R2 Høst 2010

1. Vi bruker produktregelen på $f(x)=x^2\cdot \ln x$ med $u=x^2$ og $v=\ln x$:

2. Vi bruker kjerneregelen på $g(x)={\sin }^{2}x-{\cos }^{2}x$:

Dette kan også skrives $g^{\prime }(x)=2\sin 2x$ ved bruk av den dobbelte vinkelen.

1. Vi substituerer $u=x^2+3$, som gir $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$:

($x^2+3>0$ for alle $x$, så absoluttverditegnet kan sløyfes.)

2. Grafen til $f$ er sammensatt av rette linjestykker, så vi deler integralet opp i trekanter og bruker arealformelen $\frac{1}{2}\cdot \text{grunnlinje}\cdot \text{høyde}$:

   • Fra $x=0$ til $x=1$: trekant med grunnlinje $1$ og høyde $2$, areal $=1$ (over $x$-aksen).
   • Fra $x=1$ til $x=2$: trekant med grunnlinje $1$ og høyde $2$, areal $=1$ (over $x$-aksen).
   • Fra $x=2$ til $x=3$: trekant med grunnlinje $1$ og høyde $1$, areal $=\mathrm{0,5}$ (under $x$-aksen, telles negativt).

Vi løser $y^{\prime }-2y^2=0$ med $y(0)=\frac{1}{2}$ ved separasjon av de variable:

Integrerer på begge sider:

Setter inn $x=0$, $y=\frac{1}{2}$:

Dette gir

$\underline{\underline{y={\displaystyle \frac{1}{2-2x}}}}$

Vi finner vektorene $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$:

1. Lengdene:

2. Skalarproduktet:

Kryssproduktet:

3. Vi setter inn og kontrollerer identiteten:

På den andre siden:

Begge sider er like, og identiteten er dermed vist: $\underline{\underline{306=306}}$

$F_1$ er arealet mellom grafen til $f(x)=x^2$, $x$-aksen og linjen $x=a$, altså et bestemt integral fra $0$ til $a$:

Rektangelet på skissen har grunnlinje $a$ og høyde $f(a)=a^2$, altså totalt areal $a\cdot a^2=a^3$. Dette rektangelet er delt i $F_1$ (under grafen) og $F_2$ (over grafen), så

Dermed er

Vi har vist at $\underline{\underline{{\displaystyle \frac{F_2}{F_1}}=2}}$.

På samme måte som i a) er $G_1$ arealet under grafen til $g(x)=x^n$ fra $0$ til $a$, altså det bestemte integralet

Rektangelet med grunnlinje $a$ og høyde $g(a)=a^n$ har totalt areal $a\cdot a^n=a^{n+1}$. Siden dette rektangelet er delt i $G_1$ og $G_2$, er

Dermed er

(For $n=2$ gir dette $\frac{G_2}{G_1}=2$, som stemmer med resultatet i b).)

Leddene i rekken er $1,3,5,\dots ,2n-1$. Differansen mellom to påfølgende ledd er konstant:

Rekken er derfor aritmetisk med $a_1=1$ og $d=2$. Det $n$-te leddet er $a_n=2n-1$.

Summen av en aritmetisk rekke er gitt ved

Altså er $\underline{\underline{S_n=n^2}}$.

1) Rekken $1+{\displaystyle \frac{1}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{9}}+\cdots +{\displaystyle \frac{1}{3^{n-1}}}$ er geometrisk med $a_1=1$ og $k={\displaystyle \frac{1}{3}}$. Summen av de $n$ første leddene er

Vi skal finne hvor mange ledd som minst må til for at $S_n>\mathrm{1,45}$:

Løser vi likningen $S_n=\mathrm{1,45}$ i GeoGebra CAS (se utklipp, linje 1), får vi $n\approx \mathrm{3,096}$.

Siden $S_n$ er voksende, må $n$ være et helt tall større enn $\mathrm{3,096}$. Vi sjekker:

Vi trenger dermed minst $\underline{\underline{4\text{ ledd}}}$.

2) Når $n\to \infty$, går ${\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^n\to 0$ siden $|k|={\displaystyle \frac{1}{3}}<1$. Rekken konvergerer, og summen er

Dermed er $\underline{\underline{S={\displaystyle \frac{3}{2}}}}$.

1) Rekken $S(x)=1+{\displaystyle \frac{x}{3}}+{\displaystyle \frac{x^2}{9}}+\cdots$ er geometrisk med $a_1=1$ og kvotient $k={\displaystyle \frac{x}{3}}$. En uendelig geometrisk rekke konvergerer når $|k|<1$:

Konvergensområdet er dermed $\underline{\underline{⟨-3,3⟩}}$. Summen blir

Dette bekreftes i CAS (linje 2 i utklippet over).

2) Vi løser $S(x)=4$ og $S(x)=-2$ i CAS (linje 3 og 4 i utklippet over):

For $S(x)=4$ ligger løsningen $x=\mathrm{2,25}$ innenfor konvergensområdet $⟨-3,3⟩$, så $\underline{\underline{x=\mathrm{2,25}}}$ er en gyldig løsning.

For $S(x)=-2$ er løsningen $x=\mathrm{4,5}$, men dette ligger utenfor konvergensområdet $⟨-3,3⟩$. Rekken konvergerer ikke for denne $x$-verdien, så likningen $\underline{\underline{S(x)=-2\text{ har ingen løsning}}}$.

Vi skal bevise ved induksjon at

for alle naturlige tall $n\ge 1$. Legg merke til at leddet nummer $n$ i rekken er ${\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$.

Steg 1 — Basissteget. Vi sjekker at påstanden stemmer for $n=1$:

Påstanden stemmer for $n=1$.

Steg 2 — Induksjonssteget. Vi antar at påstanden er sann for $n=k$, altså at

Vi skal vise at påstanden da også er sann for $n=k+1$, altså at

Vi starter med venstre side og bruker induksjonsantakelsen på de $k$ første leddene:

Faktoriserer vi ut $(k+1)(k+2)$:

Dette er nettopp høyre side av påstanden for $n=k+1$.

Konklusjon. Siden påstanden er sann for $n=1$, og siden sannhet for $n=k$ medfører sannhet for $n=k+1$, er påstanden sann for alle naturlige tall $n\ge 1$ ved induksjonsprinsippet. $\underline{\underline{■}}$

Vi tegner grafen til

For å bestemme perioden sjekker vi om $2\pi$ er en periode:

så $2\pi$ er en periode. Vi sjekker om en mindre periode, for eksempel $\pi$, også virker:

Dette stemmer ikke for alle $x$ (kun der $\sin x=0$), så $\pi$ er ikke en periode. Grafen bekrefter dette — mønsteret gjentar seg først etter $2\pi \approx \mathrm{6,28}$ (toppunktene ligger ved $x\approx \mathrm{1,05}$ og $x\approx \mathrm{7,33}$, en avstand på $2\pi$).

Perioden er $\underline{\underline{2\pi }}$.

Vi faktoriserer $f(x)$:

Nullpunkter når $\sin x=0$ eller $\cos x=-1$.

$\sin x=0$ gir $x=0,\pi ,2\pi ,3\pi ,4\pi$, men $x=0$ og $x=4\pi$ ligger utenfor det åpne intervallet $⟨0,4\pi ⟩$. Dette gir $x=\pi ,2\pi ,3\pi$.

$\cos x=-1$ gir $x=\pi ,3\pi$ i intervallet — disse er allerede med.

Nullpunktene til $f$ i $⟨0,4\pi ⟩$ er $\underline{\underline{x=\pi ,2\pi ,3\pi }}$.

Vi deriverer med produktregel på $2\sin x\cdot \cos x$:

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

som stemmer med det oppgitte uttrykket. Dette er verifisert i CAS (linje 2, skjermbilde under).

For å finne topp- og bunnpunkter setter vi $f^{\prime }(x)=0$. Vi setter $u=\cos x$:

som gir $\cos x={\displaystyle \frac{1}{2}}$ eller $\cos x=-1$.

I intervallet $⟨0,4\pi ⟩$ gir dette

Siden $\cos x+1\ge 0$ for alle $x$, og bare er $0$ i de isolerte punktene $x=\pi ,3\pi$, skifter ikke $f^{\prime }(x)=2(2\cos x-1)(\cos x+1)$ fortegn der — $x=\pi$ og $x=3\pi$ er terrassepunkt, ikke ekstremalpunkter (dette stemmer med at de også er vendepunkt, se d)).

De reelle ekstremalpunktene er der $\cos x=\frac{1}{2}$. Vi klassifiserer med $f^{\prime \prime }(x)$ (se d):

• $x={\displaystyle \frac{\pi }{3}}$: $f^{\prime \prime }\left({\displaystyle \frac{\pi }{3}}\right)<0\Rightarrow$ toppunkt
• $x={\displaystyle \frac{5\pi }{3}}$: $f^{\prime \prime }\left({\displaystyle \frac{5\pi }{3}}\right)>0\Rightarrow$ bunnpunkt
• $x={\displaystyle \frac{7\pi }{3}}$: samme som ${\displaystyle \frac{\pi }{3}}$ (periode $2\pi$) $\Rightarrow$ toppunkt
• $x={\displaystyle \frac{11\pi }{3}}$: samme som ${\displaystyle \frac{5\pi }{3}}\Rightarrow$ bunnpunkt

Vi regner ut funksjonsverdiene med $f(x)=2\sin x(1+\cos x)$:

Toppunkt: $\underline{\underline{(\frac{\pi }{3},\frac{3\sqrt{3}}{2})}}$ og $\underline{\underline{(\frac{7\pi }{3},\frac{3\sqrt{3}}{2})}}$ Bunnpunkt: $\underline{\underline{(\frac{5\pi }{3},-\frac{3\sqrt{3}}{2})}}$ og $\underline{\underline{(\frac{11\pi }{3},-\frac{3\sqrt{3}}{2})}}$

Vi deriverer $f^{\prime }(x)=4{\cos }^{2}x+2\cos x-2$:

Dette stemmer med CAS (linje 3 i skjermbildet over).

Vi setter $f^{\prime \prime }(x)=0$ i $⟨0,2\pi ⟩$: $\sin x=0$ gir $x=\pi$ (endepunktene $0$ og $2\pi$ er ikke med), og $\cos x=-\frac{1}{4}$ gir

En fortegnsdrøfting av $f^{\prime \prime }(x)$ viser fortegnsskifte i alle tre punktene, så alle er vendepunkt. Funksjonsverdiene:

Ved symmetri (siden $\sin$ er negativ på den andre grenen) blir $f(2\pi -\arccos (-\frac{1}{4}))=-\frac{3\sqrt{15}}{8}\approx -\mathrm{1,45}$.

Vendepunkt: $\underline{\underline{(\arccos (-\frac{1}{4}),\frac{3\sqrt{15}}{8})}}\approx (\mathrm{1,82},\mathrm{1,45})$, $\underline{\underline{(\pi ,0)}}$ og $\underline{\underline{(2\pi -\arccos (-\frac{1}{4}),-\frac{3\sqrt{15}}{8})}}\approx (\mathrm{4,46},-\mathrm{1,45})$

Fra grafen ser vi at $f(x)\ge 0$ for $x\in [0,\pi ]$ (nullpunkt kun i endepunktet $x=\pi$), så arealet er gitt direkte ved det bestemte integralet, uten behov for tallverdi (absoluttverdi):

Vi finner antiderivert: $\int 2\sin x\mathrm{d}x=-2\cos x$, og siden $2\sin x\cos x=\sin 2x$: $\int \sin 2x\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}\cos 2x$. Dermed

Dette er bekreftet med CAS (linje 5 i skjermbildet over: Integral(f,x,0,pi) → 4).

Arealet av flatestykket er $\underline{\underline{A=4\text{ a.e.}}}$

Vi har $f(x)=\cos x$, og $P(a,f(a))$ er tangeringspunktet. Den deriverte er

slik at stigningstallet til tangenten i $P$ er $f^{\prime }(a)=-\sin a$. Ettpunktsformelen gir

Punktet $B$ (skjæring med $x$-aksen, $y=0$):

Punktet $A$ (skjæring med $y$-aksen, $x=0$):

Trekanten $OAB$ er rettvinklet med kateter langs aksene, med lengder $|OA|=a\sin a+\cos a$ og $|OB|=a+{\displaystyle \frac{\cos a}{\sin a}}$. Arealet blir

som er uttrykket vi skulle vise.

Siden $f^{\prime \prime }(x)=-\cos x<0$ for $a\in ⟨0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}}⟩$, er cosinusgrafen konkav (hulsiden ned) i dette området, og tangenten ligger derfor over grafen for alle $x$.

Cosinusgrafen krysser $x$-aksen ved $x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$, og arealet under grafen fra $0$ til ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ er

Trekanten $OAB$ ligger mellom tangenten og aksene. Deler vi trekanten ved $x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$:

• For $x$ mellom $0$ og ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ består trekantarealet av arealet under cosinuskurven ($=1$) pluss det fargelagte området mellom kurven og tangenten.
• For $x$ mellom ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ og $B$ er cosinuskurven under $x$-aksen, mens tangenten fremdeles er over. Hele denne stripen av trekanten hører da med i det fargelagte området (siden kurven ikke bidrar med noe areal over aksen der).

Totalt er altså trekantarealet lik summen av arealet under kurven fra $0$ til ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ (som er $1$) og det fargelagte arealet $T(a)$. Dermed

Vi taster inn

i GeoGebra (samme uttrykk som i b), bare forenklet ved å sette $F_{△OAB}$ på fellesbrøk) og tegner grafen for $a\in ⟨{\displaystyle \frac{1}{5}},{\displaystyle \frac{\pi }{2}}⟩$.

Grafen viser at $T$ avtar bratt fra en høy verdi nær $a={\displaystyle \frac{1}{5}}$, når et minimum omtrent midt i intervallet, og øker deretter mot en grenseverdi (den grønne linja) når $a$ nærmer seg ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$.

I GeoGebra bruker vi Extremum(T, 0.2, 1.5), som gir minimumspunktet

(se det røde punktet på grafen i d). Dermed er

Grenseverdi når $a\to {\displaystyle \frac{\pi }{2}}$: Siden $\sin \left({\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)=1$ og $\cos \left({\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)=0$, gir innsetting i $T(a)$