R2 Vår 2017

Vi deriverer ledd for ledd, med ${(\sin x)}^{\prime }=\cos x$ og ${(\cos x)}^{\prime }=-\sin x$:

Funksjonen $g(x)=x^2\cos 2x$ er et produkt av $x^2$ og $\cos 2x$, så vi bruker produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=x^2$ og $v=\cos 2x$. Kjerneregelen gir $v^{\prime }=-2\sin 2x$.

Funksjonen $h(x)={\displaystyle \frac{2\cos x}{1+\sin x}}$ deriveres med kvotientregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$, med $u=2\cos x$, $u^{\prime }=-2\sin x$, $v=1+\sin x$, $v^{\prime }=\cos x$.

Vi bruker ${\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1$ i telleren:

Vi integrerer ledd for ledd, med $\int x^n\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{1}{n+1}}{x}^{n+1}+C$ og $\int {\displaystyle \frac{1}{x}}\mathrm{d}x=\ln |x|+C$:

Vi bruker variabelskifte $u=2x^2$. Da er ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}}=4x$, altså $\mathrm{d}u=4x\mathrm{d}x$, som gir $x\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{1}{4}}\mathrm{d}u$.

Vi deriverer $f(x)=2\sin (2x)-1$ med kjerneregelen:

Ekstremalpunkter finner vi der $f^{\prime }(x)=0$:

Dette gir $2x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}+n\pi$, altså

For $x\in ⟨0,2\pi ⟩$ gir dette fire løsninger: $x={\displaystyle \frac{\pi }{4}},{\displaystyle \frac{3\pi }{4}},{\displaystyle \frac{5\pi }{4}},{\displaystyle \frac{7\pi }{4}}$.

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

Siden $\cos (2x)$ (og dermed $f^{\prime }$) skifter fortegn fra pluss til minus ved $x={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$ og $x={\displaystyle \frac{5\pi }{4}}$, er dette toppunkter. Tilsvarende skifter $f^{\prime }$ fra minus til pluss ved $x={\displaystyle \frac{3\pi }{4}}$ og $x={\displaystyle \frac{7\pi }{4}}$, som dermed er bunnpunkter.

Toppunkt: $({\displaystyle \frac{\pi }{4}},1)$ og $({\displaystyle \frac{5\pi }{4}},1)$. Bunnpunkt: $({\displaystyle \frac{3\pi }{4}},-3)$ og $({\displaystyle \frac{7\pi }{4}},-3)$.

Vi løser $f(x)=0$:

Dette gir

For $x\in ⟨0,2\pi ⟩$ gir dette

Grafen til $f$ starter i $f(0)=2\sin (0)-1=-1$, stiger til toppunktet $({\displaystyle \frac{\pi }{4}},1)$, krysser $x$-aksen ved $x={\displaystyle \frac{5\pi }{12}}$, faller til bunnpunktet $({\displaystyle \frac{3\pi }{4}},-3)$, stiger igjen og krysser $x$-aksen ved $x={\displaystyle \frac{13\pi }{12}}$, når toppunktet $({\displaystyle \frac{5\pi }{4}},1)$, krysser $x$-aksen ved $x={\displaystyle \frac{17\pi }{12}}$, og faller til bunnpunktet $({\displaystyle \frac{7\pi }{4}},-3)$ før den stiger mot $f(2\pi )=-1$ ved intervallgrensen.

Grafen er en sinuskurve med periode $\pi$, amplitude $2$ og likevektslinje $y=-1$, som svinger mellom $y=1$ og $y=-3$.

Differensiallikningen $y^{\prime }=x\cdot y$ er separabel. Vi skriver $y^{\prime }={\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}$ og separerer variablene (forutsatt $y\ne 0$):

Vi integrerer på begge sider:

Vi løser for $y$ ved å ta eksponentialfunksjonen av begge sider:

Siden $e^C$ er en positiv konstant, kan vi kalle $A=\pm e^C$ (og $A=0$ svarer til den trivielle løsningen $y=0$). Den generelle løsningen er dermed

Vi setter inn $y(2)=5$ i den generelle løsningen:

Dette gir

Den spesielle løsningen er derfor

Radien i kuleflaten er lik avstanden fra sentrum $S(1,3,5)$ til punktet $P(4,-1,5)$ som ligger på kuleflaten:

Likningen for kuleflaten blir da

Planet $\alpha$ tangerer kuleflaten i $P$. Da står $\alpha$ normalt på radien $\overrightarrow{SP}$ i punktet $P$, altså er $\overrightarrow{SP}=(3,-4,0)$ en normalvektor til planet. Planlikningen gjennom $P(4,-1,5)$ med denne normalvektoren blir

Dette viser at $3x-4y=16$ er en likning for planet $\alpha$.

Kulen med sentrum $Q(2,0,7)$ tangerer planet $\alpha$, som har likning $3x-4y=16$, altså $3x-4y+0z-16=0$ med normalvektor $\overrightarrow{n}=(3,-4,0)$.

Radien til den nye kulen er lik avstanden fra $Q$ til planet:

Likningen for den nye kuleflaten blir da

Rekken $S(x)=1+\ln x+{(\ln x)}^2+{(\ln x)}^3+\dots$ er en uendelig geometrisk rekke med $a_1=1$ og kvotient $k=\ln x$. En slik rekke konvergerer når $|k|<1$, altså når

Vi løser ved å bruke $e^{(\cdot )}$ på hele ulikheten:

For en konvergent uendelig geometrisk rekke er summen $s={\displaystyle \frac{a_1}{1-k}}$. Med $a_1=1$ og $k=\ln x$ får vi

Vi setter $S(x)=3$ og løser med hensyn på $x$:

Siden $\frac{2}{3}\in ⟨-1,1⟩$, ligger denne løsningen innenfor konvergensområdet.

