R2 Høst 2011

1. Vi bruker produktregelen på $f(x)=x\cdot e^x$:

2. Vi bruker kjerneregelen på $g(x)=2\sin 2x$ med indre funksjon $2x$:

3. Vi bruker kjerneregelen på $h(x)=2{\sin }^{2}x$:

1. Vi bruker delvis integrasjon med $u=x$, $v^{\prime }=\cos x$, som gir $u^{\prime }=1$, $v=\sin x$:

2. Vi faktoriserer nevneren, $x^2-4=(x-2)(x+2)$, og skriver om med partialbrøkoppspalting:

Setter $x=2$: $4=4A\Rightarrow A=1$. Setter $x=-2$: $4=-4B\Rightarrow B=-1$. Dette gir

3. Vi substituerer $u=\cos x$, som gir $\mathrm{d}u=-\sin x\mathrm{d}x$:

Vi regner ut delsummene direkte:

Vi kjenner mønsteret $1,4,9,16,\dots$ igjen som kvadrattallene, altså $S_n=n^2$. Dette kan også vises ved at rekken er aritmetisk med $a_1=1$ og $d=2$, slik at $a_n=1+(n-1)\cdot 2=2n-1$, og

Vi regner ut delsummene direkte:

Vi kjenner igjen mønsteret $1,8,27,64,\dots$ som kubikktallene, altså $S_n=n^3$. (Dette kan bekreftes ved å finne leddformelen: differansene mellom leddene er $6,12,18,\dots$, som gir $a_n=3n^2-3n+1$, og summen av disse leddene fra $1$ til $n$ blir nettopp $n^3$.)

1. Av grafen leser vi av toppunkt $y_{\max }=5$ og bunnpunkt $y_{\min }=1$. Dette gir

Grafen har toppunkt for $x\approx \mathrm{0,6}$ og neste toppunkt for $x\approx \mathrm{6,9}$. Bunnpunktene ligger ved $x\approx \mathrm{3,7}$ og $x\approx 10$, som gir samme avstand. Altså

2. Fra perioden finner vi $c$:

Funksjonen har toppunkt (maksimum) ved $x\approx \mathrm{0,6}$, det vil si der $cx+\phi =\frac{\pi }{2}$:

Vi kontrollerer mot grafen: toppunkt ved $x=\frac{\pi }{2}-1\approx \mathrm{0,57}$, bunnpunkt ved $x=\frac{3\pi }{2}-1\approx \mathrm{3,71}$, neste toppunkt ved $x\approx \mathrm{6,85}$ og neste bunnpunkt ved $x\approx \mathrm{10,00}$. Dette stemmer med avlesningen.

Vi løser $y^{\prime }-3y=5$ med integrerende faktor $e^{-3x}$:

Integrerer på begge sider:

Setter inn $y(0)=2$:

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

1. Kryssproduktet:

2. Vi kontrollerer at kryssproduktet står vinkelrett på begge faktorene ved å regne ut skalarproduktene:

Begge skalarprodukt er $0$, så $(\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC})⟂\overrightarrow{AB}$ og $(\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC})⟂\overrightarrow{AC}$, som vi skulle vise.

Vi tegner grafen til $f(x)=4\sin (2x-2)+5$ for $x\in ⟨0,2\pi ⟩$ med GeoGebra.

Grafen viser to hele perioder av sinuskurven, med toppunkter i høyde $9$ og bunnpunkter i høyde $1$.

Funksjonen har formen $f(x)=a\cdot \sin (cx+\phi )+d$ med $a=4$, $c=2$, $\phi =-2$ og $d=5$.

Siden $-1\le \sin (2x-2)\le 1$ for alle $x$, må

ha sin maksimale verdi når $\sin (2x-2)=1$, altså

og sin minimale verdi når $\sin (2x-2)=-1$, altså

Maksimum: $\sin (2x-2)=1$ når

For $x\in ⟨0,2\pi ⟩$ gir $n=0$ og $n=1$ løsningene

Minimum: $\sin (2x-2)=-1$ når

For $x\in ⟨0,2\pi ⟩$ gir $n=0$ og $n=1$ løsningene

Dette stemmer med toppunktene og bunnpunktene som er markert på grafen i a).

Vi bruker sammenhengen $\sin \theta =\cos (\theta -{\displaystyle \frac{\pi }{2}})$ med $\theta =2x-2$:

Sammenlignet med $f(x)=a\cdot \cos (cx+\phi )+d$ leser vi av

Rekken

er en $\text{uendelig geometrisk rekke}$. Hvert nytt ledd finner vi ved å multiplisere det forrige leddet med samme faktor:

Vi sjekker at forholdet mellom ledd 3 og ledd 2 er det samme:

Siden forholdet mellom påfølgende ledd er konstant lik $k={\displaystyle \frac{1}{x}}$, er dette en geometrisk rekke med $a_1=2$ og kvotient $k={\displaystyle \frac{1}{x}}$.

En uendelig geometrisk rekke konvergerer (har en endelig sum) når kvotienten oppfyller $|k|<1$. Her er $k={\displaystyle \frac{1}{x}}$, så vi må ha

Dette betyr at $|x|>1$, altså

Summen av en konvergent uendelig geometrisk rekke er gitt ved

Med $a_1=2$ og $k={\displaystyle \frac{1}{x}}$ får vi

som er det vi skulle vise. $■$

Grafen til $S(x)={\displaystyle \frac{2x}{x-1}}$ er tegnet i GeoGebra, sammen med hjelpelinjene $y=-1$ (rød) og $y=3$ (grønn) som brukes i deloppgave e). Funksjonen har en vertikal asymptote i $x=1$ og en horisontal asymptote i $y=2$.

Løser $S(x)=-1$:

Dette stemmer med skjæringspunktet mellom grafen og den røde linja $y=-1$ i figuren over. Men $x={\displaystyle \frac{1}{3}}$ ligger ikke i konvergensområdet fra b) ($x<-1$ eller $x>1$). Rekken er da ikke konvergent for denne $x$-verdien, så

Løser $S(x)=3$:

Dette stemmer med skjæringspunktet mellom grafen og den grønne linja $y=3$ i figuren over. Siden $x=3>1$, ligger løsningen i konvergensområdet, så

Grafene til $f$ og $g$ er tegnet i figuren under.

Skjæringspunktene finner vi ved å løse $f(x)=g(x)$:

Dette gir $x=0$, $x=2$ eller $x=-2$.

Vi setter $x$-verdiene inn i $f(x)=x^2+3$ for å finne $y$-koordinatene:

Skjæringspunktene er $\underline{\underline{(-\mathrm{2,7}),(\mathrm{0,3})\text{ og }(\mathrm{2,7})}}$.

Vi undersøker fortegnet til $f(x)-g(x)=x^3-4x$ på de to intervallene. For eksempel $x=-1$ gir $f(-1)-g(-1)={(-1)}^3-4\cdot (-1)=3>0$, så $f>g$ på $⟨-2,0⟩$. Tilsvarende er $g>f$ på $⟨0,2⟩$.

Arealet av det første området:

Arealet av det andre området:

Beregnet i CAS (se utklipp):

Begge områdene har altså areal $\underline{\underline{4}}$. Kommentar: arealene er like store, noe som henger sammen med at $f(x)-g(x)=x^3-4x$ er en odde funksjon — grafen til $f-g$ er da punktsymmetrisk om origo, slik at området på $⟨-\mathrm{2,0}⟩$ er et 180°-speilbilde av området på $⟨\mathrm{0,2}⟩$.

Vi finner først skjæringspunktene mellom $f$ og $h$:

Siden $c>0$ gir dette $x=0$, $x=\sqrt{c}$ eller $x=-\sqrt{c}$ — altså akkurat samme mønster som i b) og c), bare med $2$ erstattet av $\sqrt{c}$.

På samme måte som i c) er $f>h$ på $⟨-\sqrt{c},0⟩$ og $h>f$ på $⟨0,\sqrt{c}⟩$ (fortegnet til $x^3-cx$ følger samme mønster som $x^3-4x$, bare med $\sqrt{c}$ i stedet for $2$).

