R1 Vår 2022

$f(x) = x^3 + \ln x$

Vi deriverer ledd for ledd:

(bruker $(\ln x)' = \dfrac{1}{x}$ og $(x^n)' = nx^{n-1}$)

$g(x) = x \cdot e^{2x}$

Vi bruker produktregelen $(uv)' = u'v + uv'$ med

Vinkelen $\angle BAC = 90°$ betyr at $\vec{AB} \perp \vec{AC}$, det vil si at skalarproduktet er null:

$\underline{\underline{t = 4}}$

$A$, $B$ og $C$ ligger på en rett linje (er kollineære) når $\vec{AB}$ og $\vec{AC}$ er parallelle. To vektorer er parallelle når determinanten er null:

$\underline{\underline{t = -\dfrac{1}{3}}}$

Programmet starter med $x = 0$ og en liten skrittlengde $h = 0{,}001$.

while-løkken sammenligner $f(x)$ med $f(x+h)$: så lenge neste verdi er større enn nåværende verdi (dvs. $f(x) \leq f(x+h)$), økes $x$ med $h$. Løkken fortsetter altså oppover langs grafen så lenge funksjonen stiger.

Når $f(x) > f(x+h)$, er vi «over toppen» — neste steg ville gi en lavere funksjonsverdi — og løkken stopper. $x$ er da tilnærmet det punktet der $f(x)$ har sitt maksimum.

Eleven ønsker å finne x-verdien der $f(x)=\dfrac{x}{1+x^2}$ har sitt maksimum (og indirekte maksverdien $f(x)$).

For å finne eksakt maksimum deriverer vi $f(x) = \dfrac{x}{1+x^2}$ med kvotientregelen:

Vi setter $f'(x) = 0$:

Siden $f(x)$ er definert for alle reelle $x$ og vi søker maksimum for $x \geq 0$ (programmet starter i $x = 0$ og øker), er $x = 1$ løsningen.

Vi kontrollerer at det er et maksimum: $f'(x) > 0$ for $0 < x < 1$ og $f'(x) < 0$ for $x > 1$, så $x = 1$ gir lokalt (og globalt) maksimum.

Maksimalverdien er:

Programmet vil skrive ut $x \approx 1{,}000$ (det numeriske svaret avviker med høyst $h = 0{,}001$ fra eksakt svar).

For at $f$ skal være kontinuerlig i $x = 2$, må venstre- og høyregrensene møtes i samme punkt. Det vil si at de to deluttrykkene må gi samme funksjonsverdi i skjøtepunktet $x = 2$:

For $t = -3$ er $f$ kontinuerlig i $x = 2$.

Med $t = -3$ er funksjonen

For at $f$ skal være deriverbar i $x = 2$, må den venstrederiverte og høyrederiverte være like.

Venstrederiverte (fra $x^2 + 1$):

Høyrederiverte (fra $x + 3$):

Siden $4 \neq 1$, er den venstrederiverte og høyrederiverte forskjellige i $x = 2$.

Dermed er $f$ ikke deriverbar i $x = 2$.

En rettvinklet trekant oppfyller Pytagoras’ setning: den lengste siden (hypotenusen) $c$ tilfredsstiller $c^2 = a^2 + b^2$, der $a$ og $b$ er de to katetene.

Algoritme:

1. Beregn kvadratet av de tre sidelengdene:

2. Sorter de tre verdiene fra minst til størst: kall dem $s_1 \leq s_2 \leq s_3$.
3. Sjekk om $s_3 = s_1 + s_2$.
   • Hvis ja: punktene danner en rettvinklet trekant.
   • Hvis nei: punktene danner ikke en rettvinklet trekant.

Vi bruker kvadrerte sidelengder (ikke sidelengder) for å unngå avrundingsfeil ved kvadratrøtter.

def er_rettvinklet(a, b, c, d, e, f):
    AB2 = (c - a)**2 + (d - b)**2
    BC2 = (e - c)**2 + (f - d)**2
    CA2 = (a - e)**2 + (b - f)**2

    sider = sorted([AB2, BC2, CA2])

    if sider[2] == sider[0] + sider[1]:
        print("Punktene danner en rettvinklet trekant.")
    else:
        print("Punktene danner ikke en rettvinklet trekant.")

a = float(input("a: "))
b = float(input("b: "))
c = float(input("c: "))
d = float(input("d: "))
e = float(input("e: "))
f = float(input("f: "))

er_rettvinklet(a, b, c, d, e, f)

Forklaring steg for steg:

• Linje 2–4: Beregner kvadratet av de tre sidelengdene $|AB|^2$, $|BC|^2$ og $|CA|^2$ med avstandsformelen.
• Linje 6: Sorterer listen slik at den minste verdien kommer først og den største sist.
• Linje 8–11: Sjekker Pytagoras’ setning på de kvadrerte verdiene. Hvis den største verdien ($\texttt{sider[2]}$) er lik summen av de to andre ($\texttt{sider[0] + sider[1]}$), er trekanten rettvinklet.
• Linje 13–18: Leser inn koordinatene fra brukeren med input() og konverterer til desimaltall med float().
• Linje 20: Kaller funksjonen med de innleste koordinatene.

