R2 Høst 2016

Vi bruker kjerneregelen på $f(x)=3\cos 2x$, med ytre funksjon $3\cos u$ og indre funksjon $u=2x$.

Vi bruker kjerneregelen på $g(x)=e^{\sin x}$, med ytre funksjon $e^u$ og indre funksjon $u=\sin x$.

Vi bruker kvotientregelen på $h(x)={\displaystyle \frac{x}{\sin x}}$ med $u=x$, $u^{\prime }=1$, $v=\sin x$, $v^{\prime }=\cos x$.

Vi integrerer ledd for ledd.

Vi bruker delvis integrasjon med $u=x$, $\mathrm{d}v=\cos x\mathrm{d}x$, slik at $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$ og $v=\sin x$.

Vi bruker substitusjon $u=x^2$, slik at $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$.

Linjen går gjennom origo $A(\mathrm{0,0})$, så den er på formen $y=ax$. Stigningstallet er

Ligningen for linjen blir dermed

Når linjestykket $AB$ roteres $360°$ om $x$-aksen fra $x=0$ til $x=h$, får vi volumet

Dette er nettopp volumformelen for en kjegle med grunnflateradius $r$ og høyde $h$. Omdreiningslegemet er altså en $\text{kjegle}$.

Funksjonen er på formen $f(x)=A\sin (kx)+d$ med $k={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$. Perioden er

Amplituden er $A=3$ og likevektslinjen er $y=5$. Sinusleddet varierer mellom $-1$ og $1$, så

Den dobbeltderiverte er

Dette er proporsjonalt med $\sin \left(\frac{\pi }{2}x\right)$, altså med $f(x)-5$. Vendepunkter oppstår der $f^{\prime \prime }(x)=0$, det vil si der $\sin \left(\frac{\pi }{2}x\right)=0$ — som er akkurat der $f(x)=5$, altså på likevektslinjen. Dette er en generell egenskap ved sinuskurver: grafen skifter krumning nøyaktig når den krysser likevektslinjen.

Vi løser $\sin \left({\displaystyle \frac{\pi }{2}}x\right)=0$:

Innenfor $D_f=⟨0,12⟩$ gir dette $x=2,4,6,8,10$. Vendepunktene er

Grafen er en sinuskurve med likevektslinje $y=5$, amplitude $3$ og periode $4$. På intervallet $⟨0,12⟩$ får vi tre hele perioder. Noen nøkkelpunkter:

Grafen starter i $(\mathrm{0,5})$, stiger til toppunkt $(\mathrm{1,8})$, faller gjennom vendepunktet $(\mathrm{2,5})$ til bunnpunkt $(\mathrm{3,2})$, stiger igjen gjennom $(\mathrm{4,5})$ til toppunkt $(\mathrm{5,8})$, og mønsteret gjentar seg med samme form til $x=12$. Toppunktene ligger i $x=1,5,9$ (verdi $8$), bunnpunktene i $x=3,7,11$ (verdi $2$), og vendepunktene i $x=0,2,4,6,8,10,12$ (verdi $5$).

Vi setter $y=e^{rx}$ inn i differensiallikningen. Da er

Innsatt i $y^{\prime \prime }-4y^{\prime }-5y=0$ gir dette

Siden $e^{rx}\ne 0$ for alle $x$, må $r^2-4r-5=0$. Dermed er $y=e^{rx}$ en løsning nettopp når $r$ tilfredsstiller den karakteristiske likningen $r^2-4r-5=0$.

Vi løser den karakteristiske likningen ved faktorisering:

Siden vi får to reelle, ulike røtter, blir den generelle løsningen

Vi deriverer den generelle løsningen:

Setter inn startbetingelsene. $y(0)=6$ gir

$y^{\prime }(0)=0$ gir

Setter inn i den første likningen:

Dermed er $C_2=5\cdot 1=5$. Den spesielle løsningen blir

Vi vil vise ved induksjon at $S_n=1+3+5+\cdots +(2n-1)=n^2$ for alle $n\ge 1$.

Grunnlag ($n=1$): $S_1=1=1^2$. Påstanden stemmer for $n=1$.

Induksjonsantagelse: Anta at $S_k=k^2$ for en vilkårlig $k\ge 1$.

Induksjonssteg: Vi skal vise at da er $S_{k+1}={(k+1)}^2$. Det $(k+1)$-te oddetallet er $2(k+1)-1=2k+1$, så

Ved induksjonsantagelsen er $S_k=k^2$, altså

Påstanden stemmer altså for $k+1$ dersom den stemmer for $k$. Siden den stemmer for $n=1$, stemmer den for alle $n\ge 1$ ved induksjonsprinsippet. Dermed er $\underline{\underline{S_n=n^2}}$.

Telleren i $B_n$ er summen av de $n$ første oddetallene, altså $S_n$. Nevneren er summen av de $n$ neste oddetallene, det vil si oddetall nummer $n+1$ til og med $2n$. Dette er summen av de $2n$ første oddetallene, minus summen av de $n$ første:

Dermed er

Vi bruker $S_n=n^2$ fra b):

Dette stemmer med resultatene fra a), som viser at $B_n=\frac{1}{3}$ uansett hvilken $n$ vi velger.

Vi setter inn koordinatene til $A(4,3,3)$ i likningen for kuleflaten:

Siden venstre side blir $14$, som er lik høyre side i likningen, ligger $\underline{\underline{A}}$ på kuleflaten.

Vi fullfører kvadratene i likningen $x^2-2x+y^2+2y+z^2-6z=14$:

Setter dette inn i likningen:

Dette er likningen for en kuleflate med sentrum $S(1,-1,3)$ og radius

Tangentplanet $\alpha$ i punktet $A$ står normalt på radiusvektoren $\overrightarrow{SA}$. Denne vektoren er derfor normalvektor til planet:

Likningen for planet gjennom $A(4,3,3)$ med normalvektor $(\mathrm{3,4,0})$ er

Planet $\beta$ går gjennom $S$ og $B$, og står normalt på $\alpha$. Dette gir oss to vektorer som ligger i $\beta$: vektoren $\overrightarrow{SB}$ (siden $S$ og $B$ begge ligger i $\beta$), og normalvektoren til $\alpha$, $\overrightarrow{n_{\alpha }}=(\mathrm{3,4,0})$ (siden $\beta ⟂\alpha$).

Normalvektoren til $\beta$ finner vi som kryssproduktet av disse to vektorene:

Likningen for planet gjennom $S(1,-1,3)$ med normalvektor $(-8,6,3)$ blir

Vi kan kontrollere at $B(\mathrm{1,0,1})$ ligger i planet: $-8\cdot 1+6\cdot 0+3\cdot 1+5=-8+3+5=0$. Stemmer.

Antall som blir født per år er $\mathrm{1,1}\%\cdot y=\mathrm{0,011}y$, og antall som dør per år er $\mathrm{0,8}\%\cdot y=\mathrm{0,008}y$. Endringen i folketallet per år som skyldes fødte og døde, blir dermed

I tillegg kommer netto innvandring på $44000$ personer per år. Den deriverte $y^{\prime }$ er den momentane veksten i folketallet per år, så

Ved $t=0$ (start av 2015) er folketallet $5200000$, altså $y(0)=5200000$.

Differensiallikningen er lineær og separabel:

Vi løser med GeoGebra CAS. LøsODE(y'=0.003y+44000) gir den generelle løsningen

Se skjermbilde under. Vi bestemmer $c_1$ ved å sette inn $t=0$, $y=5200000$:

Dette gir løsningen

Vi løser $y(t)=7000000$ med GeoGebra CAS (Løs(f(x)=7000000, x), se skjermbilde over), og finner

Siden $t$ telles fra starten av 2015, tilsvarer dette $2015+\mathrm{28,9}\approx \mathrm{2043,9}$, altså i løpet av 2043 ifølge modellen.

Vekstfarten når folketallet passerer $7$ millioner, finner vi enklest direkte fra differensiallikningen i a):

Vi ser at dette stemmer med den deriverte av $y(t)$ beregnet i CAS (linje 3 i skjermbildet).

Vi definerer $f(x)=\sqrt{x^2-x^4}$ i graftegner. Funksjonsuttrykket under rottegnet må være ikke-negativt: $x^2-x^4=x^2(1-x^2)\ge 0$, som gir $-1\le x\le 1$. Grafen finnes altså kun for $x\in [-1,1]$:

Grafen viser to «topper» symmetrisk om $y$-aksen, med et bunnpunkt i origo.

Siden $f(x)=\sqrt{x^2(1-x^2)}=|x|\cdot \sqrt{1-x^2}$, er $f$ en like funksjon ($f(-x)=f(x)$). Det holder derfor å finne toppunktet for $x\in [0,1]$, der $f(x)=x\sqrt{1-x^2}$, og speile om $y$-aksen.

Vi deriverer $h(x)=x\sqrt{1-x^2}$ med produktregelen:

Ekstremalpunkt der $h^{\prime }(x)=0$:

(vi forkaster $x=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ siden vi ser på $x\in [\mathrm{0,1}]$).

GeoGebra bekrefter dette numerisk (punktene $A$ og $B$ på grafen over):

Siden $f$ er like, er $(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{1}{2})$ også et toppunkt. Grafen til $f$ har altså toppunktene

Fra grafen ser vi at $f(x)\ge 0$ for alle $x$ i definisjonsmengden, og at grafen berører $x$-aksen kun i $x=-1$, $x=0$ og $x=1$. Det samlede arealet mellom grafen og $x$-aksen er derfor rett og slett det bestemte integralet av $f$ fra $-1$ til $1$ — vi trenger ikke dele opp i flere delintegral med fortegnsskifte:

Beregnet i CAS (se Areal i utklippet over):

Når grafen til $f$ roteres $360°$ om $x$-aksen, er volumet av omdreiningslegemet gitt ved

Beregnet i CAS (se Volum i utklippet over):

Vi setter inn punktet $(4,1,0)$ i likningen for $\alpha$:

og i likningen for $\beta$:

Punktet oppfyller begge likningene uansett verdi av $p$, så $(4,1,0)$ ligger i begge planene.

Normalvektorene til planene leses direkte av koeffisientene:

Vinkelen $v$ mellom to plan finner vi ved

Vi regner ut skalarproduktet og lengdene:

Vi skal ha $v=60°$, altså

Løser med CAS (linje 1 i skjermbildet):

Fra uttrykket i b) er

Vinkelen $v$ blir minst når $\cos v$ blir størst, altså når nevneren $\sqrt{1+p^2}$ blir minst mulig. Siden $p^2\ge 0$, er nevneren minst når $p=0$. Da er

Skjæringslinja $\ell$ ligger i begge planene, så retningsvektoren til $\ell$ må stå normalt på begge normalvektorene ${\overrightarrow{n}}_{\alpha }$ og ${\overrightarrow{n}}_{\beta }$. Vi finner en slik retningsvektor med kryssproduktet:

Fra a) vet vi at punktet $(4,1,0)$ ligger på $\ell$ (det ligger i begge planene, uansett $p$). Vi setter opp linja med dette punktet og retningsvektoren $\overrightarrow{r}$:

Kontroll i CAS (linje 5 og 6 i skjermbildet): vi setter $x(t)=4-pt$, $y(t)=1-pt$, $z(t)=t$ inn i begge planlikningene, og begge forenkler til $0$ for alle $t$ og $p$ — linja ligger altså i begge planene.

For at en uendelig geometrisk rekke skal ha en sum, må $|k|<1$. Summen av en uendelig geometrisk rekke er gitt ved

Vi vet at summen er $8$, som gir den første likningen

Summen av de tre første leddene i en geometrisk rekke er $a_1+a_{1}k+a_1{k}^2$. Vi vet at denne summen er $7$, som gir den andre likningen

Likningssystemet blir dermed

Vi løser likningssystemet med CAS, og løser med hensyn på $a_1$ og $k$:

CAS gir løsningen $a_1=4$ og $k={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Siden $|k|={\displaystyle \frac{1}{2}}<1$, konvergerer rekken, og løsningen er gyldig.

$\underline{\underline{k={\displaystyle \frac{1}{2}}\text{ og }{a}_1=4}}$