R2 Høst 2013

Vi bruker produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=5x$ og $v=\cos x$.

Vi bruker kvotientregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ med $u=\sin (2x)$ og $v=x$.

Kjerneregel gir $u^{\prime }=2\cos (2x)$, og $v^{\prime }=1$.

Vi bruker at $\int e^{ax}\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{1}{a}}{e}^{ax}+C$ med $a=2$.

Vi bruker delvis integrasjon $\int u\cdot v^{\prime }\mathrm{d}x=uv-\int u^{\prime }\cdot v\mathrm{d}x$ med $u=2x$ og $v^{\prime }=e^x$.

Vi finner først vektorene $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$.

Prikkproduktet:

Kryssproduktet:

Volumet av tetraederet $ABCO$ finner vi med formelen

der $\overrightarrow{AO}=O-A=(-2,0,0)$.

Kryssproduktet $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(12,8,6)$ er en normalvektor til planet $\alpha$. Vi kan forkorte den med $2$ til $\overrightarrow{n}=(6,4,3)$.

Planet gjennom $A(\mathrm{2,0,0})$ med normalvektor $\overrightarrow{n}=(\mathrm{6,4,3})$ har likning

Vi deler begge sider med $12$:

som er det vi skulle vise. $■$

Rekken $1+e^{-1}+e^{-2}+e^{-3}+\dots$ er geometrisk med kvotient

Siden $|k|<1$, er rekken konvergent.

Summen av en uendelig, konvergent geometrisk rekke er $s={\displaystyle \frac{a_1}{1-k}}$, med $a_1=1$.

Rekken $1+e^{-x}+e^{-2x}+e^{-3x}+\dots$ er geometrisk med kvotient $k=e^{-x}$.

Rekken konvergerer når $|k|<1$, altså når $e^{-x}<1$ (siden $e^{-x}$ alltid er positiv). Dette er oppfylt når

For $x>0$ er summen

Vi deriverer $f$ to ganger.

Eventuelle vendepunkter finner vi der $f^{\prime \prime }(x)=0$.

Siden $f^{\prime \prime }(x)$ er et andregradsuttrykk som skifter fortegn i begge nullpunktene ($f^{\prime \prime }$ er negativ mellom $x=0$ og $x=2$, og positiv utenfor), er begge $x$-verdiene vendepunkter.

Vi finner funksjonsverdiene.

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

Stigningstallet til tangenten i et punkt er gitt ved $f^{\prime }(x)$ i punktet.

Tangent i $(\mathrm{0,0})$:

Tangentlikningen blir

Tangent i $(2,-3)$:

Tangentlikningen blir

Vendetangentene er $\underline{\underline{y={\displaystyle \frac{5}{2}}x}}$ og $\underline{\underline{y=-{\displaystyle \frac{11}{2}}x+8}}$.

Halvsirkelen har radius $1$ og sentrum i origo $O$. Punktet $A$ ligger i $(-1,0)$ og $B$ i $(1,0)$, slik at $AB$ er diameteren i halvsirkelen, med lengde $|AB|=2$.

Punktet $C$ ligger på sirkelen og danner vinkelen $v$ med $x$-aksen, sett fra $O$. Siden radius er $1$, gir enhetssirkelen at

Punktet $D$ er speilingen av $C$ om $y$-aksen (trapeset er symmetrisk), altså

Dermed er $DC$ parallell med $AB$ (begge er horisontale), og lengden av $DC$ er

Høyden i trapeset er avstanden mellom de to parallelle linjene, altså $y$-koordinaten til $C$ og $D$:

Arealet av et trapes er ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ ganger summen av de parallelle sidene, ganger høyden:

For at $C$ og $D$ skal ligge i første/andre kvadrant og trapeset skal være et ekte (ikke-degenerert) trapes, må $v$ ligge strengt mellom $0$ og ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$:

Vi skal finne det $v$ som gir størst areal, altså maksimumspunktet til $F(v)=(1+\cos v)\sin v$ på intervallet $⟨0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}}⟩$.

Vi deriverer med produktregelen:

CAS-utregningen i GeoGebra bekrefter uttrykket og forenkler det ved å bruke ${\sin }^{2}v=1-{\cos }^{2}v$:

Vi setter $F^{\prime }(v)=0$ og løser med hjelpemiddel. Med $u=\cos v$ gir dette andregradslikningen $2u^2+u-1=0$, som har løsningene $u={\displaystyle \frac{1}{2}}$ og $u=-1$. Siden $v\in ⟨0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}}⟩$ er kun $\cos v={\displaystyle \frac{1}{2}}$ aktuell, som gir

Grafen til $F$ bekrefter at dette er et toppunkt (maksimum) på intervallet:

Arealet i dette punktet er

Trapeset får størst areal når $\underline{\underline{v={\displaystyle \frac{\pi }{3}}=60°}}$, og det største arealet er $\underline{\underline{F={\displaystyle \frac{3\sqrt{3}}{4}}\approx \mathrm{1,30}}}$.

Grafen til $f(x)=\sin (\pi x)+\sin (2\pi x)$ på $x\in [0,6]$ er tegnet i GeoGebra:

Fra grafen ser vi at kurveformen mellom $x=0$ og $x=2$ er nøyaktig den samme som mellom $x=2$ og $x=4$, og igjen den samme mellom $x=4$ og $x=6$ — bølgemønsteret (ett høyt og ett lavt maksimum, ett høyt og ett lavt minimum) gjentar seg identisk hver gang $x$ øker med $2$. Dette viser at

for alle $x$, altså at $f$ er periodisk med periode $\underline{\underline{p=2}}$.

Vi bruker formelen for dobbel vinkel, $\sin (2u)=2\sin (u)\cos (u)$, med $u=\pi x$:

Setter vi dette inn i uttrykket for $f$:

Vi faktoriserer ut $\sin (\pi x)$ fra begge leddene:

som er det vi skulle vise. Kontrollert i CAS (se r2-h13-2-2-cas.png, linje 1): differansen mellom venstre- og høyresiden forenkles til $0$.

Et produkt er null når minst én av faktorene er null, så

Faktor 1: $\sin (\pi x)=0$

I intervallet $[0,2]$ gir dette $x=0$, $x=1$ og $x=2$.

Faktor 2: $1+2\cos (\pi x)=0$

I intervallet $[0,2]$ gir dette $x={\displaystyle \frac{2}{3}}$ og $x={\displaystyle \frac{4}{3}}$ (begge med $n=0$).

Løsningen er stadfestet i CAS (se r2-h13-2-2-cas.png, linje 2), som gir den generelle løsningsmengden $x=2k$, $x=2k+1$, $x=2k-\frac{2}{3}$, $x=2k+\frac{2}{3}$.

Samlet gir dette nullpunktene til $f$ på $[0,2]$:

Differensiallikningen

er en lineær førsteordens differensiallikning. Vi skriver den om til standardform

Homogen løsning: Løsningen av $K^{\prime }(t)-\mathrm{0,08}\cdot K(t)=0$ er

Partikulær løsning: Vi prøver en konstant løsning $K_p(t)=a$. Da er $K_p^{\prime }(t)=0$, som gir

Generell løsning:

Vi bruker startbetingelsen $K(0)=20000$ til å bestemme $C$:

Dette gir

Løsningen og at $K(0)=20000$ er kontrollert i GeoGebra CAS, se skjermbildet under (linje 1–3).

Vi setter $t=20$ inn i uttrykket for $K(t)$ (se linje 4 i skjermbildet over):

Etter 20 år er det altså omtrent 1 087 319 kroner i fondet.

Fondet øker med 35 000 kroner per år når $K^{\prime }(t)=35000$, altså når

Vi setter dette inn i uttrykket for $K(t)$:

Se linje 5 i skjermbildet over for CAS-løsningen av likningen, som gir samme resultat.

Det vil altså gå omtrent 6 år før fondet øker med 35 000 kroner per år.

Vi deriverer begge sider av likningen

Venstre side, ledd for ledd:

Høyre side, med kjerneregelen:

Begge sider har altså samme deriverte, ${\displaystyle \frac{1}{1-x}}$, for $x\in ⟨-1,1⟩$. To funksjoner med samme deriverte på et intervall er like opp til en konstant, så likningen

stemmer for en eller annen konstant $C$. Dette bekrefter (men beviser strengt tatt bare) at de to sidene kan skrives på denne formen — selve integrasjonen i oppgaveteksten viser at dette faktisk stemmer.

For å bestemme $C$ setter vi inn $x=0$: venstre side blir $0$, og høyre side blir $-\ln (1-0)+C=-\ln 1+C=0+C=C$. Dermed er $0=C$, altså

Vi setter $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$ inn i likningen fra a) (med $C=0$):

Leddet ${\displaystyle \frac{1}{n}}{x}^n$ med $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$ blir ${\displaystyle \frac{1}{n}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{2^n}}$, som gir rekken

Høyre side forenkles:

Altså

Vi lar $S(n)={\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\cdot \frac{1}{2^k}}$ være summen av de $n$ første leddene. Siden alle ledd er positive, øker $S(n)$ mot $\ln 2$ når $n$ øker.

For at $S(n)$ skal ha $6$ korrekte desimaler av $\ln 2=\mathrm{0,69314718}\dots$, må avviket være

I GeoGebra CAS defineres $S(n)$ og differansen $\ln 2-S(n)$ regnes ut for økende $n$ (se utklipp):

Fra utklippet:

Dette stemmer med at $S(16)\approx \mathrm{0,693146}\dots$ (avrundes til $\mathrm{0,693146}$, feil sjette desimal), mens $S(17)\approx \mathrm{0,693147}\dots$ (avrundes til $\mathrm{0,693147}$, riktige seks desimaler).

Vi må altså minst ta med

for å få $6$ korrekte desimaler av $\ln 2$.

Nullpunktene til $g$ finner vi ved å løse $g(x)=0$: