R2 Høst 2018

Vi deriverer $f(x)=6\cos (2x-1)$ med kjerneregelen. Kjernen er $u=2x-1$, med $u^{\prime }=2$.

Vi bruker den pytagoreiske identiteten ${\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x=1$ direkte:

Siden $g$ er en konstant funksjon, er den deriverte

Vi kan også kontrollere dette ved å derivere ledd for ledd med kjerneregelen:

Vi integrerer ledd for ledd med regelen $\int x^n\mathrm{d}x=\frac{1}{n+1}{x}^{n+1}+C$:

Vi bruker substitusjon $u=x^2+2$, som gir $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$, altså $4x\mathrm{d}x=2\mathrm{d}u$:

Vi setter tilbake $u=x^2+2$:

Vi faktoriserer nevneren, $x^2-4=(x-2)(x+2)$, og skriver brøken som en sum av delbrøker:

Vi multipliserer med fellesnevneren:

Setter $x=2$: $4=4A\Rightarrow A=1$

Setter $x=-2$: $4=-4B\Rightarrow B=-1$

Da blir integralet

Rekken $S(x)=1+{\mathrm{e}}^{-x}+{\mathrm{e}}^{-2x}+{\mathrm{e}}^{-3x}+\cdots$ er en geometrisk rekke med $a_1=1$ og kvotient $k={\mathrm{e}}^{-x}$.

En geometrisk rekke konvergerer når $|k|<1$. Siden ${\mathrm{e}}^{-x}>0$ for alle $x$, er betingelsen

Vi tar $\ln$ på begge sider:

Rekken konvergerer altså for $\underline{\underline{x>0}}$.

For $x>0$ konvergerer rekken mot

Vi setter $S(x)=3$:

Vi tar $\ln$ på begge sider:

Siden $\ln \frac{3}{2}>0$, oppfyller løsningen konvergensbetingelsen fra a).

Grafen til $f(x)=\sin x$ starter i origo, stiger til toppunkt $(\pi /2,1)$, går gjennom $(\pi ,0)$, ned til bunnpunkt $(3\pi /2,-1)$, og tilbake til $(2\pi ,0)$.

Grafen til $g(x)=\cos x$ starter i toppunkt $(0,1)$, synker gjennom $(\pi /2,0)$ til bunnpunkt $(\pi ,-1)$, stiger gjennom $(3\pi /2,0)$ og tilbake til toppunkt $(2\pi ,1)$.

De to grafene, tegnet i samme koordinatsystem for $0\le x\le 2\pi$, krysser hverandre to ganger, ved $x=\frac{\pi }{4}$ og $x=\frac{5\pi }{4}$ (se b).

Vi løser likningen $f(x)=g(x)$:

Siden $\cos x=0$ ikke gir noen løsning her (da måtte også $\sin x=0$, som er umulig samtidig), kan vi dele på $\cos x$:

På intervallet $[0,2\pi ]$ gir dette

Vi finner $y$-verdiene: $f\left(\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$ og $f\left(\frac{5\pi }{4}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$. Skjæringspunktene er

Mellom de to skjæringspunktene, altså for $\frac{\pi }{4}\le x\le \frac{5\pi }{4}$, ligger grafen til $f$ over grafen til $g$ (f.eks. ved $x=\frac{\pi }{2}$ er $f(x)=1>0=g(x)$). Området som avgrenses av de to grafene har derfor arealet

Vi setter inn grensene:

Arealet av området er

Amplituden $A$ er halve avstanden mellom høyeste og laveste punkt:

Bøyen bruker $4\mathrm{s}$ på å bevege seg fra høyeste til laveste punkt, altså en halv periode. Perioden er dermed $T=8\mathrm{s}$, og

Siden bøyen er på sitt høyeste punkt ved $t=0$, må $f(0)=A$:

Funksjonsuttrykket blir

Vi løser $f(t)=\mathrm{0,6}$ for $t\in [0,10]$:

Setter $u={\displaystyle \frac{\pi }{4}}t+{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$. Da er

Setter tilbake $u$ og løser for $t$:

Setter inn verdier for $k$ og plukker ut løsningene som ligger i $[0,10]$:

• $k=0$: $t={\displaystyle \frac{4}{3}}\approx \mathrm{1,33}$
• $k=1$: $t={\displaystyle \frac{20}{3}}\approx \mathrm{6,67}$ og $t={\displaystyle \frac{28}{3}}\approx \mathrm{9,33}$

Bøyen er $\mathrm{0,6}\mathrm{m}$ over likevektslinjen ved

I retningsdiagrammet er linjestykkene vannrette langs hele $x$-aksen ($y=0$) og langs hele $y$-aksen ($x=0$).

For $y^{\prime }=x+y$: langs $x$-aksen er $y^{\prime }=x$, som ikke er null for $x\ne 0$. Stigningstallet varierer altså langs aksen og er ikke gjennomgående null. Dette stemmer ikke med diagrammet.

For $y^{\prime }={\displaystyle \frac{x}{y}}$: uttrykket er ikke definert når $y=0$, og for $y$ nær $0$ (og $x\ne 0$) blir $\left|{\displaystyle \frac{x}{y}}\right|$ svært stor — retningsdiagrammet ville da vist bratte, nesten loddrette linjestykker nær $x$-aksen. Diagrammet viser derimot vannrette linjestykker der. Denne likningen passer heller ikke.

For $y^{\prime }=xy$: langs $x$-aksen er $y^{\prime }=x\cdot 0=0$, og langs $y$-aksen er $y^{\prime }=0\cdot y=0$ — vannrett stigningstall langs begge akser, akkurat slik diagrammet viser.

Konklusjon: likning $1)$ og $2)$ kan ikke ha dette retningsdiagrammet. Retningsdiagrammet tilhører

Vi løser den separable differensiallikningen $y^{\prime }=xy$ ved separasjon av variable:

Vi setter koordinatene til $A$, $B$ og $C$ inn i planlikningen $3x+2y+2z-1=0$:

$A(-\mathrm{1,1,1})$: $3\cdot (-1)+2\cdot 1+2\cdot 1-1=-3+2+2-1=0$ ✓

$B(1,-\mathrm{1,0})$: $3\cdot 1+2\cdot (-1)+2\cdot 0-1=3-2+0-1=0$ ✓

$C(-\mathrm{1,0,2})$: $3\cdot (-1)+2\cdot 0+2\cdot 2-1=-3+0+4-1=0$ ✓

Alle tre punktene tilfredsstiller planlikningen, så $A$, $B$ og $C$ ligger i planet $3x+2y+2z-1=0$.

Volumet av tetraederet $ABCD$ er gitt ved

Kryssproduktet:

Vektoren $\overrightarrow{AD}$:

Prikkproduktet:

Volumet blir dermed

der vi kan fjerne absoluttverditegnet siden $s^2+2s+6={(s+1)}^2+5>0$ for alle $s$.

Vi fullfører kvadratet:

Siden ${(s+1)}^2\ge 0$ for alle $s$, er volumet minst når ${(s+1)}^2=0$, altså når $s=-1$. Minste volum blir

Vi finner først ut hvor grafene skjærer hverandre, ved å se på differansen $f(x)-g(x)$:

Faktoren $x^2-2x+2$ har diskriminant ${(-2)}^2-4\cdot 1\cdot 2=-4<0$, altså ingen reelle nullpunkter. Grafene skjærer derfor hverandre kun i $x=0$ og $x=2$.

Grafene til $f$ og $g$ er tegnet i GeoGebra:

Den blå kurven er $f$, den røde er $g$. Området $M$ som grafene avgrenser, ligger mellom $x=0$ og $x=2$.

Fra a) vet vi at grafene bare skjærer hverandre i $x=0$ og $x=2$, så $M$ er avgrenset av dette intervallet. Av grafen ser vi at $g(x)\ge f(x)$ mellom skjæringspunktene, så arealet er

Vi løser integralet med CAS i GeoGebra:

CAS gir $A={\displaystyle \frac{8}{5}}$.

$\underline{\underline{A={\displaystyle \frac{8}{5}}=\mathrm{1,6}}}$

Vi definerer $F$ og $G$ i CAS og forenkler differansen $F(x)-G(x)$ for å finne nullpunktene til grafene til $F$ og $G$:

CAS gir

Den siste faktoren kan skrives ${(r-x)}^2+1$, som alltid er $\ge 1>0$ og derfor aldri null. Grafene til $F$ og $G$ skjærer altså hverandre bare der de to første faktorene er null, det vil si i

Legg merke til at for $r=1$ er $F=f$ og $G=g$, med skjæringspunkter $x=0$ og $x=2$ — akkurat som i a). På samme måte som i b) er $G(x)\ge F(x)$ mellom skjæringspunktene, så arealet av $N$ er

CAS gir $N={\displaystyle \frac{8}{5}}$ (se skjermbildet over), uavhengig av verdien til $r$.