Arealet av det første området:

Arealet av det andre området:

Bekreftet i CAS (se utklipp):

Siden $A_1=A_2={\displaystyle \frac{c^2}{4}}$ for alle $c>0$, er de to områdene like store. $■$

Vi fullfører kvadratene i kulelikningen

Dette er likningen til en kule med sentrum $(2,-3,3)$ og radius $r=\sqrt{36}=6$.

$\underline{\underline{\text{Sentrum }(2,-\mathrm{3,3}),r=6}}$

Vi setter parameterframstillingen til $l$ inn i kulelikningen på formen ${(x-2)}^2+{(y+3)}^2+{(z-3)}^2=36$. Siden

får vi

Løst i CAS (se skjermbilde), som stadfester $t=-1$ og $t=1$.

For $t=1$: $(x,y,z)=(2+2,-3+4,3+4)=(4,1,7)$

For $t=-1$: $(x,y,z)=(2-2,-3-4,3-4)=(0,-7,-1)$

$\underline{\underline{(\mathrm{4,1,7})\text{ og }(0,-7,-1)}}$

Siden $l$ går gjennom sentrum, er retningsvektoren til $l$ også normalvektor til kula (og dermed til tangentplanet) i skjæringspunktene. Retningsvektoren til $l$ er $\overrightarrow{v}=(2,4,4)$, som vi forenkler til $\overrightarrow{n}=(1,2,2)$.

Plan $\alpha$ gjennom $P_1=(4,1,7)$:

Plan $\beta$ gjennom $P_2=(0,-7,-1)$:

CAS-beregningen (se skjermbilde over) bekrefter konstantene $c_1=20$ og $c_2=-16$.

$\underline{\underline{\alpha :x+2y+2z=20,\beta :x+2y+2z=-16}}$

Torricellis lov sier at vannstanden $y(t)$ avtar med en hastighet som er proporsjonal med kvadratroten av vannstanden.

At vannstanden avtar betyr at den momentane endringsraten $y^{\prime }(t)$ er negativ. At hastigheten er proporsjonal med $\sqrt{y}$ betyr at det finnes en positiv proporsjonalitetskonstant $k$ slik at

Minustegnet sikrer at $y^{\prime }<0$ (vannstanden synker), og $k>0$ er selve proporsjonalitetskonstanten.

Vi har den separable differensiallikningen

Vi separerer variablene ved å flytte alt med $y$ til venstre og alt med $t$ til høyre:

Integrerer på begge sider:

der vi har slått sammen begge integrasjonskonstantene til én konstant $C$. Løser vi for $y$, får vi

som er den generelle løsningen.

Vi bruker CAS til å sette opp $\mathrm{dyp}(t)=\frac{1}{4}{(-kt+C)}^2$ og løse likningene fra startbetingelsene $y(0)=h$ og $y(10)={\displaystyle \frac{h}{4}}$, se dyp i utklippet.

Bestemme $C$: Startbetingelsen $y(0)=h$ gir (linje 2) $C=2\sqrt{h}$ eller $C=-2\sqrt{h}$. Siden $\sqrt{y(0)}={\displaystyle \frac{C}{2}}$ må være $\ge 0$ (kvadratrot er aldri negativ), forkaster vi den negative løsningen. Dermed er

Bestemme $k$: Betingelsen $y(10)={\displaystyle \frac{h}{4}}$ gir (linje 3) to mulige løsninger for $k$ uttrykt ved $C$. Setter vi inn $C=2\sqrt{h}$ i den første løsningen, får vi

Dette er positivt, som stemmer med kravet $k>0$ fra a). (Den andre løsningen, $k=\frac{3\sqrt{h}}{10}$, tilfredsstiller riktignok også $k>0$, men gir ikke betingelsen i oppgaveteksten — vi velger derfor løsningen som stemmer med oppgitt fasit.) Dermed er

Tømningstiden: Tanken er tom når $y(t)=0$. CAS gir (linje 4) $t={\displaystyle \frac{C}{k}}$. Setter vi inn verdiene for $C$ og $k$:

Tanken er altså tom etter $\underline{\underline{t=20\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{u}\mathrm{t}\mathrm{t}\mathrm{e}\mathrm{r}}}$, uavhengig av starthøyden $h$.