R2 Vår 2009

Vi bruker kjerneregelen. Kjernen er $u=\ln x+1$, med $u^{\prime }={\displaystyle \frac{1}{x}}$.

1) Vi setter $x=\pi$ inn i $f(x)=x\cos x$:

Siden $-\pi <0$, ligger grafen under $x$-aksen når $x=\pi$.

2) Vi deriverer $f(x)=x\cos x$ med produktregelen:

Vi setter inn $x=\pi$:

Siden $f^{\prime }(\pi )=-1<0$, synker grafen når $x=\pi$.

Rekka $2+{\displaystyle \frac{2}{3}}+{\displaystyle \frac{2}{9}}+{\displaystyle \frac{2}{27}}+\cdots$ er geometrisk med $a_1=2$ og kvotient

Siden $|k|<1$ konvergerer rekka, og summen blir

Vi finner vektorene ut fra punktene $A(\mathrm{2,3,7})$, $B(\mathrm{3,5,2})$, $C(\mathrm{1,1,5})$, $D(\mathrm{3,5},t)$:

1) To vektorer står vinkelrett på hverandre når skalarproduktet er null:

2) To vektorer er parallelle når den ene er et tall ganger den andre. Vi sammenligner $x$- og $y$-komponentene i $\overrightarrow{CD}=(2,4,t-5)$ med $\overrightarrow{AB}=(1,2,-5)$:

Begge komponentene gir $k=2$, så vektorene kan være parallelle. Vi bruker $k=2$ på $z$-komponenten:

Det finnes altså en verdi, $t=-5$, slik at $\overrightarrow{AB}\parallel \overrightarrow{CD}$.

Differensiallikningen $y^{\prime }+4xy=0$ er separabel:

Vi integrerer på begge sider:

Vi bruker initialbetingelsen $y(0)=5$:

Løsningen blir

1) Vi bruker delvis integrasjon på $\int x\cdot \sin (2x)\mathrm{d}x$ med $u=x$ og $v^{\prime }=\sin (2x)$:

2) Vi faktoriserer nevneren og bruker delbrøkoppspalting:

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

Vi finner vektorene ut fra punktene $A(\mathrm{1,0,0})$, $B(\mathrm{0,2,2})$ og $C(\mathrm{1,1,2})$:

Kryssproduktet regnes ut med determinantformelen:

Arealet av trekanten $ABC$ er halvparten av lengden til kryssproduktet:

Dette viser at arealet av trekanten $ABC$ er ${\displaystyle \frac{3}{2}}$.

Volumet av en pyramide utspent av $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ og $\overrightarrow{AD}$ er

Vi finner $\overrightarrow{AD}$ ut fra $A(\mathrm{1,0,0})$ og $D(\mathrm{4,1},-3)$:

Fra oppgave a) har vi $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(2,2,-1)$. Skalarproduktet med $\overrightarrow{AD}$ blir

Volumet blir dermed

Planet $\alpha$ går gjennom $A$, $B$ og $C$, og har normalvektor lik kryssproduktet fra oppgave a):

Planlikningen på formen $n_{1}x+n_{2}y+n_{3}z=d$ finner vi ved å sette inn koordinatene til $A(\mathrm{1,0,0})$:

Planet $\alpha$ har dermed likningen

$y^{\prime }(t)$ forteller oss hvor fort vanntemperaturen endrer seg, altså den momentane endringsraten til temperaturen (målt i grader celsius per time) ved tidspunktet $t$.

$y^{\prime }(t)$ er negativ fordi vannet i badekaret hele tiden er varmere enn romtemperaturen, og derfor avkjøles — temperaturen $y(t)$ avtar med tiden, som betyr at den deriverte er negativ.

Vi antar at temperaturendringen per time, $y^{\prime }$, er proporsjonal med differansen mellom vanntemperaturen $y$ og romtemperaturen $21{}^{\circ }\text{C}$. «Proporsjonal med» betyr at det finnes en konstant $k$ slik at

Jo større differansen $y-21$ er (jo varmere vannet er i forhold til rommet), desto raskere avkjøles vannet — og siden $y>21$ hele tiden og $y^{\prime }$ skal være negativ, må $k$ være negativ.

$y(0)=38$ fordi $t=0$ er starttidspunktet, og vanntemperaturen er da $38{}^{\circ }\text{C}$ (oppgitt innledningsvis).

Vi løser differensiallikningen $y^{\prime }=k(y-21)$ ved separasjon av de variable. Siden $y>21$, er $y-21>0$, og vi kan dele på $y-21$:

Integrerer på begge sider:

Setter $A=e^C$:

Vi bruker $y(0)=38$ til å bestemme $A$:

Dette gir

Vi vet at $y(3)=27$. Setter inn i uttrykket fra c):

GeoGebra CAS gir samme resultat (se Løs(temp(3)=27,k) i utklippet under, der $\mathrm{temp}(t)=21+17e^{kt}$):

Siden $k\approx -\mathrm{0,347}<0$, går $e^{kt}\to 0$ når $t\to \infty$. Dermed:

Dette betyr at vanntemperaturen etter lang tid nærmer seg romtemperaturen $21{}^{\circ }\text{C}$, altså at badevannet til slutt blir like kaldt som rommet det står i — noe som stemmer godt med hvordan vi vet at ting avkjøles i praksis.

Vi tegner grafen til $f(x)=2\cdot {(\sin x)}^2$ for $x\in [0,2\pi ⟩$ med GeoGebra.

Grafen viser at $f$ svinger mellom $0$ og $2$, med bunnpunkter i $x=0,\pi ,2\pi$ og toppunkter i $x={\displaystyle \frac{\pi }{2}},{\displaystyle \frac{3\pi }{2}}$.

Fra grafen leser vi av at $f$ er en sinuskurve med

• Toppverdi $2$ og bunnverdi $0$, som gir amplitude $A={\displaystyle \frac{2-0}{2}}=1$ og likevektslinje $y={\displaystyle \frac{2+0}{2}}=1$.
• Periode $p=\pi$ (grafen gjentar seg fra $x=0$ til $x=\pi$), som gir $k={\displaystyle \frac{2\pi }{p}}={\displaystyle \frac{2\pi }{\pi }}=2$.
• Første toppunkt i $x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$. En vanlig sinuskurve $\sin (kx)$ har toppunkt når $kx={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$, altså i $x={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$ dersom $k=2$. Grafen til $f$ har toppunktet forskjøvet til $x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$, altså forskjøvet ${\displaystyle \frac{\pi }{4}}$ mot høyre i forhold til $\sin (2x)$, som tilsvarer en fase $\phi =2\cdot {\displaystyle \frac{\pi }{4}}={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ i uttrykket $\sin (2x-\phi )$.

Dette gir den tilnærmede avlesningen

Vi bruker formelen $\sin (u-v)=\sin u\cos v-\cos u\sin v$ med $u=2x$ og $v={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$:

Dermed er

Vi bruker så formelen for cosinus til dobbel vinkel, $\cos (2x)=1-2\cdot {(\sin x)}^2$:

Dette viser at

Avlesningen i b) stemmer altså eksakt, ikke bare tilnærmet.

Fra b) og c) vet vi at $f(x)=\sin (2x-{\displaystyle \frac{\pi }{2}})+1$. Vi deriverer:

Kontrollert med CAS:

Topp- og bunnpunkter: $f^{\prime }(x)=0$ gir $\sin (2x)=0$, altså $2x=n\pi$, det vil si

I intervallet $⟨3\pi ,4\pi ⟩$ må $6<n<8$, som gir det eneste heltallet $n=7$:

Siden $n=7$ er oddetall, er dette et toppunkt (som i b/c-formelen svarer til $\sin (2x-\pi /2)=1$). Fra CAS-utregningen er $f\left({\displaystyle \frac{7\pi }{2}}\right)=2$. Toppunktet er

De to naboverdiene $n=6$ og $n=8$ gir $x=3\pi$ og $x=4\pi$, som er nettopp endepunktene til det åpne intervallet og derfor ikke er med. Bunnpunktene til $f$ ligger nemlig alltid i $x=k\pi$, som her faller sammen med de utelatte endepunktene — det finnes derfor ikke noe bunnpunkt i $⟨3\pi ,4\pi ⟩$.

Vendepunkter: $f^{\prime \prime }(x)=0$ gir $\cos (2x)=0$, altså $2x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}+k\pi$, det vil si

I intervallet $⟨3\pi ,4\pi ⟩$ må $\mathrm{5,5}<k<\mathrm{7,5}$, som gir heltallene $k=6$ og $k=7$:

Siden $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn i hvert nullpunkt (cosinus har enkle nullpunkter), er begge ekte vendepunkter. Fra CAS-utregningen er $f\left({\displaystyle \frac{13\pi }{4}}\right)=f\left({\displaystyle \frac{15\pi }{4}}\right)=1$. Vendepunktene er

Oppsummert på $⟨3\pi ,4\pi ⟩$: toppunkt $\underline{\underline{({\displaystyle \frac{7\pi }{2}},2)}}$, vendepunkter $\underline{\underline{({\displaystyle \frac{13\pi }{4}},1)}}$ og $\underline{\underline{({\displaystyle \frac{15\pi }{4}},1)}}$, og ingen bunnpunkt.

Vi plotter $f(x)=4\cdot e^{-\mathrm{0,2}x}\cdot (4\sin (2x)+3\cos (2x))$ for $x\in ⟨0,5\pi ⟩$ i GeoGebra. Grafen viser en dempet svingning: amplituden avtar mot null etter hvert som $x$ øker, fordi faktoren $e^{-\mathrm{0,2}x}$ dør ut.

I intervallet $x\in ⟨0,\pi ⟩$ (markert med farger på grafen over: grønt = nullpunkt, rødt = topp-/bunnpunkt, oransje = vendepunkt) finner vi, ved å bruke GeoGebra sine kommandoer for røtter, ekstremalpunkt og andrederivertes nullpunkt:

• Nullpunkt: $x_1\approx \mathrm{1,25}$ og $x_2\approx \mathrm{2,82}$
• Toppunkt: $(\mathrm{0,41},\mathrm{18,32})$
• Bunnpunkt: $(\mathrm{1,98},-\mathrm{13,38})$
• Vendepunkt: $(\mathrm{1,15},\mathrm{3,15})$ og $(\mathrm{2,72},-\mathrm{2,30})$

Vi skal skrive $4\sin (2x)+3\cos (2x)$ på formen $R\sin (2x+\phi )$. Vi bruker at

Sammenligner vi koeffisientene med $4\sin (2x)+3\cos (2x)$, får vi $R\cos \phi =4$ og $R\sin \phi =3$. Da er

Siden $\cos \phi =\frac{4}{5}>0$ og $\sin \phi =\frac{3}{5}>0$, ligger $\phi$ i første kvadrant, så $\phi =\arctan \frac{3}{4}$ er riktig løsning. Dermed er

slik at $K=20$ og $\phi =\arctan \frac{3}{4}\approx \mathrm{0,64}$. Vi kontrollerer i CAS at $f(x)-K{e}^{-\mathrm{0,2}x}\sin (2x+\phi )=0$:

Funksjonen $f(x)=K{e}^{-\mathrm{0,2}x}\sin (2x+\phi )$ er på formen $e^{px}\sin (qx+\phi )$ med $p=-\mathrm{0,2}$ og $q=2$. En slik funksjon er løsning av en andreordens lineær differensiallikning $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=0$ nettopp når den karakteristiske likningen har komplekse røtter $r=p\pm qi=-\mathrm{0,2}\pm 2i$.

Den karakteristiske likningen med disse røttene er

Setter vi inn $p=-\mathrm{0,2}$ og $q=2$:

Siden $y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=0$ har karakteristisk likning $r^2+ar+b=0$, leser vi av

Vi kontrollerer numerisk (i GeoGebra) at $f^{\prime \prime }(x)+\mathrm{0,4}{f}^{\prime }(x)+\mathrm{4,04}f(x)=0$ for flere verdier av $x$, blant annet $x=1$ og $x=\mathrm{2,5}$, som begge gir venstresiden lik $0$. Dette bekrefter at $y=f(x)$ løser differensiallikningen med $a=\mathrm{0,4}$ og $b=\mathrm{4,04}$.

Trekanttallene bygges opp ved at hvert nytt tall legger til én rad flere golfballer enn forrige tall. Vi teller $a_1=1$, $a_2=3$, $a_3=6$, og fortsetter mønsteret:

$S_n$ er summen av de $n$ første trekanttallene:

Ser vi på figuren, ser vi at trekanttall nummer $n$ består av $n$ rader, der rad $k$ inneholder $k$ golfballer ($k=1,2,\dots ,n$). Derfor er

Dette er en aritmetisk rekke med $n$ ledd, første ledd $a_1=1$ og siste ledd $n$. Summen av en aritmetisk rekke er

Setter vi inn $a_1=1$ og siste ledd $=n$, får vi

$\underline{\underline{a_n={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}}}$

Vi kjører kubisk regresjon (FitPoly med grad 3) på punktene $(1,S_1),(2,S_2),(3,S_3),(4,S_4),(5,S_5)$, altså $(\mathrm{1,1}),(\mathrm{2,4}),(\mathrm{3,10}),(\mathrm{4,20}),(\mathrm{5,35})$, i GeoGebra CAS.

Regresjonen gir

Vi sammenligner koeffisientene med desimaltilnærmingene til brøkene $\frac{1}{6}$, $\frac{1}{2}$ og $\frac{1}{3}$:

Dette gir mistanke om at

Vi utvider ${\displaystyle \frac{n(n+1)(n+2)}{6}}$ for å bekrefte at dette stemmer:

Dette stemmer nøyaktig overens med regresjonsuttrykket. Regresjonen viser altså at

Vi skal bevise ved induksjon at

gjelder for alle naturlige tall $n\ge 1$.

Steg 1: Vis at påstanden er sann for $n=1$.

Venstre side: $S_1=1$.

Høyre side: ${\displaystyle \frac{1\cdot 2\cdot 3}{6}}={\displaystyle \frac{6}{6}}=1$.

Siden venstre side er lik høyre side, er påstanden sann for $n=1$.

Steg 2: Anta at påstanden er sann for $n=k$ (induksjonsantagelsen), og vis at den da også er sann for $n=k+1$.

Induksjonsantagelsen:

Vi skal vise at

Per definisjon er $S_{k+1}=S_k+a_{k+1}$, der $a_{k+1}={\displaystyle \frac{(k+1)(k+2)}{2}}$ (fra b). Vi bruker induksjonsantagelsen:

Vi setter $(k+1)(k+2)$ utenfor parentes med felles nevner $6$:

Dette er nøyaktig det vi skulle vise. Dermed er påstanden sann for $n=k+1$ når den er sann for $n=k$.

Konklusjon. Siden påstanden er sann for $n=1$, og siden sannhet for $n=k$ medfører sannhet for $n=k+1$, er påstanden

sann for alle naturlige tall $n\ge 1$ ved induksjonsprinsippet. $■$