R2 Høst 2017

Vi bruker kjerneregelen. Med $u=3x$ blir ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}}=3$, og

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

Vi bruker produktregelen ${(u\cdot v)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=x$ og $v=\cos x^2$. Deriverer $v$ med kjerneregelen: $v^{\prime }=-\sin (x^2)\cdot 2x$.

Vi integrerer ledd for ledd:

Vi bruker delvis integrasjon med $u=x$, $v^{\prime }={\mathrm{e}}^{2x}$, slik at $u^{\prime }=1$ og $v={\displaystyle \frac{1}{2}}{\mathrm{e}}^{2x}$:

Vi bruker substitusjon $u=x^2+1$, slik at $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$, altså $x\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{d}u$:

Setter tilbake $u=x^2+1$:

Siden $x\in [0,2\pi ]$ er $2x\in [0,4\pi ]$. Løsningene til $\sin (2x)={\displaystyle \frac{1}{2}}$ er

For $n=0$ og $n=1$ innenfor $[0,4\pi ]$ får vi

Deler på $2$:

Vi setter $t=\cos x$ og får andregradslikningen

Dette gir $t={\displaystyle \frac{1}{2}}$ eller $t=-2$.

Siden $\cos x\in [-1,1]$, er $t=-2$ ikke mulig. Vi løser derfor $\cos x={\displaystyle \frac{1}{2}}$ for $x\in [0,2\pi ]$:

Funksjonen $f(x)=2\sin (\pi x-{\displaystyle \frac{\pi }{2}})+3$ har amplitude $2$ og er forskjøvet $3$ enheter opp. Toppunktene har derfor $y$-verdi $2+3=5$, og bunnpunktene har $y$-verdi $-2+3=1$.

Toppunkt oppstår når $\sin (\pi x-{\displaystyle \frac{\pi }{2}})=1$, altså når

Bunnpunkt oppstår når $\sin (\pi x-{\displaystyle \frac{\pi }{2}})=-1$, altså når

Innenfor definisjonsmengden $x\in ⟨-1,5⟩$ gir dette toppunktene $x=1$ og $x=3$, og bunnpunktene $x=0$, $x=2$ og $x=4$. Dermed er

Grafen er en sinuskurve med periode ${\displaystyle \frac{2\pi }{\pi }}=2$, som svinger mellom $y=1$ (bunnpunkt) og $y=5$ (toppunkt) om likevektslinjen $y=3$. Med toppunktene og bunnpunktene fra a) kan vi skissere grafen ved å plotte punktene og trekke en jevn sinuskurve gjennom dem:

Grafen starter i et toppunkt ved $x=-1$ (åpen endepunkt), synker til bunnpunktet $(\mathrm{0,1})$, stiger til toppunktet $(\mathrm{1,5})$, og fortsetter slik med periode $2$ helt til $x=5$ (åpent endepunkt).

Siden $f(x)\ge 1>0$ for alle $x$, ligger hele grafen over $x$-aksen på intervallet $[\mathrm{0,4}]$. Arealet er dermed gitt direkte av det bestemte integralet

En antiderivert er $F(x)=-{\displaystyle \frac{2}{\pi }}\cos (\pi x-{\displaystyle \frac{\pi }{2}})+3x$. Da er

Vi finner vektorene mellom punktene:

Kryssproduktet regnes ut med determinantmetoden:

Vi setter koordinatene til $A$, $B$ og $C$ inn i planlikningen $9x+y+5z=24$ og sjekker at likningen stemmer for hvert punkt.

For $A(1,0,3)$:

For $B(3,2,-1)$:

For $C(0,4,4)$:

Alle tre punktene tilfredsstiller likningen for planet $\alpha$, så $A$, $B$ og $C$ ligger i $\alpha$.

Vi merker oss også at $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(18,2,10)=2\cdot (9,1,5)$, som er parallell med normalvektoren $(9,1,5)$ til $\alpha$. Dette bekrefter at planet gjennom $A$, $B$ og $C$ har nettopp denne normalvektoren.

