R2 Vår 2015

Vi deriverer med kjerneregelen. Den deriverte av $\cos x$ er $-\sin x$, så

Vi bruker kjerneregelen med $u=\sin x$, slik at $g(x)=u^2$:

Ved formelen for dobbel vinkel, $2\sin x\cos x=\sin 2x$, får vi

Vi bruker produktregelen med $u=x^3$ og $v=e^{-x}$, der $u^{\prime }=3x^2$ og $v^{\prime }=-e^{-x}$:

Vi faktoriserer ut $x^2{e}^{-x}$:

Vi finner en antiderivert og bruker fundamentalteoremet:

Vi setter inn grensene:

Vi faktoriserer nevneren: $x^2-x-2=(x-2)(x+1)$, og setter opp partialbrøkoppspalting:

Vi multipliserer med $(x-2)(x+1)$:

Setter $x=2$: $6=3A\Rightarrow A=2$.

Setter $x=-1$: $-3=-3B\Rightarrow B=1$.

Dermed er

Vi bruker delvis integrasjon med $u=\ln x$ og $\mathrm{d}v=x\mathrm{d}x$, slik at $\mathrm{d}u={\displaystyle \frac{1}{x}}\mathrm{d}x$ og $v={\displaystyle \frac{x^2}{2}}$:

Vi bruker substitusjon. La $u=x^2$, slik at $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$, altså $x\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{d}u$:

Vi setter tilbake $u=x^2$:

Dette er det vi skulle vise.

Dette er en lineær førsteordens differensiallikning på formen $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$ med $p(x)=2x$. Vi finner integrerende faktor:

Vi multipliserer likningen med $\mu (x)$:

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

Vi integrerer begge sider. Fra deloppgave a) vet vi at $\int 4x{e}^{x^2}\mathrm{d}x=2e^{x^2}+C$:

Vi løser for $y$:

Vi bruker initialbetingelsen $y(0)=8$:

Dermed er

Dette er en geometrisk rekke med $a_1=2$ og kvotient $k={\displaystyle \frac{1}{x}}$. En uendelig geometrisk rekke konvergerer når $|k|<1$:

Dermed konvergerer rekken for

For en konvergent uendelig geometrisk rekke er summen $s={\displaystyle \frac{a_1}{1-k}}$. Her blir dette

Vi setter $S(x)=4$ og løser for $x$:

Vi sjekker at løsningen ligger i konvergensområdet: $x=2$ oppfyller $x>1$, så løsningen er gyldig:

Vi finner vektorene $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$ fra punktene $A(\mathrm{3,0,0})$, $B(\mathrm{0,4,0})$ og $C(\mathrm{0,0,1})$:

Kryssproduktet beregnes som

Arealet av trekanten er halvparten av lengden til kryssproduktet:

Kryssproduktet fra a) er normalvektor til planet $\alpha$: $\overrightarrow{n}=[4,3,12]$. Planlikningen gjennom $A(\mathrm{3,0,0})$ blir

Partikkelens posisjon er $\overrightarrow{OP}=[t,{\displaystyle \frac{t^2}{3}},-{\displaystyle \frac{t}{4}}]$. Vi setter koordinatene inn i planlikningen fra b):

Vi løser andregradslikningen, for eksempel ved faktorisering:

Siden $t\ge 0$, er $t=3$ den eneste gyldige løsningen:

Treffpunktets koordinater finner vi ved å sette $t=3$ inn i $\overrightarrow{OP}$:

Vi setter $f(x)=0$:

Dette gir

Siden $x\in ⟨-{\displaystyle \frac{\pi }{2}},{\displaystyle \frac{\pi }{2}}⟩$, har vi $x^2\in [0,{\pi }^2/4⟩$, altså er $1-x^2\in ⟨-\mathrm{0,47}\pi ,1]$ omtrent. Kun $k=0$ gir løsning innenfor dette intervallet:

Begge verdiene ligger i $⟨-{\displaystyle \frac{\pi }{2}},{\displaystyle \frac{\pi }{2}}⟩$, siden $1<{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\approx \mathrm{1,57}$.

Nullpunktene er $\underline{\underline{x=-1\text{ og }x=1}}$.

Vi deriverer $f(x)=3-3\cos (1-x^2)$ med kjerneregelen. Kjernen er $u=1-x^2$, med $u^{\prime }=-2x$:

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

For $\sin (1-x^2)=0$ må $1-x^2=\pi \cdot k$. Med $x^2\in [0,{\pi }^2/4⟩\approx [0,\mathrm{2,47}⟩$ er kun $k=0$ mulig, som gir $x^2=1$, altså $x=\pm 1$ (de samme punktene som i a)).

Kandidatene til topp- og bunnpunkt er dermed $x=-1,x=0$ og $x=1$.

Siden $\cos (1-x^2)\le 1$ for alle $x$, er $f(x)=3-3\cos (1-x^2)\ge 0$ for alle $x$ i definisjonsområdet. Vi vet fra a) at $f(\pm 1)=0$, som da må være minimumsverdier (bunnpunkter). Da må $x=0$ gi et toppunkt, siden $f(0)=3-3\cos (1)\approx \mathrm{1,38}>0$.

Vi vet fra a) og b) at $f$ har nullpunkter (og minimumsverdi $0$) ved $x=\pm 1$, og et toppunkt med $f(0)\approx \mathrm{1,38}$ mellom disse. I tillegg er $f(x)\ge 0$ for alle $x$ i definisjonsområdet, så grafen kan aldri gå under $x$-aksen.

Dette stemmer med graf (1): den berører $x$-aksen nøyaktig i $x=-1$ og $x=1$, har et lokalt toppunkt mellom disse (rundt $y\approx \mathrm{1,4}$), og stiger igjen mot endepunktene uten å bli negativ.

Graf (2) går negativ mellom nullpunktene, og graf (3) har feil form (lokalt bunnpunkt mellom to like store toppunkter, og krysser ikke $x$-aksen ved $x=\pm 1$). Begge er derfor uforenlige med $f(x)\ge 0$ og resultatene fra a) og b).

Vi bruker addisjonsformelen $\cos (u+v)=\cos u\cdot \cos v-\sin u\cdot \sin v$ med $u=v=x$:

Vi kjenner igjen ${\cos }^{4}x-{\sin }^{4}x$ som en differanse mellom to kvadrater, ${({\cos }^{2}x)}^2-{({\sin }^{2}x)}^2$, og faktoriserer med tredje kvadratsetning:

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

Fra a) vet vi at dette er $\cos (2x)$:

Vi setter $s=125$ inn i fartsformelen $v(t)=26-\mathrm{0,08}\cdot s(t)$, se linje 1 i utklippet:

Etter $125\mathrm{km}$ er farten til Roger $\underline{\underline{16\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{h}}}$.

Differensiallikningen $s^{\prime }(t)=26-\mathrm{0,08}\cdot s(t)$ er en lineær førsteordens differensiallikning. GeoGebra CAS gir den generelle løsningen (linje 2 i utklippet):

Vi bruker initialbetingelsen $s(0)=0$ til å bestemme $c_1$:

Dette gir den partikulære løsningen (linje 3, med kontroll $s(0)=0$ på linje 4):

Tilbakelagt strekning den første timen. Vi setter $t=1$ inn i $s(t)$, se linje 5 i utklippet:

Roger sykler altså om lag $\underline{\underline{\mathrm{24,99}\mathrm{km}}}$ den første timen.

Tid brukt på 125 km. Vi løser likningen $s(t)=125$ med hensyn på $t$, se linje 6 i utklippet:

Roger bruker altså om lag $\underline{\underline{\mathrm{6,07}\text{timer}}}$ (ca. $6\text{timer og}4\text{minutter}$) på å sykle $125\mathrm{km}$.

Volumet av en pyramide (tetraeder) med hjørner $A$, $B$, $C$, $P$ er gitt ved

Vi finner kantvektorene fra $A$:

Volumet kan skrives som en determinant (spatprodukt) av disse tre vektorene:

I GeoGebra CAS beregnes determinanten (se skjermbilde, linje 1–2):

Uttrykket $t^2-t+1$ har diskriminant $1-4=-3<0$ og positiv ledende koeffisient, så det er alltid positivt. Absoluttverditegnet kan derfor droppes, og

Vi løser likningen $V(t)={\displaystyle \frac{7}{2}}$, altså ${\displaystyle \frac{t^2-t+1}{6}}={\displaystyle \frac{7}{2}}$. I CAS (linje 3) fås

Setter vi inn de to verdiene i $P(t,2t+1,t^2+2)$:

For $t=5$: $P(5,2\cdot 5+1,5^2+2)=P(5,11,27)$

For $t=-4$: $P(-4,2\cdot (-4)+1,{(-4)}^2+2)=P(-4,-7,18)$

Det finnes altså to punkter som gir $V=\frac{7}{2}$:

Vi skal minimere $V(t)={\displaystyle \frac{t^2-t+1}{6}}$. Deriverer med hensyn på $t$ (CAS linje 4):

Setter $V^{\prime }(t)=0$ (CAS linje 5):

Siden $V(t)$ er et andregradsuttrykk med positiv ledende koeffisient (oppadåpnet parabel i $t$), gir dette et minimumspunkt. Minste volum blir (CAS linje 6):

Koordinatene til $P$ når $t={\displaystyle \frac{1}{2}}$:

Vi tegner grafen til $h(t)=-\mathrm{67,5}\cos \left({\displaystyle \frac{\pi }{15}}t\right)+\mathrm{69,5}$ for $t\in [0,30]$, sammen med den horisontale linja $y=50$. Skjæringspunktene mellom grafene gir tidspunktene der passasjeren er $50\mathrm{m}$ over bakkenivå.

Grafisk avlesning gir skjæringspunkter ved

Passasjeren er altså $50\mathrm{m}$ over bakkenivå etter omtrent $\underline{\underline{\mathrm{6,1}\text{min}}}$ og igjen etter omtrent $\underline{\underline{\mathrm{23,9}\text{min}}}$ (én gang på vei opp og én gang på vei ned).

For å finne vendepunktene deriverer vi $h$ to ganger.

Vendepunkter krever $h^{\prime \prime }(t)=0$: