R2 Vår 2016

Vi bruker kjerneregelen på $f(x)=2\cos 5x$, med ytre funksjon $2\cos u$ og indre funksjon $u=5x$.

Vi bruker produktregelen på $g(x)=e^{-2x}\cdot \sin x$, med $u=e^{-2x}$ og $v=\sin x$.

Vi spalter integranden i delbrøker. Siden $x^2-1=(x-1)(x+1)$, setter vi

Multipliserer med fellesnevneren:

For $x=1$: $2=2A\Rightarrow A=1$. For $x=-1$: $2=-2B\Rightarrow B=-1$.

Dermed er

Arealet er gitt ved det bestemte integralet av $f(x)=\sin x$ fra $0$ til $\pi$.

Vi deriverer uttrykket ${\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{1}{2}}\sin x\cdot \cos x+C$ og viser at vi får ${\sin }^{2}x$. Vi bruker produktregelen på leddet $\sin x\cdot \cos x$:

Vi setter inn ${\cos }^{2}x=1-{\sin }^{2}x$:

Dette viser at ${\displaystyle \int {\sin }^{2}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}\sin x\cos x+C}$.

Volumet av omdreiningslegemet når flatestykket roteres $360°$ om $x$-aksen er gitt ved

Vi bruker antideriverten fra b):

Rekken ${\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{1}{8}}+{\displaystyle \frac{1}{16}}+\dots +{\displaystyle \frac{1}{2^n}}$ er geometrisk fordi forholdet mellom hvert ledd og det foregående er konstant:

Første ledd er $a_1={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Summen av de $n$ første leddene er gitt ved formelen for en geometrisk rekke:

Produktet $P_n(x)$ kan skrives om ved å bruke at $\sqrt[m]{x}=x^{1/m}$:

Eksponenten er nettopp summen $S_n$ fra oppgave a). Vi setter inn resultatet derfra:

Siden $\left|{\displaystyle \frac{1}{2}}\right|<1$, går ${\displaystyle \frac{1}{2^n}}\to 0$ når $n\to \infty$. Da går eksponenten $1-{\displaystyle \frac{1}{2^n}}\to 1$, og siden $x>0$ er den eksponensielle funksjonen kontinuerlig, så

Vi finner nullpunktene ved å løse $f(x)=0$.

Cosinus er null for ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}+n\pi$, så

For $x\in ⟨0,2\pi ⟩$ gir dette fire løsninger ($n=0,1,2,3$):

Topp- og bunnpunkter finner vi der $f^{\prime }(x)=0$.

For $x\in ⟨0,2\pi ⟩$ gir dette ($n=1,2,3$, siden endepunktene $x=0$ og $x=2\pi$ ikke er med i intervallet):

Vi setter inn i $f$ for å finne funksjonsverdiene:

Siden $f$ veksler fra minkende til voksende rundt $x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ og $x={\displaystyle \frac{3\pi }{2}}$, er dette bunnpunkter. Rundt $x=\pi$ veksler $f$ fra voksende til minkende, så dette er et toppunkt.

Grafen til $f(x)=3\cos 2x$ har amplitude $3$ og periode ${\displaystyle \frac{2\pi }{2}}=\pi$. På intervallet $⟨0,2\pi ⟩$ passerer grafen (uten å inkludere endepunktene) gjennom følgende karakteristiske punkter, i rekkefølge:

• Nær $x=0$: $f$ nærmer seg $3$ (uten å nå det, siden $x=0$ ikke er med)
• $x={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$: nullpunkt (minkende)
• $x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$: bunnpunkt, $f=-3$
• $x={\displaystyle \frac{3\pi }{4}}$: nullpunkt (voksende)
• $x=\pi$: toppunkt, $f=3$
• $x={\displaystyle \frac{5\pi }{4}}$: nullpunkt (minkende)
• $x={\displaystyle \frac{3\pi }{2}}$: bunnpunkt, $f=-3$
• $x={\displaystyle \frac{7\pi }{4}}$: nullpunkt (voksende)
• Nær $x=2\pi$: $f$ nærmer seg $3$ igjen (uten å nå det)

Grafen er altså en cosinuskurve som svinger jevnt mellom $-3$ og $3$, med to fulle perioder på intervallet $⟨0,2\pi ⟩$.

Siden $A$ og $B$ ligger i planet $\alpha$, ligger vektoren $\overrightarrow{AB}$ i planet, og må derfor stå normalt på ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }$.

Skalarproduktet ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }\cdot \overrightarrow{AB}=0$ gir

Dette gir ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }=[2,1,-2]$. Planet har da likning

Vi setter inn punktet $A(1,-4,1)$ for å finne $d$:

Dette viser at planet $\alpha$ er gitt ved

Planet skjærer $z$-aksen der $x=0$ og $y=0$:

Volumet av pyramiden $ABCO$ finner vi med formelen

der $\overrightarrow{OA}=(1,-4,1)$, $\overrightarrow{OB}=(3,0,5)$ og $\overrightarrow{OC}=(0,0,2)$.

Vi finner først kryssproduktet:

Deretter skalarproduktet:

Kula har sentrum i origo $O$ og tangerer planet $\alpha$ i punktet $P$. Punktet $P$ er da fotpunktet for normalen fra $O$ ned på planet, altså punktet vi når ved å bevege oss fra $O$ langs normalvektoren ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }=(2,1,-2)$.

En parameterframstilling for normallinja gjennom $O$ er

Vi setter dette inn i planlikningen for å finne $t$:

Dette gir koordinatene til $P$:

Stigen er en rett linje fra bakken, over gjerdetoppen, og opp til veggen. Fordi hele stigen ligger på én rett linje, danner den samme vinkelen $x$ med bakken/horisontalen i hele sin lengde. Vi deler stigen i to deler ved punktet der den berører gjerdetoppen:

• Fra foten av stigen til gjerdetoppen — kalt $L_1$. Denne delen, gjerdet (høyde $\mathrm{2,0}\mathrm{m}$) og bakken danner en rettvinklet trekant der gjerdehøyden er motstående katet til vinkelen $x$, og $L_1$ er hypotenusen:

• Fra gjerdetoppen til veggen — kalt $L_2$. Denne delen ligger over den horisontale avstanden mellom gjerdet og veggen ($\mathrm{1,0}\mathrm{m}$), som er hosliggende katet til vinkelen $x$, mens $L_2$ er hypotenusen:

Total stigelengde er summen av de to delene:

som er det vi skulle vise.

Vi deriverer $L(x)={\displaystyle \frac{1}{\cos x}}+{\displaystyle \frac{2}{\sin x}}={(\cos x)}^{-1}+2{(\sin x)}^{-1}$ med kjerneregelen:

Vi finner minimum ved å sette $L^{\prime }(x)=0$:

Kontroll i GeoGebra CAS:

Siden $L(x)\to \infty$ når $x\to 0{°}^{+}$ og når $x\to 90{°}^{-}$ (stigen må i praksis bli uendelig lang for å nå over gjerdet ved svært spisse eller svært bratte vinkler), må $x\approx \mathrm{51,6}°$ gi et minimum.

Minste stigelengde:

Hvor høyt stigen når på veggen: Bruker vi delen $L_2$ fra gjerdetoppen til veggen, er høyden stigen stiger over gjerdetoppen lik motstående katet i den lille trekanten med hosliggende katet $\mathrm{1,0}\mathrm{m}$:

Total høyde opp på veggen blir da gjerdehøyden pluss dette:

Den korteste stigen har lengde omtrent $\mathrm{𝟒,𝟏𝟔}\mathrm{m}$, oppnådd når vinkelen mot bakken er omtrent $\mathrm{𝟓𝟏,𝟔}°$. Da når stigen omtrent $\mathrm{𝟑,𝟐𝟔}\mathrm{m}$ opp på husveggen.

Uttrykket $D(t)=\mathrm{6,63}\sin (\mathrm{0,0172}t-\mathrm{1,39})+\mathrm{12,5}$ er en sinusfunksjon med amplitude $\mathrm{6,63}$ og likevektslinje $\mathrm{12,5}$. Siden $\sin (\dots )$ varierer mellom $-1$ og $1$, varierer $D(t)$ mellom

Den korteste daglengden i Bergen er altså $\underline{\underline{\mathrm{5,87}\mathrm{timer}}}$ (ved vintersolverv), og den lengste er $\underline{\underline{\mathrm{19,13}\mathrm{timer}}}$ (ved sommersolverv).

Grafen til $D$ for $t\in [0,365]$ er tegnet med graftegner:

Grafen viser en typisk sinusform: daglengden er kortest tidlig på året (ca. $t=0$), øker gjennom våren til den er lengst rundt midtsommer ($t\approx 172$), og avtar gjennom høsten mot vinteren igjen. Dette stemmer med forventningen om at daglengden i Bergen varierer periodisk gjennom året.

Vi løser likningen $D(t)=14$ numerisk med CAS:

CAS gir to løsninger i intervallet $[0,365]$:

Den første løsningen ligger om våren (dag 94, som svarer til rundt $\text{4. april}$) — her er daglengden økende og passerer $14$ timer på vei mot sommeren. Den andre løsningen ligger om høsten (dag 250, som svarer til rundt $\text{7. september}$) — her er daglengden avtagende og passerer $14$ timer på vei mot vinteren.

$\underline{\underline{D(t)=14\mathrm{t}\text{ rundt 4. april og rundt 7. september}}}$

Daglengden vokser raskest der veksthastigheten $D^{\prime }(t)$ har sitt maksimum, altså der $D^{\prime \prime }(t)=0$ og $D^{\prime \prime }$ skifter fra positiv til negativ (vendepunkt for $D$).

Vi deriverer med CAS (se skjermbilde over):

$D^{\prime \prime }(t)=0$ når $\sin (\mathrm{0,0172}t-\mathrm{1,39})=0$, og innenfor $[0,365]$ gir CAS

Her går $D^{\prime \prime }$ fra positiv til negativ, slik at $D^{\prime }(t)$ har et maksimum — daglengden vokser altså raskest på dag $81$, som svarer til rundt $\text{22. mars}$ (vårjevndøgn), noe som stemmer godt med at daglengden endrer seg raskest rundt vårjevndøgn.

Veksten per døgn på dette tidspunktet finner vi ved å sette $t\approx \mathrm{80,81}$ inn i $D^{\prime }(t)$. Siden $\mathrm{0,0172}\cdot \mathrm{80,81}-\mathrm{1,39}\approx 0$, blir $\cos (\dots )\approx 1$, og

Daglengden øker altså med omtrent $\mathrm{0,114}$ timer per døgn ($\approx \mathrm{6,8}$ minutter per døgn) når den vokser som raskest.

$\underline{\underline{t\approx \mathrm{80,81}(\text{ca. 22. mars}),D^{\prime }(t)\approx \mathrm{0,114}\text{t/døgn}\approx \mathrm{6,8}\text{min/døgn}}}$

Korden $AB$ går gjennom $A(a,a^2)$ og $B(b,b^2)$. Vi definerer linja (linje 2 i CAS)

Arealet $T$ mellom grafen og korden er integralet av differansen $\text{korde}(x)-f(x)$ fra $a$ til $b$ (linje 3):

Siden $a<b$ er ${(a-b)}^3<0$, så $-{(a-b)}^3={(b-a)}^3>0$. Dermed

Punktet $C$ har $x$-koordinat $c={\displaystyle \frac{a+b}{2}}$ (linje 4), altså $C(c,c^2)$. Arealet av trekanten $ACB$ regnes med kryssproduktformelen

CAS forenkler dette (linje 5) til

Siden $a<b$ er ${(a-b)}^3<0$, så $\left|{(a-b)}^3\right|={(b-a)}^3$. Dermed er

akkurat slik oppgaven ber om at vi viser.

Forholdet mellom arealene blir (linje 6, med $\left|{(a-b)}^3\right|={(b-a)}^3$ satt inn):

Forholdet er altså konstant — det er uavhengig av verdiene til $a$ og $b$.

Ryktet spres blant $1200$ innbyggere, og $y$ er antall som kjenner ryktet ved tiden $t$. Da er $1200-y$ antall som ikke kjenner ryktet.

Farten ryktet spres med, altså $y^{\prime }$, er proporsjonal med produktet av $y$ (de som kjenner ryktet) og $1200-y$ (de som ikke kjenner det), med proporsjonalitetskonstant $\mathrm{0,0006}$. Dette gir differensiallikningen