*} y(0) = \frac{1}{3} & \Rightarrow Ce^{3\cdot 0} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \\
& \Rightarrow C = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \\
& \Rightarrow C = 1 \\
& \Rightarrow y = e^{3x} - \frac{2}{3}\end{align*}$

==DEL 2==

===Oppgave 1===

a) Setningen forteller at punktene $\displaystyle A(4,3,1)$, $\displaystyle B(2,2,0)$ og $\displaystyle C(1,2,-2)$ bestemmer entydig et plan $\displaystyle \alpha$ kun hvis punktene ikke ligger langs en rett linje.

$\displaystyle\begin{align*}\vec{AB} & ≠ k \cdot \vec{AC}\space k \in \R \\
\vec{AB} & = [2-4,2-3,0-1] = [-2,-1,-1] ≠ k \cdot\vec{AC} = k \cdot [1-2,2-2,-2-0] = k \cdot [-1,0,-2]\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b)
$\displaystyle \begin{align*} \vec{n}_{\alpha} & = \vec{AB} \times \vec{AC} \\
& = [(-1)(-2) - (-1)0, - (-2)(-2) - (-1)(-1), (-2)0 - (-1)(-1)] \\
& = [2,-3,-1]\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \alpha: 2(x-4) -3(y-3) - (z-1) & = 0 \\
2x - 8 - 3y + 9 - z + 1 & = 0 \\
2x - 3y - z + 2 & = 0 \end{align*}$

c)

$\displaystyle \begin{align*} V_{ABCT} & = 3 \\
\frac{1}{6}|(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}| & = 3 \\
\frac{1}{6}|[2,-3,-1]\cdot[2-4,5-3,(4t+1)-1]| & = 3 \\
\frac{1}{6}|2(-2) + (-3)2 + (-1)4t| & = 3 \\
\frac{1}{6}|-10-4t| & = 3 \\
|-10-4t| & = 18 \\
t & = 2 \vee t = (-7)\end{align*}$

===Oppgave 2===

$\displaystyle x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 = 0$

a) $\displaystyle 2^2 + 3^2 + 5^2 - 2(2) - 2(3) - 6(5) + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 40 - 40 = 0$

$\displaystyle\Rightarrow$ punktet ligger på kulen.

b)

$\displaystyle\begin{align*} x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 6z + 2 & = 0 \\
x^2 - 2x + y^2 - 2y + z^2 - 6z & = -2 \\
x^2 - 2x + 1 + y^2 - 2y + 1 + z^2 - 6z + 9 & = -2 + 1 + 1 + 9 \\
(x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 3)^2 & = 3^2\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow$ sentrum: $\displaystyle S(1,1,3)$ og radius: $\displaystyle r = 3$

c) $\displaystyle \vec{n} = \vec{SP} = [2-1,3-1,5-3] = [1,2,2]$
$\displaystyle$ planet som tangerer i $\displaystyle P(2,3,5)$:

$\displaystyle\begin{align*} (x-2) + 2(y-3) + 2(z-5) & = 0 \\
x - 2 + 2y - 6 + 2z - 10 & = 0 \\
x + 2y + 2z & = 18\end{align*}$

===Oppgave 3===

a) At temperaturendringen er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen, vil si at temperaturendringen er lik en konstant multiplisert med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen.

Ettersom $\displaystyle y$ er kroppstemperaturen, vil endringen i denne temperaturen være $\displaystyle y'$.

Differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen er $\displaystyle y - 22$

$\displaystyle \Rightarrow y' = k(y-22)\space , \space k \in \R$

Dog vil konstanten $\displaystyle k$ ha en definisjonsmengde slik at $\displaystyle k(y-22) < 0$, ettersom denne praktiske oppgaven kun tillater en negativ endring i temperaturen.

$\displaystyle \Rightarrow y' = -k(y-22)\space , \space k > 0$

Hvilket skulle vises.

b) Ettersom liket blir funnet etter $\displaystyle 0$ timer med en kroppstemperatur på $\displaystyle 30˚C$, er $\displaystyle y(0) = 30$

Hvilket skulle vises.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = -k(y-22)\space , \space y(0) = 30 \\
y' & = -ky + 22 \\
y' + ky & = 22 |\cdot e^{kt} \\
y'\cdot e^{kt} + ky \cdot e^{kt} & = 22\cdot e^{kt} \\
\left( y \cdot e^{kt} \right) & = 22e^{kt} \\
y \cdot e^{kt} & = \int 22e
c){kt}\ ,\mathrm{d}t \\
y \cdot e^{kt} & = \frac{22}{k}e^{kt} + C \\
y & = \frac{22}{k} + Ce^{-kt} \\
y & = Ce^{-kt} + \frac{22}{k}\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} y(0) & = 30 \\
Ce^{-k \cdot 0} + \frac{22}{k} & = 30 \\
C + \frac{22}{k} & = 30 \\
C & = 30 - \frac{22}{k}\end{align*}$

$\displaystyle \Rightarrow y(t) = \left( 30 - \frac{22}{k}\right)e^{-kt} + \frac{22}{k}$

c)

$\displaystyle\begin{align*} y(1) & = 28 \\
\left( 30 - \frac{22}{k}\right)e^{-k\cdot 1} + \frac{22}{k} & = 28 \\
\left( 30 - \frac{22}{k}\right)e^{-k} & = 28 - \frac{22}{k} |\cdot k \\
\left(30k - 22\right)e^{-k} & = 28k - 22 \\
e^{-k} & =

===Oppgave 2===
===Oppgave 3===
===Oppgave 4===

d)

Påstanden
\[P(n):\quad1+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
er på formen
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\quad,\quad n\in\mathbb{N}\]
der
\[a_n=\frac{n}{2^{n-1}}\qquad\textrm{og}\qquad f(n)=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\]
For å vise $P(n)$ ved hjelp av induksjon, vises først at $P(1)$ stemmer, så at $P(n)\Rightarrow P(n+1)$.

Steg 1: $P(1)$ stemmer hvis $a_1=f(1)$. Dette er ekvivalent med at $a_1-f(1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\[a_1-f(1)=\frac{1}{2^{1-1}}-\left(4-\frac{1+2}{2^{1-1}}\right)=1-4+3=0\]
Så $P(1)$ stemmer.

Steg 2: Antar at $P(n)$ stemmer. Dvs at

\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=f(n)\]
Legger til $a_{n+1}$ på begge sider:
\[a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n+a_{n+1}=f(n)+a_{n+1}\]
Venstre side i likningen over er lik venstre side i likningen til $P(n+1)$. Høyre side i likningen over er lik høyre side i likningen til $P(n+1)$ hvis $f(n)+a_{n+1}=f(n+1)$. Dette er ekvivalent med at $f(n)+a_{n+1}-f(n+1)=0$. Sjekker om det er tilfelle:
\begin{align*}
f(n)+a_{n+1}-f(n+1) & = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n+1-1}}-\left(4-\frac{n+1+2}{2^{n+1-1}}\right) \\
& = 4-\frac{n+2}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^n}-4+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{n+2}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^1}{2^1}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = -\frac{2n+4}{2^n}+\frac{n+1}{2^n}+\frac{n+3}{2^n} \\
& = 2^{-n}(-(2n+4)+n+1+n+3)\\
& = 0
\end{align*}
Så $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ og dermed stemmer $P(n)$ for alle $n$.

===Oppgave 5===
===Oppgave 6===

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T16:34:44Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T16:26:28Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T16:24:17Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T16:23:18Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-25T15:04:17Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 1 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-24T22:58:14Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 1 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-24T22:41:17Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 1 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-20T08:56:12Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T22:41:30Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 7 */

R2 2013 høst LØSNING

2014-05-19T22:31:31Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

[http://matematikk.net/ressurser/eksamen/R2/R2_H13.pdf Oppgaven som pdf]

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=36401 Matteprat: Diskusjon omkring denne oppgaven]

==DEL EN==

===Oppgave 1===

a) $ \displaystyle f(x) = 5x\cos x$

$ \displaystyle f'(x) = 5\cos x + 5x(- \sin x) = 5\cos x - 5x\sin x = 5(\cos x - x\sin x)$

b) $ \displaystyle g(x) = \frac{\sin (2x)}{x}$

$ \displaystyle g'(x) = \frac{2\cos (2x) \cdot x - \sin (2x) \cdot 1}{x^2} = \frac{2x \cos (2x) - \sin (2x)}{x^2}$

===Oppgave 2===

a) $ \displaystyle
\int_0^{1} 2e^{2x} \, \mathrm{d}x
= 2 \int_0^{1} e^{2x} \, \mathrm{d}x
= 2 \left[ \frac{1}{2}e^{2x} \right]_0^{1}
= \frac{2}{2} \left[e^{2x} \right]_0^{1}
= e^{2 \cdot 1} - e^{2 \cdot 0}
= e^2 - e^0
= e^2 - 1$

b) $ \displaystyle \int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = 2x$ og $\displaystyle v' = e^x$

$\displaystyle
\begin{align*}
\int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x & = 2x \cdot e^x - \int 2e^x \, \mathrm{d}x + C \\
& = 2xe^x - 2\int e^x \, \mathrm{d}x + C \\
& = 2xe^x - 2e^x + C \\
& = 2e^x(x - 1) + C\end{align*}$

===Oppgave 3===
a) $\vec{AB} = \left[-2,3,0\right]$ og $\vec{AC} = \left[-2,0,4\right]$

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-2) \cdot (-2) + 3 \cdot 0 + 0 \cdot 4 = 4$

$\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[3\cdot4 - 0\cdot0,-\left((-2)\cdot4 - 0\cdot(-2)\right),(-2)\cdot0 - 3\cdot(-2)\right] = \left[12,8,6\right]$

b)

$\displaystyle
\begin{align*}
V & = |\frac{1}{6}(\vec{AB} \times \vec{AC})\cdot\vec{AO}| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}\left[12,8,6\right]\cdot\left[-2,0,0\right]| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}\left(12(-2) + 8\cdot 0+ 6\cdot0\right)| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}(-24) \\
\displaystyle & = |- \frac{24}{6}| \\
\displaystyle & = |-4| \\
\displaystyle & = 4\end{align*}$

Eventuelt kan man regne ut volumet ved hjelp av formelen for volum av pyramide, $V = \frac{G\cdot h}{3}$,

hvor $ \displaystyle G = \frac{|\vec{OA}|\cdot|\vec{OB|}}{2} = \frac{2\cdot3}{2} = 3$
og $ \displaystyle h = |\vec{OC}| = 4$.

Da får man $ \displaystyle V = \frac{3\cdot4}{3} = 4$

c) Om man bruker punktet $A(2,0,0)$ og normalvektoren $\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[12,8,6\right]$ blir likningen for planet $\alpha$:

$ \displaystyle\begin{align*} 12(x - 2) + 8(y - 0) + 6(z - 0) & = 0 \\
\displaystyle 12x - 24 + 8y + 6z & = 0 \\
\displaystyle 12x + 8y + 6z & = 24 \\
\displaystyle \frac{12x}{24} + \frac{8y}{24} + \frac{6z}{24} & = \frac{24}{24} \\
\displaystyle \frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} & = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

===Oppgave 4===

a) Rekken er geometrisk fordi neste ledd i rekken genereres ved å multiplisere det forrige leddet med en fast kvotient $\displaystyle k = e^{-1} = \frac{1}{e}$. Ettersom $\displaystyle \frac{1}{e} < 1$, er altså $\displaystyle |k|<1$, hvilket gjør rekken konvergent.

$ \displaystyle S = \frac{a_1}{1-k} = \frac{1}{1-\frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e}{e} - \frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e-1}{e}} =\frac{e}{e-1}$

b) I dette tilfellet er $\displaystyle k = e^{-x}$, og rekken er konvergent dersom $\displaystyle |k|<1$.

$ \displaystyle |e^{-x}|<1$

Ettersom $\displaystyle e^{-x}$ alltid vil være positivt, kan man skrive om likningen til

$ \displaystyle \begin{align*} e^{-x} & < 1 \\
\displaystyle \ln(e^{-x}) & < \ln1 \\
\displaystyle (-x)\cdot\ln(e) & < 0 \\
\displaystyle -x & < 0 \\
\displaystyle x & > 0 \end{align*}$

$ \displaystyle S = \frac{a_0}{1-k} = \frac{1}{1-e^{-x}} =\frac{1}{1-\frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^x}{e^x} - \frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^{x}-1}{e^{x}}} = \frac{e^x}{e^x - 1}$

===Oppgave 5===

$\displaystyle N'(t) = 4t + 3$ og $\displaystyle N(0) = 800$

$\displaystyle N(t) = \int (4t + 3)\, \mathrm{d}t = 2t^2 + 3t + C \\$

$\displaystyle
\begin{align*}
N(0) & = 800 \\
\displaystyle 2\cdot0^2 + 3\cdot0 + C & = 800 \\
\displaystyle 0 + 0 + C & = 800 \\
\displaystyle C & = 800
\end{align*}$
$\displaystyle C = 800 \Rightarrow N(t) = 2t^2+3t + 800\\$

$\displaystyle N(10) = 2\cdot10^2 + 3\cdot10 + 800 = 200 + 30 + 800 = 1\, \mathrm{0}30$

Det var $\displaystyle\, \mathrm{1}030$ individer i populasjonen etter $\displaystyle 10$ timer.

===Oppgave 6===

$ \displaystyle f(x) = \frac{1}{2}x^4 - 2x^3 + \frac{5}{2}x$

a) $\displaystyle f'(x) = 2x^3 - 6x^2 + \frac{5}{2}$

$\displaystyle f ' ' (x) = 6x^2 - 12x = 6x\left(x - 2\right)$

[[File:R2 H13 6.png]]

Vendepunkter:

$\displaystyle Vp_1: \left(0,f(0)\right) = \left(0,\frac{1}{2}\cdot0^4 - 2\cdot0^3 + \frac{5}{2}\cdot0\right) = \left(0,0\right)$

$\displaystyle Vp_2: \left(2,f(2)\right) = \left(2,\frac{1}{2}\cdot2^4 - 2\cdot2^3 + \frac{5}{2}\cdot2\right) = \left(2,-3\right)$

b) $\displaystyle Vt_1 - 0 = f ' (0)\cdot(x - 0) \Rightarrow Vt_1 = \left(2\cdot0^3 - 6\cdot0^2 + \frac{5}{2}\right)x \Rightarrow Vt_1 = \frac{5}{2}x$

$\displaystyle Vt_2 - \left(-3\right) = f ' (2)\cdot(x - 2) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = \left(2\cdot2^3 - 6\cdot2^2 + \frac{5}{2}\right)\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}x + 11 \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 = -\frac{11}{2}x + 8$

===Oppgave 7===

La $\displaystyle V(n) = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{n\cdot(n + 1)}$ og $\displaystyle H(n) = \frac{n}{n+1}$

$\displaystyle V(1) = \frac{1}{1\cdot2} = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle H(1) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$

$\displaystyle V(1) = H(1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for $\displaystyle n = 1$

$\displaystyle\begin{align*} V(k+1) & = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{k\cdot(k + 1)} + \frac{1}{\left(k+1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = H(k) + \frac{1}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k}{k + 1} + \frac{1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k(k + 2) + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k^2 + 2k + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{\left(k+1\right)^2}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k+1}{k+2}\end{align*}$

og

$\displaystyle H(k+1) = \frac{k+1}{(k+1)+1} = \frac{k+1}{k+2}$

$\displaystyle V(k+1) = H(k+1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for alle naturlige tall $\displaystyle n$.

Hvilket skulle bevises.

==DEL TO==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle F(v) = \frac{2 + 2\cos v}{2}\cdot\sin v = \frac{2\left(1 + \cos v\right)}{2}\cdot\sin v = \left(1 + \cos v\right)\sin v$

Hvilket skulle vises.

Om $\displaystyle v≥\frac{π}{2}$ mister trapeset sin øverste side, og blir derfor til en trekant.

Om $\displaystyle v≤0$ er vinkelen negativ, og trapeset vil ikke lenger være innskrevet i halvsirkelen.

$ \displaystyle v \in <0,\frac{π}{2}>$

b) $\displaystyle F(v) = \left(1+\cos v\right)\sin v $

Produktregelen for derivasjon gir at

$\displaystyle \begin{align*} F'(v) & = \left(-\sin v\right)\sin v + \left(1 + \cos v\right)\cos v \\
& = \cos^2 v + \cos v - \sin^2 v \\
& = \cos^2 v + \cos v - \left(1-\cos^2 v\right) \\
& = 2\cos^2 v +\cos v - 1
\end{align*}$

$\displaystyle \cos v = \frac{-1± \sqrt{1^2-4\cdot2\left(-1\right)}}{2\cdot2} = \frac{-1 ± 3}{4}$

$\displaystyle \cos v_1 = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle \cos v_2 = -1$

$\displaystyle \Rightarrow F'(v) = 2\left(\cos v - \frac{1}{2}\right)\left(\cos v + 1\right)$

[[File:R2 H13 DEL2 1.png]]

$\displaystyle v=\frac{\pi}{3}$ og $\displaystyle F_{maks}(v) = F\left(\frac{\pi}{3}\right) = \left(1+\cos \frac{\pi}{3}\right)\sin \frac{\pi}{3} = \left(1+\frac{1}{2}\right)\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$

===Oppgave 2===

a)

[[File:R2 H13 DEL2 2.png]]

b) Fra tegningen kan man se at grafens utseende i intervallet $\displaystyle x\in\left[0,2\right]$ gjentar seg i intervallet $\displaystyle x \in\left[2,4\right]$ og $\displaystyle\left[4,6\right]$. Altså er det et intervall som gjentas langs $x$-aksen, hvilket betyr at grafen er periodisk.

$\displaystyle p = 2$

c)

$\displaystyle \begin{align*}
f(x) & = \sin \left(πx\right) + \sin \left(2πx\right) \\
& = \sin \left(πx\right) + \sin\left(πx + πx\right) \\
& = \sin\left(πx\right) + \left(\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) + \cos \left(πx\right)\sin \left(πx\right)\right) \\
& = \sin\left(πx\right) + 2\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) \\
& = \sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right)
\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

$\displaystyle\begin{align*} f(x) & = 0 \\
\sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right) & = 0\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \sin\left(πx\right) = 0 & \vee\, \mathrm{1} + 2\cos (πx)= 0 \\
πx =0 + πn & \vee \cos\left(πx\right) = -\frac{1}{2} \\
x = n & \vee\, \mathrm{π}x = \frac{2π}{3}+2πn \vee πx = 2 - \frac{2π}{3}+2n \\
x = n & \vee\, \mathrm{}x = \frac{2}{3}+2n \vee x=\frac{4}{3}+2n
\end{align*}$

$\displaystyle x\in\left[0,2\right] \Rightarrow \begin{align*} x_1 & = 0 \\
x_2 & = \frac{2}{3} \\
x_3 & = 1 \\
x_4 & = \frac{4}{3} \\
x_5 & = 2\end{align*}$

Nullpunkter: $\displaystyle \left(0,0\right)$, $\displaystyle \left(\frac{2}{3},0\right)$, $\displaystyle \left(1,0\right)$, $\displaystyle \left(\frac{4}{3},0\right)$ og $\displaystyle \left(2,0\right)$

===Oppgave 3===

a) For enkelhetens skyld kan likningen $\displaystyle K'(t) = 0,08\cdot K(t)+20\, \mathrm{0}00$ skrives som $\displaystyle y' = 0,08\cdot y + 20\, \mathrm{0}00$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = 0,08 \cdot y + 20\, \mathrm{0}00 \\
y' - 0,08 \cdot y & = 20\, \mathrm{0}00\, \mathrm{|} \cdot e^{-0,08t} \\
y' \cdot e^{-0,08t} - 0,08 \cdot y \cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00 \cdot e^{-0,08t} \\
\left( y\cdot e^{-0,08t}\right) ' & = 20\, \mathrm{0}00 e^{-0,08t} \\
y\cdot e^{-0,08t} & = \int{20\, \mathrm{0}00e^{-0,08t}}\, \mathrm{d}t \\
y\cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00 \int{e^{-0,08t}}\, \mathrm{d}t \\
y\cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00\cdot \left(-\frac{1}{0,08}\right) \cdot e^{-0,08t} + C \\
y\cdot e^{-0,08t} & = -250\, \mathrm{0}00e^{-0,08t} + C\, \mathrm{|} \cdot\frac{1}{e^{-0,08t}} \\
y & = -250\, \mathrm{0}00 + \frac{C}{e^{-0,08t}} \\
y & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
\Rightarrow K(t) & = Ce^{0,08t} -250\, \mathrm{0}00 \end{align*}$

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = 0,08 \cdot y + 20\, \mathrm{0}00 \\
y' & = 0,08\left( y + 250\, \mathrm{0}00\right)\, \mathrm{|} \cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} \\
y' \cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} & = 0,08 \\
\frac{dy}{dt}\cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} & = 0,08 \\
\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00}\, \mathrm{d}y & = 0,08\, \mathrm{d}t \\
\int{\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00}}\, \mathrm{d}y & = \int{0,08}\, \mathrm{d}t \\
\ln|y+250\, \mathrm{0}00| + C_1 & = 0,08t + C_2 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|y+250\, \mathrm{0}00| & = 0,08t + C_3 \\
y+250\, \mathrm{0}00 & = e^{0,08t+C_3} \\
y+250\, \mathrm{0}00 & = e^{C_3}\cdot e^{0,08t} \\
e^{C_3} = C \Rightarrow y + 250\, \mathrm{0}00 & = C e^{0,08t} \\
y & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
\Rightarrow K(t) & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00
\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} K(0) = 20\, \mathrm{0}00 & \Rightarrow 20\, \mathrm{0}00 = Ce^{0,08\cdot 0} - 250\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow 20\, \mathrm{0}00 = C - 250\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow C = 270\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow K(t) = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00\end{align*}$

b) $\displaystyle K(20) = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08\cdot 20} - 250\, \mathrm{0}00 = 270\, \mathrm{0}00\cdot 4,95 - 250\, \mathrm{0}00 = 1\, \mathrm{0}86\, \mathrm{5}00$

Størrelsen på kapitalen etter $\displaystyle 20$ år blir $\displaystyle 1\, \mathrm{0}86\, \mathrm{5}00$ kroner.

c)

$\displaystyle\begin{align*} K(t) & = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
K'(t) & = 21\, \mathrm{6}00 e^{0,08t} \\
K'(t) & = 35\, \mathrm{0}00 \\
21\, \mathrm{6}00 e^{0,08t} & = 35\, \mathrm{0}00 \\
e^{0,08t} & = \frac{35\, \mathrm{0}00}{21\, \mathrm{6}00} \\
0,08t & = \ln\left(\frac{175}{108}\right) \\
t & = \frac{0,48}{0,08} \\
t & = 6 \end{align*}$

Ifølge modellen vil det ta $\displaystyle 6$ år før kapitalen vokser med $\displaystyle 35\, \mathrm{0}00$ kroner hvert år.

===Oppgave 4===

a) På høyre side av likningen er den generelle regelen for integrasjon av polynomer brukt:

$\displaystyle\int{x^{a}}\, \mathrm{d}x = \frac{1}{a+1}x^{a+1} + C$

For ordens skyld kan summen av alle integrasjonskonstantene $\displaystyle C_1 + C_2 + C_3 + C_4 + ...$ fra venstre side av likningen bli kalt $\displaystyle C_n$

På høyre side er substitusjon brukt for å integrere.

$\displaystyle\int{\frac{1}{1-x}}\, \mathrm{d}x$

$\displaystyle u = 1-x \Rightarrow du = -dx \Rightarrow \int{\frac{1}{1-x}}\, \mathrm{d}x = -\int{\frac{1}{u}}\, \mathrm{d}u = -\ln|u| + C_m = \ln|1-x| + C_m$

På grunn av definisjonsmengden kan absoluttverditegnet elimineres.

$\displaystyle \Rightarrow C_n + x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4 = -\ln\left(1-x\right) + C_m$

$\displaystyle C_m - C_n \Rightarrow x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4 + . . . = -\ln\left(1-x\right) + C$

Hvilket skulle vises.

En kan se at den uendelige rekken på venstre side av likningen er formulert slik at graden til $\displaystyle x$ øker for hvert ledd. Derfor vil aldri leddet $\displaystyle a\cdot x^0$ (hvor $\displaystyle a$ er en konstant) dukke opp, hvilket betyr at det ikke eksisterer noe konstantledd på venstre side av likningen. Det er derfor unødvendig å skrive det på høyre side av likningen, hvilket betyr at $\displaystyle C = 0$.

b) $\displaystyle x=\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{1}\cdot\frac{1}{2^1} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^2} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2^3} + \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2^4} + ... = -\ln\left(1-\frac{1}{2}\right) = \ln\left(\frac{1}{2}\right)^{-1} = \ln2$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle n = 19$

===Oppgave 5===

a)

$\displaystyle\begin{align*} g(x) & = 0 \\
1 - k^2 \cdot x^2 & = 0 \\
(1+kx)(1-kx) & = 0 \\
kx & = -1 \vee kx = 1 \\
x & = - \frac{1}{k} \vee x = \frac{1}{k}\end{align*}$

Nullpunkter:

$\displaystyle Np_1 : \left(-\frac{1}{k}, f(-\frac{1}{k})\right) = \left(-\frac{1}{k},1-k^2\cdot\left(\frac{1}{k^2}\right)\right) = \left(-\frac{1}{k},1-1\right) = \left(-\frac{1}{k},0\right)$

$\displaystyle Np_2 : \left(\frac{1}{k}, f(1-k^2\cdot\left(\frac{1}{k^2}\right)\right) = \left(\frac{1}{k},0\right)$

b)

$\displaystyle\begin{align*} A_f(x) & = A_g(x) \\
\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}\cos x\, \mathrm{d}x & = \int_{-\frac{1}{k}}^{\frac{1}{k}}{\left(1-k^2\cdot x^2\right)}\, \mathrm{d}x
\\
\left[\sin x\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} & = \left[x-\frac{k^2}{3}x^3\right]_{-\frac{1}{k}}^{\frac{1}{k}} \\
\sin \left(\frac{π}{2}\right) - \sin \left(-\frac{π}{2}\right) & =\left(\frac{1}{k} - \frac{k^2}{3k^3}\right) - \left(-\frac{1}{k}+\frac{k^2}{3k^3}\right) \\
1-\left(-1\right) & = 2\cdot\frac{1}{k} - 2\cdot\frac{1}{3k} \\
1 & = \frac{1}{k} - \frac{1}{3k} \\
1 & = \frac{3 - 1}{3k} \\
3k & = 2 \\
k & = \frac{2}{3}
\end{align*}$

c) $\displaystyle\cos \left(u + v\right) = \cos u \cdot \cos v - \sin u \cdot \sin v$

$\displaystyle\begin{align*} u = v = x & \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - \sin^2 \left(x\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - \left(1-\cos^2 \left(x\right)\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - 1 + \cos^2 \left(x\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = 2\cos^2 \left(x\right) - 1 \\
& \Rightarrow 2\cos^2 \left(x\right) = 1 + \cos \left(2x\right) \\
& \Rightarrow \cos^2 \left(x\right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot\cos \left(2x\right)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

$\displaystyle\begin{align*} V_1 & = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{f\left(x\right)^2}\, \mathrm{d}x \\
& = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{\cos^2 x}\, \mathrm{d}x \\
& = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\cos \left(2x\right)\right)}\, \mathrm{d}x \\
& = \frac{π}{2}\left[x+\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \\
& = \frac{π}{2}\left(\left(\frac{π}{2}+\frac{1}{2}\cdot\sin \left(2\cdot\frac{π}{2}\right)\right)-\left(-\frac{π}{2}-\frac{1}{2}\cdot\sin \left(2\cdot\left(-\frac{π}{2}\right)\right)\right)\right) \\
& = \frac{π}{2}\left(\frac{π}{2}+0 +\frac{π}{2} + 0\right) \\
& = 2\frac{π^2}{4} \\
& = \frac{π^2}{2}
\end{align*}$

===Oppgave 6===

a) $\displaystyle y - y_0 = \frac{∆x}{∆y}\left(x-x_0\right)$

$\displaystyle\begin{align*} & \Rightarrow y - b = \frac{-b}{a}\left(x-0\right) \\
& \Rightarrow y - b = -\frac{b}{a}x \\
& \Rightarrow y = -\frac{b}{a}x + b\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle y = -\frac{b}{a}x + b$

$\displaystyle\begin{align*} & \Rightarrow \frac{y}{b} = -\frac{b}{ab}x+\frac{b}{b} \\
& \Rightarrow \frac{y}{b} = -\frac{x}{a} + 1 \\
& \Rightarrow \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = \left[-a, b, 0\right] \times \left[-a,0,c\right] = \left[bc - 0, -\left(-ac-0\right),-0-\left(-ab\right)\right] = \left[bc,ac,ab\right]$

Hvilket skulle vises.

d) $\displaystyle \alpha: a\left(x-x_0\right) + b\left(y-y_0\right) + c\left(z-z_0\right) = 0$

$\displaystyle \alpha:$

$\displaystyle\begin{align*} bc\left(x-a\right) + ac\left(y-0\right) + ab\left(z-0\right) & = 0 \\
bc\cdot x - abc + ac\cdot y + ab\cdot z & = 0 \\
bc\cdot x + ac\cdot y + ab\cdot z & = abc\, \mathrm {|} \cdot \frac{1}{abc} \\
\frac{bc\cdot x}{abc} + \frac{ac\cdot y}{abc} + \frac{ab\cdot z}{abc} & = \frac{abc}{abc} \\
\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} & = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

e) Om planet er parallelt med $\displaystyle z$-aksen, krysser aldri planet $\displaystyle z$-aksen. Det vil si at $\displaystyle c \Rightarrow ∞$. Da vil $\displaystyle \frac{z}{c} \Rightarrow 0$.

$\displaystyle \beta: \frac{x}{5}+\frac{y}{4} = 1$

Hvilket skulle vises.

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T22:09:47Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 6 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T22:00:22Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 6 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T21:52:06Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 4 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T21:50:36Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 5 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T21:38:35Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 5 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T20:11:18Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 4 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T20:09:00Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T19:50:19Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 2 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T19:31:32Z

Dennis Christensen: /* DEL 1 */

R2 2014 vår LØSNING

2014-05-19T18:41:29Z

Dennis Christensen: Ny side: ===DEL 1===

===DEL 1===

R2 2013 høst LØSNING

2014-05-10T02:08:32Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 3 */

[http://matematikk.net/ressurser/eksamen/R2/R2_H13.pdf Oppgaven som pdf]

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=36401 Matteprat: Diskusjon omkring denne oppgaven]

==DEL EN==

===Oppgave 1===

a) $ \displaystyle f(x) = 5x\cos x$

$ \displaystyle f'(x) = 5\cos x + 5x(- \sin x) = 5\cos x - 5x\sin x = 5(\cos x - x\sin x)$

b) $ \displaystyle g(x) = \frac{\sin (2x)}{x}$

$ \displaystyle g'(x) = \frac{2\cos (2x) \cdot x - \sin (2x) \cdot 1}{x^2} = \frac{2x \cos (2x) - \sin (2x)}{x^2}$

===Oppgave 2===

a) $ \displaystyle
\int_0^{1} 2e^{2x} \, \mathrm{d}x
= 2 \int_0^{1} e^{2x} \, \mathrm{d}x
= 2 \left[ \frac{1}{2}e^{2x} \right]_0^{1}
= \frac{2}{2} \left[e^{2x} \right]_0^{1}
= e^{2 \cdot 1} - e^{2 \cdot 0}
= e^2 - e^0
= e^2 - 1$

b) $ \displaystyle \int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = 2x$ og $\displaystyle v' = e^x$

$\displaystyle
\begin{align*}
\int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x & = 2x \cdot e^x - \int 2e^x \, \mathrm{d}x + C \\
& = 2xe^x - 2\int e^x \, \mathrm{d}x + C \\
& = 2xe^x - 2e^x + C \\
& = 2e^x(x - 1) + C\end{align*}$

===Oppgave 3===
a) $\vec{AB} = \left[-2,3,0\right]$ og $\vec{AC} = \left[-2,0,4\right]$

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-2) \cdot (-2) + 3 \cdot 0 + 0 \cdot 4 = 4$

$\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[3\cdot4 - 0\cdot0,-\left((-2)\cdot4 - 0\cdot(-2)\right),(-2)\cdot0 - 3\cdot(-2)\right] = \left[12,8,6\right]$

b)

$\displaystyle
\begin{align*}
V & = |\frac{1}{6}(\vec{AB} \times \vec{AC})\cdot\vec{AO}| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}\left[12,8,6\right]\cdot\left[-2,0,0\right]| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}\left(12(-2) + 8\cdot 0+ 6\cdot0\right)| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}(-24) \\
\displaystyle & = |- \frac{24}{6}| \\
\displaystyle & = |-4| \\
\displaystyle & = 4\end{align*}$

Eventuelt kan man regne ut volumet ved hjelp av formelen for volum av pyramide, $V = \frac{G\cdot h}{3}$,

hvor $ \displaystyle G = \frac{|\vec{OA}|\cdot|\vec{OB|}}{2} = \frac{2\cdot3}{2} = 3$
og $ \displaystyle h = |\vec{OC}| = 4$.

Da får man $ \displaystyle V = \frac{3\cdot4}{3} = 4$

c) Om man bruker punktet $A(2,0,0)$ og normalvektoren $\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[12,8,6\right]$ blir likningen for planet $\alpha$:

$ \displaystyle\begin{align*} 12(x - 2) + 8(y - 0) + 6(z - 0) & = 0 \\
\displaystyle 12x - 24 + 8y + 6z & = 0 \\
\displaystyle 12x + 8y + 6z & = 24 \\
\displaystyle \frac{12x}{24} + \frac{8y}{24} + \frac{6z}{24} & = \frac{24}{24} \\
\displaystyle \frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} & = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

===Oppgave 4===

a) Rekken er geometrisk fordi neste ledd i rekken genereres ved å multiplisere det forrige leddet med en fast kvotient $\displaystyle k = e^{-1} = \frac{1}{e}$. Ettersom $\displaystyle \frac{1}{e} < 1$, er altså $\displaystyle |k|<1$, hvilket gjør rekken konvergent.

$ \displaystyle S = \frac{a_1}{1-k} = \frac{1}{1-\frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e}{e} - \frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e-1}{e}} =\frac{e}{e-1}$

b) I dette tilfellet er $\displaystyle k = e^{-x}$, og rekken er konvergent dersom $\displaystyle |k|<1$.

$ \displaystyle |e^{-x}|<1$

Ettersom $\displaystyle e^{-x}$ alltid vil være positivt, kan man skrive om likningen til

$ \displaystyle \begin{align*} e^{-x} & < 1 \\
\displaystyle \ln(e^{-x}) & < \ln1 \\
\displaystyle (-x)\cdot\ln(e) & < 0 \\
\displaystyle -x & < 0 \\
\displaystyle x & > 0 \end{align*}$

$ \displaystyle S = \frac{a_0}{1-k} = \frac{1}{1-e^{-x}} =\frac{1}{1-\frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^x}{e^x} - \frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^{x}-1}{e^{x}}} = \frac{e^x}{e^x - 1}$

===Oppgave 5===

$\displaystyle N'(t) = 4t + 3$ og $\displaystyle N(0) = 800$

$\displaystyle N(t) = \int (4t + 3)\, \mathrm{d}t = 2t^2 + 3t + C \\$

$\displaystyle
\begin{align*}
N(0) & = 800 \\
\displaystyle 2\cdot0^2 + 3\cdot0 + C & = 800 \\
\displaystyle 0 + 0 + C & = 800 \\
\displaystyle C & = 800
\end{align*}$
$\displaystyle C = 800 \Rightarrow N(t) = 2t^2+3t + 800\\$

$\displaystyle N(10) = 2\cdot10^2 + 3\cdot10 + 800 = 200 + 30 + 800 = 1\, \mathrm{0}30$

Det var $\displaystyle\, \mathrm{1}030$ individer i populasjonen etter $\displaystyle 10$ timer.

===Oppgave 6===

$ \displaystyle f(x) = \frac{1}{2}x^4 - 2x^3 + \frac{5}{2}x$

a) $\displaystyle f'(x) = 2x^3 - 6x^2 + \frac{5}{2}$

$\displaystyle f ' ' (x) = 6x^2 - 12x = 6x\left(x - 2\right)$

[[File:R2 H13 6.png]]

Vendepunkter:

$\displaystyle Vp_1: \left(0,f(0)\right) = \left(0,\frac{1}{2}\cdot0^4 - 2\cdot0^3 + \frac{5}{2}\cdot0\right) = \left(0,0\right)$

$\displaystyle Vp_2: \left(2,f(2)\right) = \left(2,\frac{1}{2}\cdot2^4 - 2\cdot2^3 + \frac{5}{2}\cdot2\right) = \left(2,-3\right)$

b) $\displaystyle Vt_1 - 0 = f ' (0)\cdot(x - 0) \Rightarrow Vt_1 = \left(2\cdot0^3 - 6\cdot0^2 + \frac{5}{2}\right)x \Rightarrow Vt_1 = \frac{5}{2}x$

$\displaystyle Vt_2 - \left(-3\right) = f ' (2)\cdot(x - 2) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = \left(2\cdot2^3 - 6\cdot2^2 + \frac{5}{2}\right)\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}x + 11 \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 = -\frac{11}{2}x + 8$

===Oppgave 7===

La $\displaystyle V(n) = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{n\cdot(n + 1)}$ og $\displaystyle H(n) = \frac{n}{n+1}$

$\displaystyle V(1) = \frac{1}{1\cdot2} = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle H(1) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$

$\displaystyle V(1) = H(1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for $\displaystyle n = 1$

$\displaystyle\begin{align*} V(k+1) & = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{k\cdot(k + 1)} + \frac{1}{\left(k+1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = H(k) + \frac{1}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k}{k + 1} + \frac{1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k(k + 2) + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k^2 + 2k + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{\left(k+1\right)^2}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k+1}{k+2}\end{align*}$

og

$\displaystyle H(k+1) = \frac{k+1}{(k+1)+1} = \frac{k+1}{k+2}$

$\displaystyle V(k+1) = H(k+1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for alle naturlige tall $\displaystyle n$.

Hvilket skulle bevises.

==DEL TO==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle F(v) = \frac{2 + 2\cos v}{2}\cdot\sin v = \frac{2\left(1 + \cos v\right)}{2}\cdot\sin v = \left(1 + \cos v\right)\sin v$

Hvilket skulle vises.

Om $\displaystyle v≥\frac{π}{2}$ mister trapeset sin øverste side, og blir derfor til en trekant.

Om $\displaystyle v≤0$ er vinkelen negativ, og trapeset vil ikke lenger være innskrevet i halvsirkelen.

$ \displaystyle v \in <0,\frac{π}{2}>$

b) $\displaystyle F(v) = \left(1+\cos v\right)\sin v $

Produktregelen for derivasjon gir at

$\displaystyle \begin{align*} F'(v) & = \left(-\sin v\right)\sin v + \left(1 + \cos v\right)\cos v \\
& = \cos^2 v + \cos v - \sin^2 v \\
& = \cos^2 v + \cos v - \left(1-\cos^2 v\right) \\
& = 2\cos^2 v +\cos v - 1
\end{align*}$

$\displaystyle \cos v = \frac{-1± \sqrt{1^2-4\cdot2\left(-1\right)}}{2\cdot2} = \frac{-1 ± 3}{4}$

$\displaystyle \cos v_1 = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle \cos v_2 = -1$

$\displaystyle \Rightarrow F'(v) = 2\left(\cos v - \frac{1}{2}\right)\left(\cos v + 1\right)$

[[File:R2 H13 DEL2 1.png]]

$\displaystyle v=\frac{\pi}{3}$ og $\displaystyle F_{maks}(v) = F\left(\frac{\pi}{3}\right) = \left(1+\cos \frac{\pi}{3}\right)\sin \frac{\pi}{3} = \left(1+\frac{1}{2}\right)\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$

===Oppgave 2===

a)

[[File:R2 H13 DEL2 2.png]]

b) Fra tegningen kan man se at grafens utseende i intervallet $\displaystyle x\in\left[0,2\right]$ gjentar seg i intervallet $\displaystyle x \in\left[2,4\right]$ og $\displaystyle\left[4,6\right]$. Altså er det et intervall som gjentas langs $x$-aksen, hvilket betyr at grafen er periodisk.

$\displaystyle p = 2$

c)

$\displaystyle \begin{align*}
f(x) & = \sin \left(πx\right) + \sin \left(2πx\right) \\
& = \sin \left(πx\right) + \sin\left(πx + πx\right) \\
& = \sin\left(πx\right) + \left(\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) + \cos \left(πx\right)\sin \left(πx\right)\right) \\
& = \sin\left(πx\right) + 2\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) \\
& = \sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right)
\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

$\displaystyle\begin{align*} f(x) & = 0 \\
\sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right) & = 0\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \sin\left(πx\right) = 0 & \vee\, \mathrm{1} + 2\cos (πx)= 0 \\
πx =0 + πn & \vee \cos\left(πx\right) = -\frac{1}{2} \\
x = n & \vee\, \mathrm{π}x = \frac{2π}{3}+2πn \vee πx = 2 - \frac{2π}{3}+2n \\
x = n & \vee\, \mathrm{}x = \frac{2}{3}+2n \vee x=\frac{4}{3}+2n
\end{align*}$

$\displaystyle x\in\left[0,2\right] \Rightarrow \begin{align*} x_1 & = 0 \\
x_2 & = \frac{2}{3} \\
x_3 & = 1 \\
x_4 & = \frac{4}{3} \\
x_5 & = 2\end{align*}$

Nullpunkter: $\displaystyle \left(0,0\right)$, $\displaystyle \left(\frac{2}{3},0\right)$, $\displaystyle \left(1,0\right)$, $\displaystyle \left(\frac{4}{3},0\right)$ og $\displaystyle \left(2,0\right)$

===Oppgave 3===

a) For enkelhetens skyld kan likningen $\displaystyle K'(t) = 0,08\cdot K(t)+20\, \mathrm{0}00$ skrives som $\displaystyle y' = 0,08\cdot y + 20\, \mathrm{0}00$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = 0,08 \cdot y + 20\, \mathrm{0}00 \\
y' - 0,08 \cdot y & = 20\, \mathrm{0}00\, \mathrm{|} \cdot e^{-0,08t} \\
y' \cdot e^{-0,08t} - 0,08 \cdot y \cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00 \cdot e^{-0,08t} \\
\left( y\cdot e^{-0,08t}\right) ' & = 20\, \mathrm{0}00 e^{-0,08t} \\
y\cdot e^{-0,08t} & = \int{20\, \mathrm{0}00e^{-0,08t}}\, \mathrm{d}t \\
y\cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00 \int{e^{-0,08t}}\, \mathrm{d}t \\
y\cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00\cdot \left(-\frac{1}{0,08}\right) \cdot e^{-0,08t} + C \\
y\cdot e^{-0,08t} & = -250\, \mathrm{0}00e^{-0,08t} + C\, \mathrm{|} \cdot\frac{1}{e^{-0,08t}} \\
y & = -250\, \mathrm{0}00 + \frac{C}{e^{-0,08t}} \\
y & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
\Rightarrow K(t) & = Ce^{0,08t} -250\, \mathrm{0}00 \end{align*}$

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = 0,08 \cdot y + 20\, \mathrm{0}00 \\
y' & = 0,08\left( y + 250\, \mathrm{0}00\right)\, \mathrm{|} \cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} \\
y' \cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} & = 0,08 \\
\frac{dy}{dt}\cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} & = 0,08 \\
\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00}\, \mathrm{d}y & = 0,08\, \mathrm{d}t \\
\int{\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00}}\, \mathrm{d}y & = \int{0,08}\, \mathrm{d}t \\
\ln|y+250\, \mathrm{0}00| + C_1 & = 0,08t + C_2 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|y+250\, \mathrm{0}00| & = 0,08t + C_3 \\
y+250\, \mathrm{0}00 & = e^{0,08t+C_3} \\
y+250\, \mathrm{0}00 & = e^{C_3}\cdot e^{0,08t} \\
e^{C_3} & = C \Rightarrow y + 250\, \mathrm{0}00 = C e^{0,08t} \\
y & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
\Rightarrow K(t) & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00
\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} K(0) = 20\, \mathrm{0}00 & \Rightarrow 20\, \mathrm{0}00 = Ce^{0,08\cdot 0} - 250\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow 20\, \mathrm{0}00 = C - 250\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow C = 270\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow K(t) = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00\end{align*}$

b) $\displaystyle K(20) = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08\cdot 20} - 250\, \mathrm{0}00 = 270\, \mathrm{0}00\cdot 4,95 - 250\, \mathrm{0}00 = 1\, \mathrm{0}86\, \mathrm{5}00$

Størrelsen på kapitalen etter $\displaystyle 20$ år blir $\displaystyle 1\, \mathrm{0}86\, \mathrm{5}00$ kroner.

c)

$\displaystyle\begin{align*} K(t) & = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
K'(t) & = 21\, \mathrm{6}00 e^{0,08t} \\
K'(t) & = 35\, \mathrm{0}00 \\
21\, \mathrm{6}00 e^{0,08t} & = 35\, \mathrm{0}00 \\
e^{0,08t} & = \frac{35\, \mathrm{0}00}{21\, \mathrm{6}00} \\
0,08t & = \ln\left(\frac{175}{108}\right) \\
t & = \frac{0,48}{0,08} \\
t & = 6 \end{align*}$

Ifølge modellen vil det ta $\displaystyle 6$ år før kapitalen vokser med $\displaystyle 35\, \mathrm{0}00$ kroner hvert år.

===Oppgave 4===

a) På høyre side av likningen er den generelle regelen for integrasjon av polynomer brukt:

$\displaystyle\int{x^{a}}\, \mathrm{d}x = \frac{1}{a+1}x^{a+1} + C$

For ordens skyld kan summen av alle integrasjonskonstantene $\displaystyle C_1 + C_2 + C_3 + C_4 + ...$ fra venstre side av likningen bli kalt $\displaystyle C_n$

På høyre side er substitusjon brukt for å integrere.

$\displaystyle\int{\frac{1}{1-x}}\, \mathrm{d}x$

$\displaystyle u = 1-x \Rightarrow du = -dx \Rightarrow \int{\frac{1}{1-x}}\, \mathrm{d}x = -\int{\frac{1}{u}}\, \mathrm{d}u = -\ln|u| + C_m = \ln|1-x| + C_m$

På grunn av definisjonsmengden kan absoluttverditegnet elimineres.

$\displaystyle \Rightarrow C_n + x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4 = -\ln\left(1-x\right) + C_m$

$\displaystyle C_m - C_n \Rightarrow x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4 + . . . = -\ln\left(1-x\right) + C$

Hvilket skulle vises.

En kan se at den uendelige rekken på venstre side av likningen er formulert slik at graden til $\displaystyle x$ øker for hvert ledd. Derfor vil aldri leddet $\displaystyle a\cdot x^0$ (hvor $\displaystyle a$ er en konstant) dukke opp, hvilket betyr at det ikke eksisterer noe konstantledd på venstre side av likningen. Det er derfor unødvendig å skrive det på høyre side av likningen, hvilket betyr at $\displaystyle C = 0$.

b) $\displaystyle x=\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{1}\cdot\frac{1}{2^1} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^2} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2^3} + \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2^4} + ... = -\ln\left(1-\frac{1}{2}\right) = \ln\left(\frac{1}{2}\right)^{-1} = \ln2$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle n = 19$

===Oppgave 5===

a)

$\displaystyle\begin{align*} g(x) & = 0 \\
1 - k^2 \cdot x^2 & = 0 \\
(1+kx)(1-kx) & = 0 \\
kx & = -1 \vee kx = 1 \\
x & = - \frac{1}{k} \vee x = \frac{1}{k}\end{align*}$

Nullpunkter:

$\displaystyle Np_1 : \left(-\frac{1}{k}, f(-\frac{1}{k})\right) = \left(-\frac{1}{k},1-k^2\cdot\left(\frac{1}{k^2}\right)\right) = \left(-\frac{1}{k},1-1\right) = \left(-\frac{1}{k},0\right)$

$\displaystyle Np_2 : \left(\frac{1}{k}, f(1-k^2\cdot\left(\frac{1}{k^2}\right)\right) = \left(\frac{1}{k},0\right)$

b)

$\displaystyle\begin{align*} A_f(x) & = A_g(x) \\
\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}\cos x\, \mathrm{d}x & = \int_{-\frac{1}{k}}^{\frac{1}{k}}{\left(1-k^2\cdot x^2\right)}\, \mathrm{d}x
\\
\left[\sin x\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} & = \left[x-\frac{k^2}{3}x^3\right]_{-\frac{1}{k}}^{\frac{1}{k}} \\
\sin \left(\frac{π}{2}\right) - \sin \left(-\frac{π}{2}\right) & =\left(\frac{1}{k} - \frac{k^2}{3k^3}\right) - \left(-\frac{1}{k}+\frac{k^2}{3k^3}\right) \\
1-\left(-1\right) & = 2\cdot\frac{1}{k} - 2\cdot\frac{1}{3k} \\
1 & = \frac{1}{k} - \frac{1}{3k} \\
1 & = \frac{3 - 1}{3k} \\
3k & = 2 \\
k & = \frac{2}{3}
\end{align*}$

c) $\displaystyle\cos \left(u + v\right) = \cos u \cdot \cos v - \sin u \cdot \sin v$

$\displaystyle\begin{align*} u = v = x & \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - \sin^2 \left(x\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - \left(1-\cos^2 \left(x\right)\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - 1 + \cos^2 \left(x\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = 2\cos^2 \left(x\right) - 1 \\
& \Rightarrow 2\cos^2 \left(x\right) = 1 + \cos \left(2x\right) \\
& \Rightarrow \cos^2 \left(x\right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot\cos \left(2x\right)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

$\displaystyle\begin{align*} V_1 & = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{f\left(x\right)^2}\, \mathrm{d}x \\
& = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{\cos^2 x}\, \mathrm{d}x \\
& = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\cos \left(2x\right)\right)}\, \mathrm{d}x \\
& = \frac{π}{2}\left[x+\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \\
& = \frac{π}{2}\left(\left(\frac{π}{2}+\frac{1}{2}\cdot\sin \left(2\cdot\frac{π}{2}\right)\right)-\left(-\frac{π}{2}-\frac{1}{2}\cdot\sin \left(2\cdot\left(-\frac{π}{2}\right)\right)\right)\right) \\
& = \frac{π}{2}\left(\frac{π}{2}+0 +\frac{π}{2} + 0\right) \\
& = 2\frac{π^2}{4} \\
& = \frac{π^2}{2}
\end{align*}$

===Oppgave 6===

a) $\displaystyle y - y_0 = \frac{∆x}{∆y}\left(x-x_0\right)$

$\displaystyle\begin{align*} & \Rightarrow y - b = \frac{-b}{a}\left(x-0\right) \\
& \Rightarrow y - b = -\frac{b}{a}x \\
& \Rightarrow y = -\frac{b}{a}x + b\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle y = -\frac{b}{a}x + b$

$\displaystyle\begin{align*} & \Rightarrow \frac{y}{b} = -\frac{b}{ab}x+\frac{b}{b} \\
& \Rightarrow \frac{y}{b} = -\frac{x}{a} + 1 \\
& \Rightarrow \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = \left[-a, b, 0\right] \times \left[-a,0,c\right] = \left[bc - 0, -\left(-ac-0\right),-0-\left(-ab\right)\right] = \left[bc,ac,ab\right]$

Hvilket skulle vises.

d) $\displaystyle \alpha: a\left(x-x_0\right) + b\left(y-y_0\right) + c\left(z-z_0\right) = 0$

$\displaystyle \alpha:$

$\displaystyle\begin{align*} bc\left(x-a\right) + ac\left(y-0\right) + ab\left(z-0\right) & = 0 \\
bc\cdot x - abc + ac\cdot y + ab\cdot z & = 0 \\
bc\cdot x + ac\cdot y + ab\cdot z & = abc\, \mathrm {|} \cdot \frac{1}{abc} \\
\frac{bc\cdot x}{abc} + \frac{ac\cdot y}{abc} + \frac{ab\cdot z}{abc} & = \frac{abc}{abc} \\
\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} & = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

e) Om planet er parallelt med $\displaystyle z$-aksen, krysser aldri planet $\displaystyle z$-aksen. Det vil si at $\displaystyle c \Rightarrow ∞$. Da vil $\displaystyle \frac{z}{c} \Rightarrow 0$.

$\displaystyle \beta: \frac{x}{5}+\frac{y}{4} = 1$

Hvilket skulle vises.

R2 2013 høst LØSNING

2014-05-10T02:07:47Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 2 */

[http://matematikk.net/ressurser/eksamen/R2/R2_H13.pdf Oppgaven som pdf]

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=36401 Matteprat: Diskusjon omkring denne oppgaven]

==DEL EN==

===Oppgave 1===

a) $ \displaystyle f(x) = 5x\cos x$

$ \displaystyle f'(x) = 5\cos x + 5x(- \sin x) = 5\cos x - 5x\sin x = 5(\cos x - x\sin x)$

b) $ \displaystyle g(x) = \frac{\sin (2x)}{x}$

$ \displaystyle g'(x) = \frac{2\cos (2x) \cdot x - \sin (2x) \cdot 1}{x^2} = \frac{2x \cos (2x) - \sin (2x)}{x^2}$

===Oppgave 2===

a) $ \displaystyle
\int_0^{1} 2e^{2x} \, \mathrm{d}x
= 2 \int_0^{1} e^{2x} \, \mathrm{d}x
= 2 \left[ \frac{1}{2}e^{2x} \right]_0^{1}
= \frac{2}{2} \left[e^{2x} \right]_0^{1}
= e^{2 \cdot 1} - e^{2 \cdot 0}
= e^2 - e^0
= e^2 - 1$

b) $ \displaystyle \int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = 2x$ og $\displaystyle v' = e^x$

$\displaystyle
\begin{align*}
\int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x & = 2x \cdot e^x - \int 2e^x \, \mathrm{d}x + C \\
& = 2xe^x - 2\int e^x \, \mathrm{d}x + C \\
& = 2xe^x - 2e^x + C \\
& = 2e^x(x - 1) + C\end{align*}$

===Oppgave 3===
a) $\vec{AB} = \left[-2,3,0\right]$ og $\vec{AC} = \left[-2,0,4\right]$

Da blir $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-2) \cdot (-2) + 3 \cdot 0 + 0 \cdot 4 = 4$

og $\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[3\cdot4 - 0\cdot0,-\left((-2)\cdot4 - 0\cdot(-2)\right),(-2)\cdot0 - 3\cdot(-2)\right] = \left[12,8,6\right]$

b)

$\displaystyle
\begin{align*}
V & = |\frac{1}{6}(\vec{AB} \times \vec{AC})\cdot\vec{AO}| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}\left[12,8,6\right]\cdot\left[-2,0,0\right]| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}\left(12(-2) + 8\cdot 0+ 6\cdot0\right)| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}(-24) \\
\displaystyle & = |- \frac{24}{6}| \\
\displaystyle & = |-4| \\
\displaystyle & = 4\end{align*}$

Eventuelt kan man regne ut volumet ved hjelp av formelen for volum av pyramide, $V = \frac{G\cdot h}{3}$,

hvor $ \displaystyle G = \frac{|\vec{OA}|\cdot|\vec{OB|}}{2} = \frac{2\cdot3}{2} = 3$
og $ \displaystyle h = |\vec{OC}| = 4$.

Da får man $ \displaystyle V = \frac{3\cdot4}{3} = 4$

c) Om man bruker punktet $A(2,0,0)$ og normalvektoren $\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[12,8,6\right]$ blir likningen for planet $\alpha$:

$ \displaystyle\begin{align*} 12(x - 2) + 8(y - 0) + 6(z - 0) & = 0 \\
\displaystyle 12x - 24 + 8y + 6z & = 0 \\
\displaystyle 12x + 8y + 6z & = 24 \\
\displaystyle \frac{12x}{24} + \frac{8y}{24} + \frac{6z}{24} & = \frac{24}{24} \\
\displaystyle \frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} & = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

===Oppgave 4===

a) Rekken er geometrisk fordi neste ledd i rekken genereres ved å multiplisere det forrige leddet med en fast kvotient $\displaystyle k = e^{-1} = \frac{1}{e}$. Ettersom $\displaystyle \frac{1}{e} < 1$, er altså $\displaystyle |k|<1$, hvilket gjør rekken konvergent.

$ \displaystyle S = \frac{a_1}{1-k} = \frac{1}{1-\frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e}{e} - \frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e-1}{e}} =\frac{e}{e-1}$

b) I dette tilfellet er $\displaystyle k = e^{-x}$, og rekken er konvergent dersom $\displaystyle |k|<1$.

$ \displaystyle |e^{-x}|<1$

Ettersom $\displaystyle e^{-x}$ alltid vil være positivt, kan man skrive om likningen til

$ \displaystyle \begin{align*} e^{-x} & < 1 \\
\displaystyle \ln(e^{-x}) & < \ln1 \\
\displaystyle (-x)\cdot\ln(e) & < 0 \\
\displaystyle -x & < 0 \\
\displaystyle x & > 0 \end{align*}$

$ \displaystyle S = \frac{a_0}{1-k} = \frac{1}{1-e^{-x}} =\frac{1}{1-\frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^x}{e^x} - \frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^{x}-1}{e^{x}}} = \frac{e^x}{e^x - 1}$

===Oppgave 5===

$\displaystyle N'(t) = 4t + 3$ og $\displaystyle N(0) = 800$

$\displaystyle N(t) = \int (4t + 3)\, \mathrm{d}t = 2t^2 + 3t + C \\$

$\displaystyle
\begin{align*}
N(0) & = 800 \\
\displaystyle 2\cdot0^2 + 3\cdot0 + C & = 800 \\
\displaystyle 0 + 0 + C & = 800 \\
\displaystyle C & = 800
\end{align*}$
$\displaystyle C = 800 \Rightarrow N(t) = 2t^2+3t + 800\\$

$\displaystyle N(10) = 2\cdot10^2 + 3\cdot10 + 800 = 200 + 30 + 800 = 1\, \mathrm{0}30$

Det var $\displaystyle\, \mathrm{1}030$ individer i populasjonen etter $\displaystyle 10$ timer.

===Oppgave 6===

$ \displaystyle f(x) = \frac{1}{2}x^4 - 2x^3 + \frac{5}{2}x$

a) $\displaystyle f'(x) = 2x^3 - 6x^2 + \frac{5}{2}$

$\displaystyle f ' ' (x) = 6x^2 - 12x = 6x\left(x - 2\right)$

[[File:R2 H13 6.png]]

Vendepunkter:

$\displaystyle Vp_1: \left(0,f(0)\right) = \left(0,\frac{1}{2}\cdot0^4 - 2\cdot0^3 + \frac{5}{2}\cdot0\right) = \left(0,0\right)$

$\displaystyle Vp_2: \left(2,f(2)\right) = \left(2,\frac{1}{2}\cdot2^4 - 2\cdot2^3 + \frac{5}{2}\cdot2\right) = \left(2,-3\right)$

b) $\displaystyle Vt_1 - 0 = f ' (0)\cdot(x - 0) \Rightarrow Vt_1 = \left(2\cdot0^3 - 6\cdot0^2 + \frac{5}{2}\right)x \Rightarrow Vt_1 = \frac{5}{2}x$

$\displaystyle Vt_2 - \left(-3\right) = f ' (2)\cdot(x - 2) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = \left(2\cdot2^3 - 6\cdot2^2 + \frac{5}{2}\right)\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}x + 11 \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 = -\frac{11}{2}x + 8$

===Oppgave 7===

La $\displaystyle V(n) = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{n\cdot(n + 1)}$ og $\displaystyle H(n) = \frac{n}{n+1}$

$\displaystyle V(1) = \frac{1}{1\cdot2} = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle H(1) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$

$\displaystyle V(1) = H(1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for $\displaystyle n = 1$

$\displaystyle\begin{align*} V(k+1) & = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{k\cdot(k + 1)} + \frac{1}{\left(k+1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = H(k) + \frac{1}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k}{k + 1} + \frac{1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k(k + 2) + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k^2 + 2k + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{\left(k+1\right)^2}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k+1}{k+2}\end{align*}$

og

$\displaystyle H(k+1) = \frac{k+1}{(k+1)+1} = \frac{k+1}{k+2}$

$\displaystyle V(k+1) = H(k+1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for alle naturlige tall $\displaystyle n$.

Hvilket skulle bevises.

==DEL TO==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle F(v) = \frac{2 + 2\cos v}{2}\cdot\sin v = \frac{2\left(1 + \cos v\right)}{2}\cdot\sin v = \left(1 + \cos v\right)\sin v$

Hvilket skulle vises.

Om $\displaystyle v≥\frac{π}{2}$ mister trapeset sin øverste side, og blir derfor til en trekant.

Om $\displaystyle v≤0$ er vinkelen negativ, og trapeset vil ikke lenger være innskrevet i halvsirkelen.

$ \displaystyle v \in <0,\frac{π}{2}>$

b) $\displaystyle F(v) = \left(1+\cos v\right)\sin v $

Produktregelen for derivasjon gir at

$\displaystyle \begin{align*} F'(v) & = \left(-\sin v\right)\sin v + \left(1 + \cos v\right)\cos v \\
& = \cos^2 v + \cos v - \sin^2 v \\
& = \cos^2 v + \cos v - \left(1-\cos^2 v\right) \\
& = 2\cos^2 v +\cos v - 1
\end{align*}$

$\displaystyle \cos v = \frac{-1± \sqrt{1^2-4\cdot2\left(-1\right)}}{2\cdot2} = \frac{-1 ± 3}{4}$

$\displaystyle \cos v_1 = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle \cos v_2 = -1$

$\displaystyle \Rightarrow F'(v) = 2\left(\cos v - \frac{1}{2}\right)\left(\cos v + 1\right)$

[[File:R2 H13 DEL2 1.png]]

$\displaystyle v=\frac{\pi}{3}$ og $\displaystyle F_{maks}(v) = F\left(\frac{\pi}{3}\right) = \left(1+\cos \frac{\pi}{3}\right)\sin \frac{\pi}{3} = \left(1+\frac{1}{2}\right)\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$

===Oppgave 2===

a)

[[File:R2 H13 DEL2 2.png]]

b) Fra tegningen kan man se at grafens utseende i intervallet $\displaystyle x\in\left[0,2\right]$ gjentar seg i intervallet $\displaystyle x \in\left[2,4\right]$ og $\displaystyle\left[4,6\right]$. Altså er det et intervall som gjentas langs $x$-aksen, hvilket betyr at grafen er periodisk.

$\displaystyle p = 2$

c)

$\displaystyle \begin{align*}
f(x) & = \sin \left(πx\right) + \sin \left(2πx\right) \\
& = \sin \left(πx\right) + \sin\left(πx + πx\right) \\
& = \sin\left(πx\right) + \left(\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) + \cos \left(πx\right)\sin \left(πx\right)\right) \\
& = \sin\left(πx\right) + 2\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) \\
& = \sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right)
\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

$\displaystyle\begin{align*} f(x) & = 0 \\
\sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right) & = 0\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \sin\left(πx\right) = 0 & \vee\, \mathrm{1} + 2\cos (πx)= 0 \\
πx =0 + πn & \vee \cos\left(πx\right) = -\frac{1}{2} \\
x = n & \vee\, \mathrm{π}x = \frac{2π}{3}+2πn \vee πx = 2 - \frac{2π}{3}+2n \\
x = n & \vee\, \mathrm{}x = \frac{2}{3}+2n \vee x=\frac{4}{3}+2n
\end{align*}$

$\displaystyle x\in\left[0,2\right] \Rightarrow \begin{align*} x_1 & = 0 \\
x_2 & = \frac{2}{3} \\
x_3 & = 1 \\
x_4 & = \frac{4}{3} \\
x_5 & = 2\end{align*}$

Nullpunkter: $\displaystyle \left(0,0\right)$, $\displaystyle \left(\frac{2}{3},0\right)$, $\displaystyle \left(1,0\right)$, $\displaystyle \left(\frac{4}{3},0\right)$ og $\displaystyle \left(2,0\right)$

===Oppgave 3===

a) For enkelhetens skyld kan likningen $\displaystyle K'(t) = 0,08\cdot K(t)+20\, \mathrm{0}00$ skrives som $\displaystyle y' = 0,08\cdot y + 20\, \mathrm{0}00$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = 0,08 \cdot y + 20\, \mathrm{0}00 \\
y' - 0,08 \cdot y & = 20\, \mathrm{0}00\, \mathrm{|} \cdot e^{-0,08t} \\
y' \cdot e^{-0,08t} - 0,08 \cdot y \cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00 \cdot e^{-0,08t} \\
\left( y\cdot e^{-0,08t}\right) ' & = 20\, \mathrm{0}00 e^{-0,08t} \\
y\cdot e^{-0,08t} & = \int{20\, \mathrm{0}00e^{-0,08t}}\, \mathrm{d}t \\
y\cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00 \int{e^{-0,08t}}\, \mathrm{d}t \\
y\cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00\cdot \left(-\frac{1}{0,08}\right) \cdot e^{-0,08t} + C \\
y\cdot e^{-0,08t} & = -250\, \mathrm{0}00e^{-0,08t} + C\, \mathrm{|} \cdot\frac{1}{e^{-0,08t}} \\
y & = -250\, \mathrm{0}00 + \frac{C}{e^{-0,08t}} \\
y & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
\Rightarrow K(t) & = Ce^{0,08t} -250\, \mathrm{0}00 \end{align*}$

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = 0,08 \cdot y + 20\, \mathrm{0}00 \\
y' & = 0,08\left( y + 250\, \mathrm{0}00\right)\, \mathrm{|} \cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} \\
y' \cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} & = 0,08 \\
\frac{dy}{dt}\cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} & = 0,08 \\
\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00}\, \mathrm{d}y & = 0,08\, \mathrm{d}t \\
\int{\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00}}\, \mathrm{d}y & = \int{0,08}\, \mathrm{d}t \\
\ln|y+250\, \mathrm{0}00| + C_1 & = 0,08t + C_2 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|y+250\, \mathrm{0}00| & = 0,08t + C_3 \\
y+250\, \mathrm{0}00 & = e^{0,08t+C_3} \\
y+250\, \mathrm{0}00 & = e^{C_3}\cdot e^{0,08t} \\
e^{C_3} & = C \Rightarrow y + 250\, \mathrm{0}00 = C e^{0,08t} \\
y & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
\Rightarrow K(t) & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00
\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} K(0) = 20\, \mathrm{0}00 & \Rightarrow 20\, \mathrm{0}00 = Ce^{0,08\cdot 0} - 250\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow 20\, \mathrm{0}00 = C - 250\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow C = 270\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow K(t) = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00\end{align*}$

b) $\displaystyle K(20) = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08\cdot 20} - 250\, \mathrm{0}00 = 270\, \mathrm{0}00\cdot 4,95 - 250\, \mathrm{0}00 = 1\, \mathrm{0}86\, \mathrm{5}00$

Størrelsen på kapitalen etter $\displaystyle 20$ år blir $\displaystyle 1\, \mathrm{0}86\, \mathrm{5}00$ kroner.

c)

$\displaystyle\begin{align*} K(t) & = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
K'(t) & = 21\, \mathrm{6}00 e^{0,08t} \\
K'(t) & = 35\, \mathrm{0}00 \\
21\, \mathrm{6}00 e^{0,08t} & = 35\, \mathrm{0}00 \\
e^{0,08t} & = \frac{35\, \mathrm{0}00}{21\, \mathrm{6}00} \\
0,08t & = \ln\left(\frac{175}{108}\right) \\
t & = \frac{0,48}{0,08} \\
t & = 6 \end{align*}$

Ifølge modellen vil det ta $\displaystyle 6$ år før kapitalen vokser med $\displaystyle 35\, \mathrm{0}00$ kroner hvert år.

===Oppgave 4===

a) På høyre side av likningen er den generelle regelen for integrasjon av polynomer brukt:

$\displaystyle\int{x^{a}}\, \mathrm{d}x = \frac{1}{a+1}x^{a+1} + C$

For ordens skyld kan summen av alle integrasjonskonstantene $\displaystyle C_1 + C_2 + C_3 + C_4 + ...$ fra venstre side av likningen bli kalt $\displaystyle C_n$

På høyre side er substitusjon brukt for å integrere.

$\displaystyle\int{\frac{1}{1-x}}\, \mathrm{d}x$

$\displaystyle u = 1-x \Rightarrow du = -dx \Rightarrow \int{\frac{1}{1-x}}\, \mathrm{d}x = -\int{\frac{1}{u}}\, \mathrm{d}u = -\ln|u| + C_m = \ln|1-x| + C_m$

På grunn av definisjonsmengden kan absoluttverditegnet elimineres.

$\displaystyle \Rightarrow C_n + x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4 = -\ln\left(1-x\right) + C_m$

$\displaystyle C_m - C_n \Rightarrow x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4 + . . . = -\ln\left(1-x\right) + C$

Hvilket skulle vises.

En kan se at den uendelige rekken på venstre side av likningen er formulert slik at graden til $\displaystyle x$ øker for hvert ledd. Derfor vil aldri leddet $\displaystyle a\cdot x^0$ (hvor $\displaystyle a$ er en konstant) dukke opp, hvilket betyr at det ikke eksisterer noe konstantledd på venstre side av likningen. Det er derfor unødvendig å skrive det på høyre side av likningen, hvilket betyr at $\displaystyle C = 0$.

b) $\displaystyle x=\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{1}\cdot\frac{1}{2^1} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^2} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2^3} + \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2^4} + ... = -\ln\left(1-\frac{1}{2}\right) = \ln\left(\frac{1}{2}\right)^{-1} = \ln2$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle n = 19$

===Oppgave 5===

a)

$\displaystyle\begin{align*} g(x) & = 0 \\
1 - k^2 \cdot x^2 & = 0 \\
(1+kx)(1-kx) & = 0 \\
kx & = -1 \vee kx = 1 \\
x & = - \frac{1}{k} \vee x = \frac{1}{k}\end{align*}$

Nullpunkter:

$\displaystyle Np_1 : \left(-\frac{1}{k}, f(-\frac{1}{k})\right) = \left(-\frac{1}{k},1-k^2\cdot\left(\frac{1}{k^2}\right)\right) = \left(-\frac{1}{k},1-1\right) = \left(-\frac{1}{k},0\right)$

$\displaystyle Np_2 : \left(\frac{1}{k}, f(1-k^2\cdot\left(\frac{1}{k^2}\right)\right) = \left(\frac{1}{k},0\right)$

b)

$\displaystyle\begin{align*} A_f(x) & = A_g(x) \\
\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}\cos x\, \mathrm{d}x & = \int_{-\frac{1}{k}}^{\frac{1}{k}}{\left(1-k^2\cdot x^2\right)}\, \mathrm{d}x
\\
\left[\sin x\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} & = \left[x-\frac{k^2}{3}x^3\right]_{-\frac{1}{k}}^{\frac{1}{k}} \\
\sin \left(\frac{π}{2}\right) - \sin \left(-\frac{π}{2}\right) & =\left(\frac{1}{k} - \frac{k^2}{3k^3}\right) - \left(-\frac{1}{k}+\frac{k^2}{3k^3}\right) \\
1-\left(-1\right) & = 2\cdot\frac{1}{k} - 2\cdot\frac{1}{3k} \\
1 & = \frac{1}{k} - \frac{1}{3k} \\
1 & = \frac{3 - 1}{3k} \\
3k & = 2 \\
k & = \frac{2}{3}
\end{align*}$

c) $\displaystyle\cos \left(u + v\right) = \cos u \cdot \cos v - \sin u \cdot \sin v$

$\displaystyle\begin{align*} u = v = x & \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - \sin^2 \left(x\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - \left(1-\cos^2 \left(x\right)\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - 1 + \cos^2 \left(x\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = 2\cos^2 \left(x\right) - 1 \\
& \Rightarrow 2\cos^2 \left(x\right) = 1 + \cos \left(2x\right) \\
& \Rightarrow \cos^2 \left(x\right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot\cos \left(2x\right)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

$\displaystyle\begin{align*} V_1 & = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{f\left(x\right)^2}\, \mathrm{d}x \\
& = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{\cos^2 x}\, \mathrm{d}x \\
& = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\cos \left(2x\right)\right)}\, \mathrm{d}x \\
& = \frac{π}{2}\left[x+\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \\
& = \frac{π}{2}\left(\left(\frac{π}{2}+\frac{1}{2}\cdot\sin \left(2\cdot\frac{π}{2}\right)\right)-\left(-\frac{π}{2}-\frac{1}{2}\cdot\sin \left(2\cdot\left(-\frac{π}{2}\right)\right)\right)\right) \\
& = \frac{π}{2}\left(\frac{π}{2}+0 +\frac{π}{2} + 0\right) \\
& = 2\frac{π^2}{4} \\
& = \frac{π^2}{2}
\end{align*}$

===Oppgave 6===

a) $\displaystyle y - y_0 = \frac{∆x}{∆y}\left(x-x_0\right)$

$\displaystyle\begin{align*} & \Rightarrow y - b = \frac{-b}{a}\left(x-0\right) \\
& \Rightarrow y - b = -\frac{b}{a}x \\
& \Rightarrow y = -\frac{b}{a}x + b\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle y = -\frac{b}{a}x + b$

$\displaystyle\begin{align*} & \Rightarrow \frac{y}{b} = -\frac{b}{ab}x+\frac{b}{b} \\
& \Rightarrow \frac{y}{b} = -\frac{x}{a} + 1 \\
& \Rightarrow \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = \left[-a, b, 0\right] \times \left[-a,0,c\right] = \left[bc - 0, -\left(-ac-0\right),-0-\left(-ab\right)\right] = \left[bc,ac,ab\right]$

Hvilket skulle vises.

d) $\displaystyle \alpha: a\left(x-x_0\right) + b\left(y-y_0\right) + c\left(z-z_0\right) = 0$

$\displaystyle \alpha:$

$\displaystyle\begin{align*} bc\left(x-a\right) + ac\left(y-0\right) + ab\left(z-0\right) & = 0 \\
bc\cdot x - abc + ac\cdot y + ab\cdot z & = 0 \\
bc\cdot x + ac\cdot y + ab\cdot z & = abc\, \mathrm {|} \cdot \frac{1}{abc} \\
\frac{bc\cdot x}{abc} + \frac{ac\cdot y}{abc} + \frac{ab\cdot z}{abc} & = \frac{abc}{abc} \\
\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} & = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

e) Om planet er parallelt med $\displaystyle z$-aksen, krysser aldri planet $\displaystyle z$-aksen. Det vil si at $\displaystyle c \Rightarrow ∞$. Da vil $\displaystyle \frac{z}{c} \Rightarrow 0$.

$\displaystyle \beta: \frac{x}{5}+\frac{y}{4} = 1$

Hvilket skulle vises.

R2 2013 høst LØSNING

2014-05-10T02:07:08Z

Dennis Christensen: /* Oppgave 1 */

[http://matematikk.net/ressurser/eksamen/R2/R2_H13.pdf Oppgaven som pdf]

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=36401 Matteprat: Diskusjon omkring denne oppgaven]

==DEL EN==

===Oppgave 1===

a) $ \displaystyle f(x) = 5x\cos x$

$ \displaystyle f'(x) = 5\cos x + 5x(- \sin x) = 5\cos x - 5x\sin x = 5(\cos x - x\sin x)$

b) $ \displaystyle g(x) = \frac{\sin (2x)}{x}$

$ \displaystyle g'(x) = \frac{2\cos (2x) \cdot x - \sin (2x) \cdot 1}{x^2} = \frac{2x \cos (2x) - \sin (2x)}{x^2}$

===Oppgave 2===

a) $ \displaystyle
\int_0^{1} 2e^{2x} \, \mathrm{d}x
= 2 \int_0^{1} e^{2x} \, \mathrm{d}x
= 2 \left[ \frac{1}{2}e^{2x} \right]_0^{1}
= \frac{2}{2} \left[e^{2x} \right]_0^{1}
= e^{2 \cdot 1} - e^{2 \cdot 0}
= e^2 - e^0
= e^2 - 1$

b) $ \displaystyle \int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x$

La $\displaystyle u = 2x$ og $\displaystyle v' = e^x$

Delvis integrasjon gir at

$\displaystyle
\begin{align*}
\int 2x \cdot e^x \, \mathrm{d}x & = 2x \cdot e^x - \int 2e^x \, \mathrm{d}x + C \\
& = 2xe^x - 2\int e^x \, \mathrm{d}x + C \\
& = 2xe^x - 2e^x + C \\
& = 2e^x(x - 1) + C\end{align*}$

===Oppgave 3===
a) $\vec{AB} = \left[-2,3,0\right]$ og $\vec{AC} = \left[-2,0,4\right]$

Da blir $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = (-2) \cdot (-2) + 3 \cdot 0 + 0 \cdot 4 = 4$

og $\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[3\cdot4 - 0\cdot0,-\left((-2)\cdot4 - 0\cdot(-2)\right),(-2)\cdot0 - 3\cdot(-2)\right] = \left[12,8,6\right]$

b)

$\displaystyle
\begin{align*}
V & = |\frac{1}{6}(\vec{AB} \times \vec{AC})\cdot\vec{AO}| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}\left[12,8,6\right]\cdot\left[-2,0,0\right]| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}\left(12(-2) + 8\cdot 0+ 6\cdot0\right)| \\
\displaystyle & = |\frac{1}{6}(-24) \\
\displaystyle & = |- \frac{24}{6}| \\
\displaystyle & = |-4| \\
\displaystyle & = 4\end{align*}$

Eventuelt kan man regne ut volumet ved hjelp av formelen for volum av pyramide, $V = \frac{G\cdot h}{3}$,

hvor $ \displaystyle G = \frac{|\vec{OA}|\cdot|\vec{OB|}}{2} = \frac{2\cdot3}{2} = 3$
og $ \displaystyle h = |\vec{OC}| = 4$.

Da får man $ \displaystyle V = \frac{3\cdot4}{3} = 4$

c) Om man bruker punktet $A(2,0,0)$ og normalvektoren $\vec{AB} \times \vec{AC} = \left[12,8,6\right]$ blir likningen for planet $\alpha$:

$ \displaystyle\begin{align*} 12(x - 2) + 8(y - 0) + 6(z - 0) & = 0 \\
\displaystyle 12x - 24 + 8y + 6z & = 0 \\
\displaystyle 12x + 8y + 6z & = 24 \\
\displaystyle \frac{12x}{24} + \frac{8y}{24} + \frac{6z}{24} & = \frac{24}{24} \\
\displaystyle \frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} & = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

===Oppgave 4===

a) Rekken er geometrisk fordi neste ledd i rekken genereres ved å multiplisere det forrige leddet med en fast kvotient $\displaystyle k = e^{-1} = \frac{1}{e}$. Ettersom $\displaystyle \frac{1}{e} < 1$, er altså $\displaystyle |k|<1$, hvilket gjør rekken konvergent.

$ \displaystyle S = \frac{a_1}{1-k} = \frac{1}{1-\frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e}{e} - \frac{1}{e}} = \frac{1}{\frac{e-1}{e}} =\frac{e}{e-1}$

b) I dette tilfellet er $\displaystyle k = e^{-x}$, og rekken er konvergent dersom $\displaystyle |k|<1$.

$ \displaystyle |e^{-x}|<1$

Ettersom $\displaystyle e^{-x}$ alltid vil være positivt, kan man skrive om likningen til

$ \displaystyle \begin{align*} e^{-x} & < 1 \\
\displaystyle \ln(e^{-x}) & < \ln1 \\
\displaystyle (-x)\cdot\ln(e) & < 0 \\
\displaystyle -x & < 0 \\
\displaystyle x & > 0 \end{align*}$

$ \displaystyle S = \frac{a_0}{1-k} = \frac{1}{1-e^{-x}} =\frac{1}{1-\frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^x}{e^x} - \frac{1}{e^x}} = \frac{1}{\frac{e^{x}-1}{e^{x}}} = \frac{e^x}{e^x - 1}$

===Oppgave 5===

$\displaystyle N'(t) = 4t + 3$ og $\displaystyle N(0) = 800$

$\displaystyle N(t) = \int (4t + 3)\, \mathrm{d}t = 2t^2 + 3t + C \\$

$\displaystyle
\begin{align*}
N(0) & = 800 \\
\displaystyle 2\cdot0^2 + 3\cdot0 + C & = 800 \\
\displaystyle 0 + 0 + C & = 800 \\
\displaystyle C & = 800
\end{align*}$
$\displaystyle C = 800 \Rightarrow N(t) = 2t^2+3t + 800\\$

$\displaystyle N(10) = 2\cdot10^2 + 3\cdot10 + 800 = 200 + 30 + 800 = 1\, \mathrm{0}30$

Det var $\displaystyle\, \mathrm{1}030$ individer i populasjonen etter $\displaystyle 10$ timer.

===Oppgave 6===

$ \displaystyle f(x) = \frac{1}{2}x^4 - 2x^3 + \frac{5}{2}x$

a) $\displaystyle f'(x) = 2x^3 - 6x^2 + \frac{5}{2}$

$\displaystyle f ' ' (x) = 6x^2 - 12x = 6x\left(x - 2\right)$

[[File:R2 H13 6.png]]

Vendepunkter:

$\displaystyle Vp_1: \left(0,f(0)\right) = \left(0,\frac{1}{2}\cdot0^4 - 2\cdot0^3 + \frac{5}{2}\cdot0\right) = \left(0,0\right)$

$\displaystyle Vp_2: \left(2,f(2)\right) = \left(2,\frac{1}{2}\cdot2^4 - 2\cdot2^3 + \frac{5}{2}\cdot2\right) = \left(2,-3\right)$

b) $\displaystyle Vt_1 - 0 = f ' (0)\cdot(x - 0) \Rightarrow Vt_1 = \left(2\cdot0^3 - 6\cdot0^2 + \frac{5}{2}\right)x \Rightarrow Vt_1 = \frac{5}{2}x$

$\displaystyle Vt_2 - \left(-3\right) = f ' (2)\cdot(x - 2) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = \left(2\cdot2^3 - 6\cdot2^2 + \frac{5}{2}\right)\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}\left(x - 2\right) \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 + 3 = -\frac{11}{2}x + 11 \\
\displaystyle \Rightarrow Vt_2 = -\frac{11}{2}x + 8$

===Oppgave 7===

La $\displaystyle V(n) = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{n\cdot(n + 1)}$ og $\displaystyle H(n) = \frac{n}{n+1}$

$\displaystyle V(1) = \frac{1}{1\cdot2} = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle H(1) = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$

$\displaystyle V(1) = H(1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for $\displaystyle n = 1$

$\displaystyle\begin{align*} V(k+1) & = \frac{1}{1\cdot2} + \frac{1}{2\cdot3} + \frac{1}{3\cdot4} + . . . + \frac{1}{k\cdot(k + 1)} + \frac{1}{\left(k+1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = H(k) + \frac{1}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k}{k + 1} + \frac{1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k(k + 2) + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k^2 + 2k + 1}{\left(k + 1\right) \left(k + 2\right)} \\
& = \frac{\left(k+1\right)^2}{\left(k + 1\right)\left(k + 2\right)} \\
& = \frac{k+1}{k+2}\end{align*}$

og

$\displaystyle H(k+1) = \frac{k+1}{(k+1)+1} = \frac{k+1}{k+2}$

$\displaystyle V(k+1) = H(k+1) \Rightarrow$ Påstanden er bevist for alle naturlige tall $\displaystyle n$.

Hvilket skulle bevises.

==DEL TO==

===Oppgave 1===

a) $\displaystyle F(v) = \frac{2 + 2\cos v}{2}\cdot\sin v = \frac{2\left(1 + \cos v\right)}{2}\cdot\sin v = \left(1 + \cos v\right)\sin v$

Hvilket skulle vises.

Om $\displaystyle v≥\frac{π}{2}$ mister trapeset sin øverste side, og blir derfor til en trekant.

Om $\displaystyle v≤0$ er vinkelen negativ, og trapeset vil ikke lenger være innskrevet i halvsirkelen.

$ \displaystyle v \in <0,\frac{π}{2}>$

b) $\displaystyle F(v) = \left(1+\cos v\right)\sin v $

Produktregelen for derivasjon gir at

$\displaystyle \begin{align*} F'(v) & = \left(-\sin v\right)\sin v + \left(1 + \cos v\right)\cos v \\
& = \cos^2 v + \cos v - \sin^2 v \\
& = \cos^2 v + \cos v - \left(1-\cos^2 v\right) \\
& = 2\cos^2 v +\cos v - 1
\end{align*}$

$\displaystyle \cos v = \frac{-1± \sqrt{1^2-4\cdot2\left(-1\right)}}{2\cdot2} = \frac{-1 ± 3}{4}$

$\displaystyle \cos v_1 = \frac{1}{2}$ og $\displaystyle \cos v_2 = -1$

$\displaystyle \Rightarrow F'(v) = 2\left(\cos v - \frac{1}{2}\right)\left(\cos v + 1\right)$

[[File:R2 H13 DEL2 1.png]]

$\displaystyle v=\frac{\pi}{3}$ og $\displaystyle F_{maks}(v) = F\left(\frac{\pi}{3}\right) = \left(1+\cos \frac{\pi}{3}\right)\sin \frac{\pi}{3} = \left(1+\frac{1}{2}\right)\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$

===Oppgave 2===

a)

[[File:R2 H13 DEL2 2.png]]

b) Fra tegningen kan man se at grafens utseende i intervallet $\displaystyle x\in\left[0,2\right]$ gjentar seg i intervallet $\displaystyle x \in\left[2,4\right]$ og $\displaystyle\left[4,6\right]$. Altså er det et intervall som gjentas langs $x$-aksen, hvilket betyr at grafen er periodisk.

$\displaystyle p = 2$

c)

$\displaystyle \begin{align*}
f(x) & = \sin \left(πx\right) + \sin \left(2πx\right) \\
& = \sin \left(πx\right) + \sin\left(πx + πx\right) \\
& = \sin\left(πx\right) + \left(\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) + \cos \left(πx\right)\sin \left(πx\right)\right) \\
& = \sin\left(πx\right) + 2\sin \left(πx\right)\cos \left(πx\right) \\
& = \sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right)
\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

$\displaystyle\begin{align*} f(x) & = 0 \\
\sin\left(πx\right) \left( 1 + 2\cos (πx) \right) & = 0\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} \sin\left(πx\right) = 0 & \vee\, \mathrm{1} + 2\cos (πx)= 0 \\
πx =0 + πn & \vee \cos\left(πx\right) = -\frac{1}{2} \\
x = n & \vee\, \mathrm{π}x = \frac{2π}{3}+2πn \vee πx = 2 - \frac{2π}{3}+2n \\
x = n & \vee\, \mathrm{}x = \frac{2}{3}+2n \vee x=\frac{4}{3}+2n
\end{align*}$

$\displaystyle x\in\left[0,2\right] \Rightarrow \begin{align*} x_1 & = 0 \\
x_2 & = \frac{2}{3} \\
x_3 & = 1 \\
x_4 & = \frac{4}{3} \\
x_5 & = 2\end{align*}$

Nullpunkter: $\displaystyle \left(0,0\right)$, $\displaystyle \left(\frac{2}{3},0\right)$, $\displaystyle \left(1,0\right)$, $\displaystyle \left(\frac{4}{3},0\right)$ og $\displaystyle \left(2,0\right)$

===Oppgave 3===

a) For enkelhetens skyld kan likningen $\displaystyle K'(t) = 0,08\cdot K(t)+20\, \mathrm{0}00$ skrives som $\displaystyle y' = 0,08\cdot y + 20\, \mathrm{0}00$

METODE 1

Differensiallikningen kan løses med en integrerende faktor.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = 0,08 \cdot y + 20\, \mathrm{0}00 \\
y' - 0,08 \cdot y & = 20\, \mathrm{0}00\, \mathrm{|} \cdot e^{-0,08t} \\
y' \cdot e^{-0,08t} - 0,08 \cdot y \cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00 \cdot e^{-0,08t} \\
\left( y\cdot e^{-0,08t}\right) ' & = 20\, \mathrm{0}00 e^{-0,08t} \\
y\cdot e^{-0,08t} & = \int{20\, \mathrm{0}00e^{-0,08t}}\, \mathrm{d}t \\
y\cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00 \int{e^{-0,08t}}\, \mathrm{d}t \\
y\cdot e^{-0,08t} & = 20\, \mathrm{0}00\cdot \left(-\frac{1}{0,08}\right) \cdot e^{-0,08t} + C \\
y\cdot e^{-0,08t} & = -250\, \mathrm{0}00e^{-0,08t} + C\, \mathrm{|} \cdot\frac{1}{e^{-0,08t}} \\
y & = -250\, \mathrm{0}00 + \frac{C}{e^{-0,08t}} \\
y & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
\Rightarrow K(t) & = Ce^{0,08t} -250\, \mathrm{0}00 \end{align*}$

METODE 2

Differensiallikningen er separabel.

$\displaystyle \begin{align*} y' & = 0,08 \cdot y + 20\, \mathrm{0}00 \\
y' & = 0,08\left( y + 250\, \mathrm{0}00\right)\, \mathrm{|} \cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} \\
y' \cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} & = 0,08 \\
\frac{dy}{dt}\cdot\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00} & = 0,08 \\
\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00}\, \mathrm{d}y & = 0,08\, \mathrm{d}t \\
\int{\frac{1}{y+250\, \mathrm{0}00}}\, \mathrm{d}y & = \int{0,08}\, \mathrm{d}t \\
\ln|y+250\, \mathrm{0}00| + C_1 & = 0,08t + C_2 \\
C_2 - C_1 = C_3 \Rightarrow \ln|y+250\, \mathrm{0}00| & = 0,08t + C_3 \\
y+250\, \mathrm{0}00 & = e^{0,08t+C_3} \\
y+250\, \mathrm{0}00 & = e^{C_3}\cdot e^{0,08t} \\
e^{C_3} & = C \Rightarrow y + 250\, \mathrm{0}00 = C e^{0,08t} \\
y & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
\Rightarrow K(t) & = Ce^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00
\end{align*}$

$\displaystyle\begin{align*} K(0) = 20\, \mathrm{0}00 & \Rightarrow 20\, \mathrm{0}00 = Ce^{0,08\cdot 0} - 250\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow 20\, \mathrm{0}00 = C - 250\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow C = 270\, \mathrm{0}00 \\
& \Rightarrow K(t) = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00\end{align*}$

b) $\displaystyle K(20) = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08\cdot 20} - 250\, \mathrm{0}00 = 270\, \mathrm{0}00\cdot 4,95 - 250\, \mathrm{0}00 = 1\, \mathrm{0}86\, \mathrm{5}00$

Størrelsen på kapitalen etter $\displaystyle 20$ år blir $\displaystyle 1\, \mathrm{0}86\, \mathrm{5}00$ kroner.

c)

$\displaystyle\begin{align*} K(t) & = 270\, \mathrm{0}00 e^{0,08t} - 250\, \mathrm{0}00 \\
K'(t) & = 21\, \mathrm{6}00 e^{0,08t} \\
K'(t) & = 35\, \mathrm{0}00 \\
21\, \mathrm{6}00 e^{0,08t} & = 35\, \mathrm{0}00 \\
e^{0,08t} & = \frac{35\, \mathrm{0}00}{21\, \mathrm{6}00} \\
0,08t & = \ln\left(\frac{175}{108}\right) \\
t & = \frac{0,48}{0,08} \\
t & = 6 \end{align*}$

Ifølge modellen vil det ta $\displaystyle 6$ år før kapitalen vokser med $\displaystyle 35\, \mathrm{0}00$ kroner hvert år.

===Oppgave 4===

a) På høyre side av likningen er den generelle regelen for integrasjon av polynomer brukt:

$\displaystyle\int{x^{a}}\, \mathrm{d}x = \frac{1}{a+1}x^{a+1} + C$

For ordens skyld kan summen av alle integrasjonskonstantene $\displaystyle C_1 + C_2 + C_3 + C_4 + ...$ fra venstre side av likningen bli kalt $\displaystyle C_n$

På høyre side er substitusjon brukt for å integrere.

$\displaystyle\int{\frac{1}{1-x}}\, \mathrm{d}x$

$\displaystyle u = 1-x \Rightarrow du = -dx \Rightarrow \int{\frac{1}{1-x}}\, \mathrm{d}x = -\int{\frac{1}{u}}\, \mathrm{d}u = -\ln|u| + C_m = \ln|1-x| + C_m$

På grunn av definisjonsmengden kan absoluttverditegnet elimineres.

$\displaystyle \Rightarrow C_n + x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4 = -\ln\left(1-x\right) + C_m$

$\displaystyle C_m - C_n \Rightarrow x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{4}x^4 + . . . = -\ln\left(1-x\right) + C$

Hvilket skulle vises.

En kan se at den uendelige rekken på venstre side av likningen er formulert slik at graden til $\displaystyle x$ øker for hvert ledd. Derfor vil aldri leddet $\displaystyle a\cdot x^0$ (hvor $\displaystyle a$ er en konstant) dukke opp, hvilket betyr at det ikke eksisterer noe konstantledd på venstre side av likningen. Det er derfor unødvendig å skrive det på høyre side av likningen, hvilket betyr at $\displaystyle C = 0$.

b) $\displaystyle x=\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{1}\cdot\frac{1}{2^1} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^2} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2^3} + \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2^4} + ... = -\ln\left(1-\frac{1}{2}\right) = \ln\left(\frac{1}{2}\right)^{-1} = \ln2$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle n = 19$

===Oppgave 5===

a)

$\displaystyle\begin{align*} g(x) & = 0 \\
1 - k^2 \cdot x^2 & = 0 \\
(1+kx)(1-kx) & = 0 \\
kx & = -1 \vee kx = 1 \\
x & = - \frac{1}{k} \vee x = \frac{1}{k}\end{align*}$

Nullpunkter:

$\displaystyle Np_1 : \left(-\frac{1}{k}, f(-\frac{1}{k})\right) = \left(-\frac{1}{k},1-k^2\cdot\left(\frac{1}{k^2}\right)\right) = \left(-\frac{1}{k},1-1\right) = \left(-\frac{1}{k},0\right)$

$\displaystyle Np_2 : \left(\frac{1}{k}, f(1-k^2\cdot\left(\frac{1}{k^2}\right)\right) = \left(\frac{1}{k},0\right)$

b)

$\displaystyle\begin{align*} A_f(x) & = A_g(x) \\
\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}\cos x\, \mathrm{d}x & = \int_{-\frac{1}{k}}^{\frac{1}{k}}{\left(1-k^2\cdot x^2\right)}\, \mathrm{d}x
\\
\left[\sin x\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} & = \left[x-\frac{k^2}{3}x^3\right]_{-\frac{1}{k}}^{\frac{1}{k}} \\
\sin \left(\frac{π}{2}\right) - \sin \left(-\frac{π}{2}\right) & =\left(\frac{1}{k} - \frac{k^2}{3k^3}\right) - \left(-\frac{1}{k}+\frac{k^2}{3k^3}\right) \\
1-\left(-1\right) & = 2\cdot\frac{1}{k} - 2\cdot\frac{1}{3k} \\
1 & = \frac{1}{k} - \frac{1}{3k} \\
1 & = \frac{3 - 1}{3k} \\
3k & = 2 \\
k & = \frac{2}{3}
\end{align*}$

c) $\displaystyle\cos \left(u + v\right) = \cos u \cdot \cos v - \sin u \cdot \sin v$

$\displaystyle\begin{align*} u = v = x & \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - \sin^2 \left(x\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - \left(1-\cos^2 \left(x\right)\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = \cos^2 \left(x\right) - 1 + \cos^2 \left(x\right) \\
& \Rightarrow \cos \left(2x\right) = 2\cos^2 \left(x\right) - 1 \\
& \Rightarrow 2\cos^2 \left(x\right) = 1 + \cos \left(2x\right) \\
& \Rightarrow \cos^2 \left(x\right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot\cos \left(2x\right)\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

d)

$\displaystyle\begin{align*} V_1 & = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{f\left(x\right)^2}\, \mathrm{d}x \\
& = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{\cos^2 x}\, \mathrm{d}x \\
& = π\int_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}}{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\cos \left(2x\right)\right)}\, \mathrm{d}x \\
& = \frac{π}{2}\left[x+\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)\right]_{-\frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \\
& = \frac{π}{2}\left(\left(\frac{π}{2}+\frac{1}{2}\cdot\sin \left(2\cdot\frac{π}{2}\right)\right)-\left(-\frac{π}{2}-\frac{1}{2}\cdot\sin \left(2\cdot\left(-\frac{π}{2}\right)\right)\right)\right) \\
& = \frac{π}{2}\left(\frac{π}{2}+0 +\frac{π}{2} + 0\right) \\
& = 2\frac{π^2}{4} \\
& = \frac{π^2}{2}
\end{align*}$

===Oppgave 6===

a) $\displaystyle y - y_0 = \frac{∆x}{∆y}\left(x-x_0\right)$

$\displaystyle\begin{align*} & \Rightarrow y - b = \frac{-b}{a}\left(x-0\right) \\
& \Rightarrow y - b = -\frac{b}{a}x \\
& \Rightarrow y = -\frac{b}{a}x + b\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

b) $\displaystyle y = -\frac{b}{a}x + b$

$\displaystyle\begin{align*} & \Rightarrow \frac{y}{b} = -\frac{b}{ab}x+\frac{b}{b} \\
& \Rightarrow \frac{y}{b} = -\frac{x}{a} + 1 \\
& \Rightarrow \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

c) $\displaystyle\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = \left[-a, b, 0\right] \times \left[-a,0,c\right] = \left[bc - 0, -\left(-ac-0\right),-0-\left(-ab\right)\right] = \left[bc,ac,ab\right]$

Hvilket skulle vises.

d) $\displaystyle \alpha: a\left(x-x_0\right) + b\left(y-y_0\right) + c\left(z-z_0\right) = 0$

$\displaystyle \alpha:$

$\displaystyle\begin{align*} bc\left(x-a\right) + ac\left(y-0\right) + ab\left(z-0\right) & = 0 \\
bc\cdot x - abc + ac\cdot y + ab\cdot z & = 0 \\
bc\cdot x + ac\cdot y + ab\cdot z & = abc\, \mathrm {|} \cdot \frac{1}{abc} \\
\frac{bc\cdot x}{abc} + \frac{ac\cdot y}{abc} + \frac{ab\cdot z}{abc} & = \frac{abc}{abc} \\
\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} & = 1\end{align*}$

Hvilket skulle vises.

e) Om planet er parallelt med $\displaystyle z$-aksen, krysser aldri planet $\displaystyle z$-aksen. Det vil si at $\displaystyle c \Rightarrow ∞$. Da vil $\displaystyle \frac{z}{c} \Rightarrow 0$.

$\displaystyle \beta: \frac{x}{5}+\frac{y}{4} = 1$

Hvilket skulle vises.