Eksempel – $A(0, 0)$, $B(3, 0)$, $C(0, 4)$ (3-4-5-trekanten):

Sortert: $[9, 16, 25]$. Sjekk: $25 = 9 + 16$ ✓ → «Punktene danner en rettvinklet trekant.»

Hastighetsvektoren til piratbåten finner vi ved å se på koeffisientene foran $t$ i posisjonsuttrykket:

Hastighetsvektoren er $\vec{v}_1 = [24, 20]$.

Banefarten er lengden av hastighetsvektoren:

For at båtene skal møtes, må de være på samme sted til samme tid, altså $\vec{r}_1(t) = \vec{r}_2(t)$. Det gir likningssystemet:

Fra den første likningen:

Fra den andre likningen:

De to likningene gir ulike verdier for $t$. Det finnes derfor ingen tidspunkt der begge koordinatene er like, og politibåten vil ikke møte piraten.

Vi starter med å finne tidspunktet $t$ da piratbåten er i punktet $(8, 9)$:

Vi kontrollerer med y-koordinaten: $4 + 20 \cdot \frac{1}{4} = 4 + 5 = 9$ ✓

Piratbåten er altså i $(8, 9)$ etter $\frac{1}{4}$ time.

Den andre politibåten må gå fra $(0, 10)$ til $(8, 9)$ på $\frac{1}{4}$ time. Strekningen er:

Banefarten blir:

Vi finner skjæringspunktene ved å løse $f(x) = g(x)$:

Vi løser $2x^2(x-3) = 0$ og får $x = 0$ (dobbelt rot) og $x = 3$ (enkel rot).

At $x = 0$ er et tangentpunkt følger av at $x = 0$ er dobbelt rot. Vi kan også vise det direkte: $f'(x) = 6x^2 - 12x + 2$, så $f'(0) = 2$. Siden $g'(x) = 2$ har $f$ og $g$ samme stigningstall ved $x = 0$. Punktet er $(0,\, g(0)) = (0, 3)$.

At $x = 3$ er et ordinært skjæringspunkt følger av at det er enkel rot. Vi kan se det ved at $f'(3) = 6 \cdot 9 - 12 \cdot 3 + 2 = 54 - 36 + 2 = 20 \neq 2 = g'(3)$; grafene har ulike stigningstall der. Punktet er $(3,\, g(3)) = (3, 9)$.

Vi undersøker $F(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ og $G(x) = cx + d$.

Dette uttrykket har alltid $x = 0$ som dobbelt rot (forutsatt $a \neq 0$). En dobbelt rot betyr at grafene berører hverandre uten å krysse, altså at de tangerer hverandre.

Vi kan verifisere: $F'(x) = 3ax^2 + 2bx + c$, og $F'(0) = c = G'(0)$. Grafene har altså samme stigningstall i $x = 0$, og de møtes i punktet $(0, d)$.

Påstanden stemmer: Grafene til $F$ og $G$ tangerer alltid hverandre i punktet $(0, d)$.

Fra del b) vet vi at $F(x) - G(x) = x^2(ax + b)$, som gir skjæringspunktet ved $x = -\dfrac{b}{a}$ (i tillegg til tangentpunktet $x = 0$).

Vendepunktet til $F$ finner vi ved å sette $F''(x) = 0$:

Vi ser sammenhengen:

Sammenhengen Lise har funnet: $x$-koordinaten til skjæringspunktet mellom grafene til $F$ og $G$ er alltid tre ganger $x$-koordinaten til vendepunktet til $F$.

Begrunnelse: Dette følger direkte av faktoriseringen $F(x) - G(x) = x^2(ax + b)$, som gir skjæringspunktet ved $x = -b/a$, kombinert med at vendepunktet til en tredjegradsfunksjon $ax^3 + bx^2 + \cdots$ alltid ligger ved $x = -b/(3a)$. Disse to verdiene er alltid i forholdet $3:1$.