$\underline{\underline{N={\displaystyle \frac{8}{5}}}}$, altså er arealet av $N$ uavhengig av parameteren $r$.

En kuleflate med sentrum $(x_0,y_0,z_0)$ og radius $\rho$ har likning ${(x-x_0)}^2+{(y-y_0)}^2+{(z-z_0)}^2={\rho }^2$. Sentrum i $K_1$ er $(2t,1,3)$ og radius er $2$, så

$K_1$ tangerer $yz$-planet ($x=0$) nettopp når avstanden fra sentrum $(2t,1,3)$ til planet er lik radius $2$. Denne avstanden er $|2t|$, så

Fra linje 1 i utklippet er løsningen $t=-1$ eller $t=1$.

Sentrene er $S_1=(2t,1,3)$ for $K_1$ og $S_2=(\mathrm{0,0,0})$ for $K_2$. Avstanden mellom sentrene er

To kuleflater tangerer hverandre utvendig når avstanden mellom sentrene er lik summen av radiene, og innvendig når avstanden er lik differansen av radiene. Med $r=2$ er begge radiene like store ($2$ og $2$):

• Utvendig tangering: $d(t)=2+2=4$
• Innvendig tangering: $d(t)=|2-2|=0$

Siden $d(t)=\sqrt{4t^2+10}\ge \sqrt{10}>0$ for alle $t$, kan innvendig tangering aldri skje. Vi løser derfor kun likningen for utvendig tangering:

Se linje 2 i CAS-utklippet: $t\approx \pm \mathrm{1,22474}$, altså eksakt $t=-{\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{2}}$ eller $t={\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{2}}$.

Vi ønsker den minste radiusen $r$ i $K_2$ som gjør at kulene tangerer hverandre for et eller annet tidspunkt $t$. Avstanden mellom sentrene er fortsatt $d(t)=\sqrt{4t^2+10}$.

Fra linje 3–6 i CAS-utklippet finner vi at $d(t)$ er minst når $\mathrm{Derivert}(d(t),t)=0$, som gir $t=0$, og da er

Utvendig tangering krever $d(t)=r+2$. Siden $d(t)$ aldri blir mindre enn $\sqrt{10}$, må $r+2\ge \sqrt{10}$, altså $r\ge \sqrt{10}-2$. Den minste tillatte verdien er derfor $r=\sqrt{10}-2$, oppnådd ved $t=0$.

(Innvendig tangering, $d(t)=r-2$, krever $r=d(t)+2\ge 2+\sqrt{10}$, som gir en større $r$-verdi enn utvendig tangering — så minimum kommer fra utvendig tangering.)

Fra linje 7 i CAS-utklippet: $r_{\min }=d(0)-2\approx \mathrm{1,16228}$, altså

Utslippene danner en geometrisk rekke der $a_1=20000$ (utslipp i 2018) og $k=\mathrm{0,85}$ (utslippet reduseres med $15\%$ hvert år, altså beholder $85\%$ av forrige års utslipp). Summen av $n=10$ ledd (årene 2018–2027) gir totalt utslipp:

Bedriften slipper altså ut totalt $\underline{\underline{S_{10}\approx 107083\mathrm{tonn}{\text{CO}}_2}}$ i løpet av 2018–2027.

Den andre bedriften starter med $a_1=30000$ tonn i 2018 og reduserer utslippene med samme prosent hvert år, med vekstfaktor $k$. For at totalsummen over de ti årene skal bli lik summen fra a), må

Dette er en likning som ikke lar seg løse algebraisk for $k$, så vi løser den numerisk med CAS i GeoGebra:

CAS gir $k\approx \mathrm{0,7323}$. Siden $k=1-r$, der $r$ er den årlige prosentvise reduksjonen (som andel), får vi

Bedriften må altså redusere utslippene med $\underline{\underline{\text{ca.}\mathrm{26,8}\%}}$ per år for at de to bedriftene til sammen skal slippe ut like mye CO${}_2$ i løpet av 2018–2027.