Vi setter $S(x)=r$ og løser for $\ln x$:

Likningen har løsning innenfor konvergensområdet dersom $\ln x\in ⟨-1,1⟩$, altså

Vi trekker fra $1$ på alle ledd:

Vi multipliserer med $-1$ og snur ulikhetstegnene:

Siden ${\displaystyle \frac{1}{r}}>0$ må $r>0$. Da kan vi multiplisere ${\displaystyle \frac{1}{r}}<2$ med $r$ uten å snu ulikheten:

Vi legger $f(x)=x^4+7x^3+15x^2+9x$ inn i et graftegningsverktøy (GeoGebra). Grafen sammen med vendepunktlinjen fra punkt b) er vist under.

Vendepunktene finner vi der $f^{\prime \prime }(x)=0$. Vi har

Dette gir $f^{\prime \prime }(x)=0$ for $x=-{\displaystyle \frac{5}{2}}$ og $x=-1$. Siden $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn i begge punktene, er dette virkelige vendepunkter.

Innsatt i $f$ gir dette punktene

Stigningstallet til linjen gjennom $A$ og $B$ er

Med punkt-retningsformelen gjennom $B(-1,0)$:

Vi setter $f(x)-g(x)$ lik null for å finne skjæringspunktene $C$ og $D$:

Siden $A$ og $B$ ligger på både grafen til $f$ og linjen $g$, er $x=-\frac{5}{2}$ og $x=-1$ røtter av denne fjerdegradslikningen. Det betyr at $(x+\frac{5}{2})(x+1)=x^2+\frac{7}{2}x+\frac{5}{2}$ er en faktor, og hele uttrykket faktoriseres som

Den første parentesen har røttene $x=-\frac{5}{2}$ og $x=-1$ (punktene $A$ og $B$), mens den andre parentesen gir de to nye skjæringspunktene $C$ og $D$. Med abc-formelen på $x^2+\frac{7}{2}x+\frac{1}{4}=0$ får vi

Dette gir

Vi setter opp integralet ${\displaystyle {\int }_a^b(f(x)-g(x))\mathrm{d}x}$ i CAS:

CAS gir $\underline{\underline{{\displaystyle {\int }_a^b(f(x)-g(x))\mathrm{d}x=0}}}$.

Geometrisk tolkning: Mellom $C$ og $D$ ligger grafen til $f$ over linjen $g$ på ett sted (mellom $A$ og $B$) og under linjen på to steder (mellom $C$ og $A$, og mellom $B$ og $D$). Integralet er differansen mellom arealet der $f$ ligger over $g$ og arealet der $f$ ligger under $g$. Siden integralet blir null, betyr det at disse to arealene er like store — arealet av «pukkelen» mellom $A$ og $B$ (der $f$ er over linjen) er nøyaktig like stort som summen av arealene der $f$ er under linjen (mellom $C$ og $A$, og mellom $B$ og $D$).

Vektorene fra $A$ til $B$ og fra $A$ til $C$ er

Arealet av $△ABC$ er gitt ved

I CAS regner vi ut komponentene i kryssproduktet $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}$ og lengden i annen, $|\overrightarrow{n}{|}^2$:

CAS gir

Siden $52=4\cdot 13$, blir arealet

Dette er nettopp uttrykket vi skulle vise.

$\underline{\underline{f(t)=\sqrt{13(t^2-8t+30)}}}$

Siden kvadratrota er en voksende funksjon, er $f(t)$ minst når uttrykket under rota,

er minst. Dette er en parabel som vender oppover ($a=1>0$), så $g$ har et bunnpunkt (minimum). I CAS finner vi bunnpunktet ved å løse $g^{\prime }(t)=0$, og setter deretter $t=4$ inn i $g$:

CAS gir $t=4$ og $g(4)=14$. Minste areal blir dermed

$\underline{\underline{\text{Minste areal}=\sqrt{182}\approx \mathrm{13,5}}}$, og dette skjer når $t=4$.

Begge rekkene er uendelige geometriske rekker med kvotient henholdsvis $k$ og $2k$. Så lenge de konvergerer, er summene gitt ved

Vi får opplyst $S=6$ og $T=12$, og løser likningssystemet

med CAS.

CAS gir $a=4$ og $k={\displaystyle \frac{1}{3}}$.

Vi kontrollerer konvergenskravene: $|k|={\displaystyle \frac{1}{3}}<1$ og $|2k|={\displaystyle \frac{2}{3}}<1$, så begge rekkene konvergerer. Løsningen er dermed gyldig.

Svar: $\underline{\underline{a=4,k={\displaystyle \frac{1}{3}}}}$

Vi undersøker om det finnes en $k$ slik at $S=-2T$, altså

Dette løses med CAS (linje 2 i utklippet over), som gir $k={\displaystyle \frac{3}{4}}$.

Vi må imidlertid kontrollere konvergenskravet for $T$, siden $T$ har kvotient $2k$:

Kravet $|2k|<1$ er ikke oppfylt, så rekken $T$ divergerer for denne verdien av $k$ og har ingen sum. Dermed er ikke $k={\displaystyle \frac{3}{4}}$ en gyldig løsning.