Linjen $\ell$ står normalt på $\alpha$, så retningsvektoren til $\ell$ er normalvektoren til planet, $\overrightarrow{n}=(9,1,5)$. Linjen går gjennom $T(11,7,5)$, som gir parameterframstillingen

For å finne skjæringspunktet med $\alpha$ setter vi $x=11+9t$, $y=7+t$ og $z=5+5t$ inn i planlikningen:

Vi setter $t=-1$ inn i parameterframstillingen:

Volumet av pyramiden $ABCT$ kan regnes ut med formelen

Vi finner $\overrightarrow{AT}$:

Fra a) har vi $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(18,2,10)$. Skalarproduktet med $\overrightarrow{AT}$ blir

Volumet blir dermed

Tallfølgen er gitt ved $a_n=3n-2$, som er aritmetisk med

Det $n$-te leddet er

Summen av en aritmetisk rekke er gitt ved formelen

Vi setter inn $a_1=1$ og $a_n=3n-2$:

Dermed har vi vist at

Vi skal bevise ved induksjon at

gjelder for alle $n\in \mathbb{N}$.

Basissteg: For $n=1$ er $s_1=a_1=1$. Formelen gir

Basissteget stemmer, siden begge sider er lik $1$.

Induksjonssteg: Anta at påstanden er sann for $n=k$, altså at

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

Vi bruker at $s_{k+1}=s_k+a_{k+1}$, der $a_{k+1}=3(k+1)-2=3k+1$. Ved induksjonshypotesen:

Vi sammenlikner med høyresiden av påstanden for $n=k+1$:

Dette er nøyaktig det samme uttrykket som vi fant for $s_{k+1}$. Induksjonssteget er dermed bevist.

Siden basissteget stemmer, og påstanden for $n=k$ medfører påstanden for $n=k+1$, følger det av induksjonsprinsippet at

Stolpen skal mer enn $\mathrm{1,0}\mathrm{m}=100\mathrm{cm}$ ned i jorda, altså skal vi finne minste $n$ slik at $s_n>100$.

Vi tar logaritmen på begge sider. Siden $\ln (\mathrm{0,94})<0$ snur ulikhetstegnet:

I GeoGebra CAS regnes dette ut til $n>\mathrm{11,20}$, se n_verdi i utklippet under.

Siden $n$ må være et helt tall, må firmaet slå minst $n=12$ slag for å komme mer enn $\mathrm{1,0}$ meter ned i jorda.

Vi undersøker hvor langt ned stolpen i teorien kan komme dersom firmaet slår uendelig mange slag. Dette er summen av en uendelig geometrisk rekke, som konvergerer siden $|k|=\mathrm{0,94}<1$:

Dette stemmer med SumUendelig i CAS-utklippet over.

Selv med uendelig mange slag kan stolpen altså i beste fall komme $\mathrm{2,0}$ meter ned i jorda. Siden $\mathrm{2,0}\mathrm{m}<\mathrm{2,2}\mathrm{m}$, vil firmaet aldri klare å slå stolpen $\mathrm{2,2}$ meter ned med denne pælemaskinen.

Retningsvektoren til linjen finner vi som

Denne kan forkortes (dele på $-6$) til $\overrightarrow{v}=(1,3,4)$.

Med $A(7,12,12)$ som utgangspunkt får vi parameterframstillingen

Kuleflaten $K$ har likning $x^2+y^2+z^2=25$. Vi setter uttrykkene for $x$, $y$ og $z$ fra parameterframstillingen inn i kulelikningen:

Dette gir andregradslikningen $13t^2+91t+156=0$, løst i CAS (se utklipp under):

Vi får $t=-3$ og $t=-4$. Setter vi disse inn i parameterframstillingen fra a), finner vi skjæringspunktene $P_1=(4,3,0)$ og $P_2=(3,0,-4)$ (se samme utklipp).

Kontroll: $4^2+3^2+0^2=25$ og $3^2+0^2+{(-4)}^2=25$ – begge punktene ligger på kuleflaten.

Planet $\alpha :4x-3y+7=0$ har normalvektor $\overrightarrow{n}=(4,-3,0)$. Et plan parallelt med $\alpha$ har samme normalvektor, altså på formen

Et slikt plan tangerer kuleflaten $K$ (sentrum i origo, radius $5$) når avstanden fra origo til planet er lik radien:

Løst i CAS:

Vi får $d=25$ eller $d=-25$. Tangentplanene er dermed

Bestanden avtar med $\mathrm{3,0}\%$ per år. Det betyr at den relative tilveksten ${\displaystyle \frac{y^{\prime }}{y}}$ hele tiden er konstant lik $-\mathrm{0,03}$ (en negativ endring, siden bestanden minker). Dette gir sammenhengen

Siden det er $10000$ ørreter i vannet ved starten av 2018, altså når $t=0$, har vi initialbetingelsen $y(0)=10000$. Dermed kan differensiallikningen

brukes til å bestemme ørretbestanden $y(t)$ $t$ år etter starten av 2018.

Differensiallikningen $y^{\prime }=-\mathrm{0,03}y$ er separabel, og løsningen er en eksponentialfunksjon på formen $y(t)=y(0)\cdot e^{-\mathrm{0,03}t}$. Med $y(0)=10000$ får vi

År 2028 svarer til $t=10$ (10 år etter starten av 2018), så

Se fisk(t) og fisk(10) i CAS-utklippet under (linje 1–2), som stemmer med utregningen.

Det vil altså være omtrent $\underline{\underline{7408\text{ ørreter}}}$ i vannet i 2028.

I tillegg til den naturlige, prosentvise avgangen på $3\%$ per år ($-\mathrm{0,03}y$), tilføres det nå et konstant antall ørreter $c$ per år ved kontinuerlig utsetting. Dette gir et ekstra, konstant positivt bidrag til veksten, uavhengig av hvor mange ørreter som allerede er i vannet. Differensiallikningen blir dermed

der $c$ er antall ørreter som settes ut per år, og $y(0)=10000$ fordi utsettingen starter tidlig i 2018, samtidig som utgangsbestanden er $10000$.

Løsningen av differensiallikningen i c) er

Starten av 2027 svarer til $t=9$ (siden $t=0$ er starten av 2018). Målet er $y(9)=15000$:

Dette er en lineær likning i $c$. CAS gir (se fiskc(t) og løsningen av likningen i linje 3–4 i utklippet over)

Fiskeforeningen må altså sette ut omtrent $\underline{\underline{934\text{ ørreter per år}}}$ for å nå målet om $15000$ ørreter ved starten av 2027.

Grafen til $f(x)=\sqrt{2^2-x^2}$ er den øvre halvdelen av en sirkel med sentrum i origo og radius $2$. Linjen $g(x)=f(1)=\sqrt{3}$ er en horisontal linje som skjærer grafen til $f$ i punktene $(-1,\sqrt{3})$ og $(1,\sqrt{3})$.

Sirkelsegmentet er området mellom grafen til $f$ (øverst) og linjen $g$ (nederst), avgrenset av skjæringspunktene $x=-1$ og $x=1$:

Vi bruker CAS til å beregne integralet (se A i utklippet under):

Arealet av sirkelsegmentet er dermed

Når sirkelsegmentet dreies $360°$ om $x$-aksen, blir volumet differansen mellom omdreiningslegemet til $f$ og omdreiningslegemet til $g$ på samme intervall:

Vi bruker CAS til å beregne dette (se V i utklippet over):

Volumet av omdreiningslegemet er dermed

For den generelle halvsirkelen $F(x)=\sqrt{r^2-x^2}$ med $r>1$ er $G(x)=F(1)=\sqrt{r^2-1}$, og skjæringspunktene med $F$ ligger fortsatt i $x=-1$ og $x=1$ (uavhengig av $r$, siden $F(\pm 1)=G(\pm 1)$ per definisjon). Volumet av omdreiningslegemet blir da

Vi ser at $r$ faller bort i integranden. Vi bruker CAS til å bekrefte dette (se Vr i utklippet over):

Siden $r$ ikke lenger inngår i uttrykket for $V_r$, er volumet av omdreiningslegemet det samme uansett hvilken verdi $r$ har (så lenge $r>1$). Dette stemmer også med resultatet fra c), der $r=2$ ga samme volum ${\displaystyle \frac{4}{3}}\pi$.