R2 Høst 2009

Vi bruker produktregelen, ${(u\cdot v)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$, med $u=x^2$ og $v=\sin x$.

$\underline{\underline{f^{\prime }(x)=2x\sin x+x^2\cos x}}$

En vinkel målt i radianer er definert ut fra buelengden på enhetssirkelen (sirkel med radius $1$): vinkelen $v$ i radianer er lik lengden av sirkelbuen som vinkelen spenner over på enhetssirkelen.

Siden hele sirkelen har omkrets $2\pi \cdot 1=2\pi$, tilsvarer en hel omdreining på $360°$ nettopp $2\pi$ radianer. Dette gir sammenhengen

For å regne om fra grader til radianer multipliserer vi med ${\displaystyle \frac{\pi }{180}}$, og fra radianer til grader multipliserer vi med ${\displaystyle \frac{180}{\pi }}$.

Differensiallikningen $y^{\prime }+2y=3x$ er lineær av første orden. Vi løser den med integrerende faktor $e^{2x}$:

Venstre side er den deriverte av produktet $e^{2x}y$:

Vi integrerer begge sider. Høyre side krever delvis integrasjon med $u=3x$, $v^{\prime }=e^{2x}$, altså $u^{\prime }=3$, $v=\frac{1}{2}{e}^{2x}$:

Dermed er

Setter inn $y(0)=3$:

$\underline{\underline{y={\displaystyle \frac{3}{2}}x-{\displaystyle \frac{3}{4}}+{\displaystyle \frac{15}{4}}{e}^{-2x}}}$

1) Vi sjekker om $f(1)=0$:

Siden $f(1)=0$, er $(x-1)$ en faktor i $f(x)$ (faktorteoremet).

Vi utfører polynomdivisjon (eller setter opp $f(x)=(x-1)(x^2+ax+b)$ og sammenligner koeffisienter):

og $x^2-4=(x-2)(x+2)$, så

2) Med $f(x)=(x+2)(x-1)(x-2)$ setter vi opp delbrøksoppspaltingen med felles nevner $(x+2)(x-1)(x-2)$:

Vi regner ut telleren ledd for ledd:

Dette er nettopp telleren i det opprinnelige uttrykket, og nevneren $(x+2)(x-1)(x-2)=f(x)$. Dermed er

som vi skulle vise.

3) Ved hjelp av delbrøksoppspaltingen fra 2) blir integralet

$\underline{\underline{\ln |x+2|-\ln |x-1|+\ln |x-2|+C}}$

I en geometrisk rekke er kvotienten mellom to påfølgende ledd konstant, så ${\displaystyle \frac{a_2}{a_1}}={\displaystyle \frac{a_3}{a_2}}$, altså $a_2^2=a_1\cdot a_3$.

Kontroll: Da blir $a_1=1$, $a_2=4$, $a_3=16$, med konstant kvotient $k=4$. Rekken er geometrisk.

Vi skal bevise ved induksjon at

for alle $n\in \mathbb{N}$, der $S_n=a_1+a_{1}k+a_1{k}^2+\cdots +a_1{k}^{n-1}$.

Basissteg ($n=1$): $S_1=a_1$. Formelen gir

Formelen stemmer for $n=1$.

Induksjonssteg: Anta at formelen er sann for et vilkårlig $n$, altså at

Vi skal vise at formelen da også er sann for $n+1$. Siden $S_{n+1}=S_n+a_{n+1}$, og leddet $a_{n+1}=a_1{k}^n$, får vi

Dette er nettopp formelen med $n$ erstattet av $n+1$. Siden formelen er sann for $n=1$, og sann for $n=1$ medfører sann for $n=2$, osv., er formelen sann for alle naturlige tall $n$ ved induksjonsprinsippet.

Vi finner først vektorene $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$:

Skalarproduktet er

$\underline{\underline{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=16}}$

Vi bruker formelen for kryssprodukt med $\overrightarrow{AB}=(\mathrm{2,1,2})$ og $\overrightarrow{AC}=(\mathrm{1,6,4})$:

$\underline{\underline{\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(-8,-6,11)}}$

Kryssproduktet $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}$ står vinkelrett på både $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$, og er dermed en normalvektor $\overrightarrow{n}=(-8,-6,11)$ til planet $\alpha$ som inneholder $A$, $B$ og $C$.

Planlikningen med normalvektor $\overrightarrow{n}=(n_1,n_2,n_3)$ gjennom punktet $A(a_1,a_2,a_3)$ er

Med $A(\mathrm{1,1,1})$ og $\overrightarrow{n}=(-8,-\mathrm{6,11})$:

Vi undersøker om $D(\mathrm{2,2,3})$ ligger i planet ved å sette inn:

Siden venstre side ikke blir null, ligger $\underline{\underline{D\text{ ikke i planet }\alpha }}$.

Linjen $l$ skal stå vinkelrett på planet $\alpha$, og kan derfor bruke normalvektoren $\overrightarrow{n}=(-8,-6,11)$ til $\alpha$ som retningsvektor. Linjen går gjennom $D(\mathrm{2,2,3})$, så en parameterframstilling er

For å finne skjæringspunktet $S$ mellom $l$ og $\alpha$ setter vi parameterframstillingen inn i planlikningen $-8x-6y+11z+3=0$:

Vi setter denne $t$-verdien inn i parameterframstillingen:

$\underline{\underline{S=({\displaystyle \frac{506}{221}},{\displaystyle \frac{490}{221}},{\displaystyle \frac{575}{221}})}}$

Arealet av den rettvinklede trekanten kan regnes ut på to måter: med de to katetene som grunnlinje og høyde, eller med hypotenusen som grunnlinje og $h$ som høyde:

Dette gir direkte

Fra dette får vi $h={\displaystyle \frac{a\cdot b}{c}}$. Pytagoras’ setning gir $a^2+b^2=c^2$. Vi ser på venstre side av likheten vi skal vise:

Høyre side:

Siden begge sider blir ${\displaystyle \frac{c^2}{{(ab)}^2}}$, er

Med $O(\mathrm{0,0,0})$, $A(a,\mathrm{0,0})$, $B(0,b,0)$ og $C(\mathrm{0,0},c)$ blir

Kryssproduktet regnes ut med determinantmetoden:

Arealet av $△ABC$ er halve lengden av dette vektorproduktet:

Trekantene $OAC$, $OBC$ og $OAB$ ligger i hvert sitt koordinatplan og er rettvinklede med katetlengder lik koordinataksene:

Summen av kvadratene blir

Fra b) er $F_{△ABC}^2={\displaystyle \frac{1}{4}}(a^2{b}^2+b^2{c}^2+a^2{c}^2)$, altså nøyaktig samme uttrykk. Dermed er

Sjekket numerisk (med $a=3$, $b=4$, $c=5$) i GeoGebra CAS, se KryssCheck og Diff_c i utklippet under — begge blir $0$, som bekrefter både kryssproduktet fra b) og arealsetningen.

Tetraederet $OABC$ har volum $V={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot \text{grunnflate}\cdot \text{høyde}$, uansett hvilken sideflate vi velger som grunnflate.

Velger vi $△OAB$ (i $xy$-planet) som grunnflate, står $C=(\mathrm{0,0},c)$ rett over origo med avstand $c$ til dette planet, så høyden er $c$:

Velger vi i stedet $△ABC$ som grunnflate, er høyden per definisjon avstanden $h$ fra $O$ til planet $ABC$:

Siden dette er samme volum, kan vi sette uttrykkene like:

Løser vi for $F_{△ABC}$:

Fra c) har vi

Fra d) har vi $F_{△ABC}={\displaystyle \frac{abc}{2h}}$, altså

Setter vi de to uttrykkene for $F_{△ABC}^2$ like hverandre:

Deler vi begge sider med $a^2{b}^2{c}^2$:

som er det samme som

Sjekket numerisk (med $a=3$, $b=4$, $c=5$) i GeoGebra CAS, se Diff_e i utklippet over — differansen blir tilnærmet $0$ (avrundingsfeil i 15. desimal), som bekrefter identiteten.

Merk: Formelen i e) er en romlig utvidelse av formelen fra a) — nøyaktig samme type sammenheng, bare med tre kateter ($a$, $b$, $c$) langs aksene i stedet for to.

Grafen til $f$ har toppunkt i $(1,6)$ og det nærmeste bunnpunktet er $(3,-1)$. Avstanden fra et toppunkt til det nærmeste bunnpunktet er alltid en halv periode, så

Siden $f$ er periodisk med periode $T=4$, er $f(x+4)=f(x)$ for alle $x$. Dermed er

så grafen har toppunkt også i $(5,6)$.

Fordi $f$ gjentar seg med periode $4$, får vi enda et toppunkt og to bunnpunkter til innenfor $x\in ⟨0,12⟩$ ved å legge til/trekke fra $4$:

Bestemme funksjonsuttrykket

Amplituden $a$ og den vertikale forskyvningen $d$ finnes fra topp- og bunnverdien:

Vinkelfrekvensen $c$ finnes fra perioden:

Toppunktet er der $\cos (cx-\phi )=1$, altså der $cx-\phi =0$. Med toppunkt i $x=1$:

Funksjonsuttrykket blir dermed

Funksjonen avtar raskest der den deriverte er mest negativ. Den deriverte er

Dette uttrykket er mest negativt når $\sin (\frac{\pi }{2}x-\frac{\pi }{2})=1$, det vil si når

Dette er de vendepunktene som ligger midt mellom et toppunkt og det påfølgende bunnpunktet (f.eks. mellom $(\mathrm{1,6})$ og $(3,-1)$), noe som stemmer godt overens med grafens form. Innenfor $x\in ⟨0,12⟩$ gir dette

Nullpunktene finnes ved å løse $f(x)=0$:

CAS gir den generelle løsningen (se rad 2 i skjermbildet):

som svarer til den eksakte formen $x=1\pm {\displaystyle \frac{2}{\pi }}\arccos (-\frac{5}{7})+4n$. De løsningene som ligger i $⟨0,12⟩$ er

Grafen til $f$ sammen med linjen $y=5$:

Grafen ligger over linjen $y=5$ i tre like store flatestykker, ett rundt hvert toppunkt $x=1,5,9$. Skjæringspunktene mellom $f$ og $y=5$ (de grå punktene i grafen) gir grensene for hvert flatestykke:

Det samlede arealet er summen av de bestemte integralene av $f(x)-5$ over disse tre intervallene (rad 3 i CAS-skjermbildet over):

Det samlede arealet av flatestykkene er

Volumet av omdreiningslegemet når grafen til $f$ dreies ${360}^{\circ }$ om $x$-aksen, er gitt ved

Beregning i GeoGebra CAS:

$\underline{\underline{V={\displaystyle \frac{81}{2}}\pi \approx \mathrm{127,2}}}$

For hver $x\in [0,9]$ er den vertikale avstanden mellom grafen til $f$ og linjen $l:y=k$ lik $|f(x)-k|$. Når grafen dreies ${360}^{\circ }$ om linjen $l$, vil hvert punkt på grafen beskrive en sirkel med radius $|f(x)-k|$ rundt $l$, akkurat som i a) der grafen dreies om $x$-aksen (som svarer til $k=0$).

Tverrsnittet av omdreiningslegemet i punktet $x$ er derfor en sirkel med areal

siden ${(f(x)-k)}^2={|f(x)-k|}^2$ uansett fortegn. Volumet finner vi ved å integrere tverrsnittsarealet over $[0,9]$:

som er det som skulle forklares.

Vi løser integralet i GeoGebra CAS (se skjermbildet i a) for hele CAS-sesjonen, linje 3–4):

CAS gir

For å finne minste volum deriverer vi $V(k)$ med hensyn på $k$ og setter den deriverte lik null (linje 5–6 i skjermbildet):

Siden $V(k)$ er et andregradsuttrykk i $k$ med positiv koeffisient foran $k^2$, er $k=2$ et minimumspunkt. Verdien $k=2$ ligger i det tillatte intervallet $[0,3]$.

Minste volum er (linje 7 i skjermbildet)

$\underline{\underline{k=2}}$ gir det minste omdreiningsvolumet, $V(2)={\displaystyle \frac{9}{2}}\pi$.

Ballen slippes fra en høyde, den blir altså ikke kastet eller gitt noen starthastighet. Idet den slippes er farten derfor $0$, det vil si $v(0)=0$.

Vi løser den lineære differensiallikningen

med integrerende faktor $\mu (t)={\mathrm{e}}^{t/4}$:

Setter inn $v(0)=0$:

Dette gir

Vi ser at $v(t)\to 40$ når $t\to \infty$, som stemmer med at maksfarten (grensehastigheten) er oppgitt til $40\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Siden $s^{\prime }(t)=v(t)$, finner vi $s(t)$ ved å integrere:

Ballen har ikke falt noe ved $t=0$, så $s(0)=0$: