R2 Vår 2011

1. $f(x)=2\sin (2x)$

Vi bruker kjerneregelen med indre funksjon $u=2x$, $u^{\prime }=2$:

2. $g(x)=x^2\cdot \cos (2x)$

Vi bruker produktregelen med $u=x^2$, $u^{\prime }=2x$ og $v=\cos (2x)$, $v^{\prime }=-2\sin (2x)$ (kjerneregel):

3. $h(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{x^2-4x}={\displaystyle \frac{1}{2}}{(x^2-4x)}^{\frac{1}{2}}$

Vi bruker kjerneregelen med indre funksjon $u=x^2-4x$, $u^{\prime }=2x-4$:

1. ${\displaystyle \int x\cdot e^x\mathrm{d}x}$

Vi bruker delvis integrasjon med $u=x$, $\mathrm{d}v=e^x\mathrm{d}x$, altså $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$ og $v=e^x$:

2. ${\displaystyle \int \frac{5x+3}{x^2-9}\mathrm{d}x}$

Vi faktoriserer nevneren, $x^2-9=(x-3)(x+3)$, og setter opp partialbrøkoppspalting:

Multipliserer med fellesnevner:

Setter $x=3$: $18=6A\Rightarrow A=3$

Setter $x=-3$: $-12=-6B\Rightarrow B=2$

Dermed er

Integralet ${\displaystyle {\int }_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x}$ er arealet under kurven $y=\sqrt{1-x^2}$ fra $x=-1$ til $x=1$.

Kurven $y=\sqrt{1-x^2}$ er den øvre halvdelen av sirkelen $x^2+y^2=1$ med sentrum i origo og radius $1$ (siden $y\ge 0$). Integralet fra $-1$ til $1$ dekker derfor nøyaktig den øvre halve sirkelskiven.

Arealet av en hel sirkel med radius $1$ er $\pi \cdot 1^2=\pi$, så halve sirkelen har areal

1. $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=0$ betyr at vektorene står vinkelrett på hverandre (eller at minst én av dem er nullvektoren). Prikkproduktet er $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|\cos (v)$, og dette er null når $\cos (v)=0$, altså når vinkelen $v$ mellom vektorene er $90°$.

Figur: to piler som utgår fra samme punkt og danner en rett vinkel ($90°$) mellom seg.

2. $\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}=\overrightarrow{0}$ betyr at vektorene er parallelle, altså peker i samme eller motsatt retning (eller at minst én av dem er nullvektoren). Kryssproduktet har lengde $|\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|\sin (v)$, og dette er null når $\sin (v)=0$, altså når $v=0°$ eller $v=180°$.

Figur: to piler langs samme linje, enten med samme retning eller med motsatt retning.

Punktene er $A(\mathrm{1,1},-1)$, $B(2,-\mathrm{1,3})$ og $C(\mathrm{3,2,2})$.

Vi finner først de to vektorene:

Kryssproduktet:

For å vise at $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}$ står vinkelrett på begge vektorene, viser vi at prikkproduktene er null:

Begge prikkproduktene er null, så $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}$ står vinkelrett på både $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$, som skulle vises. $■$

Vi skal bevise ved induksjon at

for alle naturlige tall $n\ge 1$.

Basissteg ($n=1$):

Venstre side: $1$

Høyre side: ${\displaystyle \frac{4^1-1}{3}}={\displaystyle \frac{3}{3}}=1$

Formelen stemmer for $n=1$.

Induksjonssteg: Anta at formelen er sann for $n=k$, altså at

Vi skal vise at formelen da også er sann for $n=k+1$. Vi legger til det neste leddet, $4^k$, på begge sider:

Dette er formelen med $n=k+1$, så formelen er sann for $n=k+1$ når den er sann for $n=k$.

Siden formelen er sann for $n=1$, og siden den er sann for $n=k+1$ når den er sann for $n=k$, er formelen sann for alle naturlige tall $n\ge 1$ ved induksjonsprinsippet. $■$

Vi skal løse differensiallikningen $y^{\prime }-2y=5$.

Homogen løsning: Vi løser først den homogene likningen $y^{\prime }-2y=0$, som gir $y_h=C{e}^{2x}$.

Partikulær løsning: Siden høyresiden er en konstant, prøver vi med en konstant løsning $y_p=k$. Da er $y_p^{\prime }=0$, og innsatt i likningen får vi

Generell løsning: Summen av homogen og partikulær løsning gir

1. Vi setter inn startbetingelsen $y(0)=2$ i den generelle løsningen:

Løsningen er dermed $y={\displaystyle \frac{9}{2}}{e}^{2x}-{\displaystyle \frac{5}{2}}$.

2. Vi setter $y={\displaystyle \frac{49}{2}}$ og løser for $x$:

Vi tar $\ln$ på begge sider:

Tangenten til grafen i punktet $(\mathrm{0,2})$ har stigningstall lik $y^{\prime }(0)$. Fra differensiallikningen $y^{\prime }=2y+5$ finner vi stigningstallet direkte ved å sette inn $y(0)=2$:

Tangenten går gjennom $(\mathrm{0,2})$ med stigningstall $9$, så likningen for tangenten er

Vi tegner grafen til $f(x)=2\cdot \sqrt{x}\cdot e^{-\frac{x}{3}}$ på intervallet $[0,4]$ i GeoGebra.

Skaftet er bredest der $f$ har toppunktet sitt, siden $f(x)$ er radiusen til omdreiningslegemet i hvert punkt $x$. Vi deriverer:

Setter $f^{\prime }(x)=0$ for $x>0$:

Dette stemmer med toppunktet $E=(\mathrm{1,5},\mathrm{1,4857})$ som GeoGebra finner på grafen. Siden $f(x)$ er radiusen, er diameteren til skaftet dobbelt så stor:

Skaftet er altså bredest der $x=\frac{3}{2}$, med diameter $\underline{\underline{d\approx \mathrm{2,97}}}$.

Volumet av omdreiningslegemet finner vi ved å dreie grafen til $f$ om $x$-aksen:

Vi løser integralet i GeoGebra CAS.

CAS gir det eksakte uttrykket

Volumet av skaftet er dermed $\underline{\underline{V\approx \mathrm{21,07}}}$ (volumenheter, siden lengdeenheten ikke er oppgitt i teksten).

Trekant $ABC$ er rettvinklet i $B$, med $AB=8$ og $BC=16$. Arealet av hele trekanten er

Punktet $A_1$ ligger på $AC$ slik at $C{A}_1={\displaystyle \frac{1}{2}}CA$, og $B_1$ ligger på $BC$ slik at $C{B}_1={\displaystyle \frac{1}{2}}CB$. Da er trekant $C{A}_1{B}_1$ formlik med trekant $CAB$ (samme vinkel i $C$, og sidene er skalert med samme faktor ${\displaystyle \frac{1}{2}}$), og arealforholdet mellom formlike figurer er kvadratet av lengdeforholdet:

Trapeset $AB{B}_1{A}_1$ er det som blir igjen av trekant $CAB$ når trekant $C{A}_1{B}_1$ er fjernet, så

Tilsvarende ligger $A_2$ og $B_2$ slik at $C{A}_2={\displaystyle \frac{1}{2}}C{A}_1$ og $C{B}_2={\displaystyle \frac{1}{2}}C{B}_1$, altså er trekant $C{A}_2{B}_2$ formlik med $C{A}_1{B}_1$ med skala ${\displaystyle \frac{1}{2}}$, og

Dette mønsteret fortsetter: for hvert nye trapes blir arealet av den «gjenværende» trekanten mot toppen $\left(C{A}_n{B}_n\right)$ redusert med faktor ${\displaystyle \frac{1}{4}}$ fra forrige, og trapesarealet er differansen mellom to slike påfølgende trekantarealer. Derfor blir også hvert trapesareal ${\displaystyle \frac{1}{4}}$ av det forrige:

Dette bekreftes i GeoGebra CAS, se utklipp under: med $a_1=48$ og $k={\displaystyle \frac{1}{4}}$ blir $a_2=a_1\cdot k=12$ og $a_3=a_2\cdot k=3$.

Rekken $48+12+3+\cdots$ er dermed en geometrisk rekke med kvotient

Siden $|k|={\displaystyle \frac{1}{4}}<1$, konvergerer rekken (summen nærmer seg en endelig grenseverdi når antall ledd går mot uendelig).

Med formelen for sum av en uendelig geometrisk rekke:

Se s i CAS-utklippet over, som stemmer med denne utregningen.

Med et geometrisk resonnement: Når $n\to \infty$, går $A_n$ og $B_n$ mot punktet $C$, siden avstanden $C{A}_n$ og $C{B}_n$ halveres for hver $n$ og går mot $0$. Det betyr at trapesene $AB{B}_1{A}_1,A_1{B}_1{B}_2{A}_2,\dots$ til sammen dekker hele trekant $ABC$ uten overlapp, når vi tar med uendelig mange trapeser. Summen av alle trapesarealene må derfor være lik hele arealet av trekant $ABC$:

Begge metodene gir samme svar.

$\underline{\underline{s=64}}$

Linjen $l$ har parameterframstilling

Linjen skjærer $xy$-planet der $z=0$:

Dette gir punktet

Linjen skjærer $xz$-planet der $y=0$:

Dette gir punktet

Avstanden mellom $A$ og $B$ blir

Kontrollert numerisk i GeoGebra CAS, se linje 3 i utklippet under.

Svar: $\underline{\underline{\left|AB\right|=3}}$

Retningsvektoren til $l$ leses av koeffisientene til $t$:

Retningsvektoren til $m$ leses av koeffisientene til $s$:

To vektorer er parallelle bare hvis den ene er et tall ganger den andre. Vi sjekker forholdet mellom komponentene:

Siden $-2\ne -1$, er ikke ${\overrightarrow{v}}_l$ og ${\overrightarrow{v}}_m$ proporsjonale.

Konklusjon: Linjene $l$ og $m$ er ikke parallelle.

Et vilkårlig punkt $P$ på $l$ og et vilkårlig punkt $Q$ på $m$ har koordinater

Vektoren $\overrightarrow{PQ}$ finner vi ved $Q-P$, komponentvis:

Vi forenkler hver komponent:

Dette gir

som skulle vises.

$\overrightarrow{PQ}$ skal stå vinkelrett på både $l$ og $m$, altså på retningsvektorene ${\overrightarrow{v}}_l=[-2,1,2]$ og ${\overrightarrow{v}}_m=[1,-1,1]$. Da må skalarproduktene være null.

Vinkelrett på $l$:

Vinkelrett på $m$:

Vi løser likningssystemet $(1)$ og $(2)$ i GeoGebra CAS, se linje 1 i utklippet:

Dette gir $s=2$ og $t=0$.

Setter vi inn i parameterframstillingene, får vi

Svar: $\underline{\underline{P=(5,3,4),Q=(2,-1,3)}}$

Avstanden mellom de vindskeive linjene er lengden av $\overrightarrow{PQ}$:

Se linje 2 i CAS-utklippet over, der samme verdi er kontrollert numerisk: $\sqrt{26}\approx \mathrm{5,09902}$.

Svar: $\underline{\underline{\left|PQ\right|=\sqrt{26}\approx \mathrm{5,10}}}$

Funksjonen er

Uttrykket er på formen $a\sin (u)+b\cos (u)$ med $a=-5$ og $b=-5$. Amplituden er da

Argumentet til sinus og cosinus er ${\displaystyle \frac{\pi }{12}}x$, så perioden er

Grafen til $f$ på $[0,24]$ er tegnet i GeoGebra:

Grafen bekrefter at $f$ svinger mellom omtrent $-\mathrm{7,07}$ og $\mathrm{7,07}$ (amplitude $5\sqrt{2}$), og at mønsteret gjentar seg med periode $24$ (verdien ved $x=0$ og $x=24$ er den samme).

Vi deriverer $f$:

Setter $f^{\prime }(x)=0$:

I intervallet $[0,24]$ gir dette $x=3$ og $x=15$.

For å avgjøre fortegnet til $f^{\prime }$ mellom disse verdiene setter vi inn et par testpunkter, for eksempel $x=0$, $x=9$ og $x=21$:

Fortegnslinjen til $f^{\prime }$:

$f^{\prime }$ skifter fortegn fra negativt til positivt i $x=3$, så dette er et bunnpunkt. $f^{\prime }$ skifter fortegn fra positivt til negativt i $x=15$, så dette er et toppunkt.

Funksjonsverdiene er

Dette stemmer med grafen over: bunnpunkt $(3,-5\sqrt{2})$ og toppunkt $(15,5\sqrt{2})$, markert med henholdsvis rødt og grønt punkt.

Temperaturmodellen er $g(x)=22+f(x)$. Siden $22$ bare er en vertikal forskyvning, får $g$ topp- og bunnpunkt for samme $x$-verdier som $f$, altså $x=3$ og $x=15$.

GeoGebra CAS bekrefter verdiene numerisk:

Siden $x$ er antall timer etter midnatt, tilsvarer $x=15$ klokken $\mathrm{15,00}$ og $x=3$ klokken $\mathrm{03,00}$.

Høyeste temperatur dette døgnet er omtrent $\mathrm{29,1}°\text{C}$, og inntreffer klokken $\mathrm{15,00}$. Laveste temperatur er omtrent $\mathrm{14,9}°\text{C}$, og inntreffer klokken $\mathrm{03,00}$.

Grafen til $f(x)=5x^2\cdot e^{-x}$ for $x>0$ er tegnet i GeoGebra, med toppunktet markert:

1. Vise at $f^{\prime }(x)=5(2x-x^2)e^{-x}$

Vi skriver $f(x)=5x^2\cdot e^{-x}$ som et produkt av to funksjoner, $u(x)=5x^2$ og $v(x)=e^{-x}$, og bruker produktregelen $f^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ sammen med kjerneregelen for ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}\left(e^{-x}\right)=-e^{-x}$:

Vi faktoriserer ut $5e^{-x}$:

2. Fortegnslinje og topp-/bunnpunkt

Siden $e^{-x}>0$ for alle $x$, bestemmes fortegnet til $f^{\prime }(x)$ av $5x(2-x)$. Nullpunktene til $f^{\prime }$ er $x=0$ og $x=2$. For $x>0$ (vårt definisjonsområde) er faktoren $x$ alltid positiv, så fortegnet avgjøres av $(2-x)$:

Vi ser at $f$ er voksende på $⟨0,2⟩$ og avtagende på $⟨2,\infty ⟩$. Dette gir et toppunkt ved $x=2$: