R2 Høst 2022

Vi deriverer $f(x)=x^3+\sin (\pi x)$ ledd for ledd.

Leddet $x^3$ deriveres til $3x^2$.

Leddet $\sin (\pi x)$ er en sammensatt funksjon. Med kjerneregelen, hvor kjernen er $\pi x$ med derivert $\pi$, får vi

Dermed er

Vi deriverer $g(x)=\ln (2+\cos x)$ med kjerneregelen. Kjernen er $u=2+\cos x$, med $u^{\prime }=-\sin x$.

Siden ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}\ln (u)={\displaystyle \frac{u^{\prime }}{u}}$, får vi

Vi integrerer hvert ledd for seg ved hjelp av standardformler.

Samlet blir dermed

Vi løser integralet med substitusjon. Vi setter

Vi bytter også grensene: når $x=0$ er $u=0$, og når $x=\sqrt{\pi }$ er $u=\pi$. Dermed er

Vi har den separable differensiallikningen

Vi separerer variablene ved å multiplisere begge sider med $y$:

Deretter integrerer vi begge sider:

Vi ganger med $2$ og skriver om konstanten:

Vi bruker startbetingelsen $y(0)=3$ til å bestemme $C$:

Dermed er

Siden $y(0)=3>0$, velger vi den positive løsningen:

Vi skal avgjøre om $y=2\sin (3x)+x$ løser $y^{\prime \prime }+9y=9x$. Vi deriverer $y$ to ganger.

Vi setter $y$ og $y^{\prime \prime }$ inn i venstre side av differensiallikningen:

Venstre side blir lik høyre side $9x$ for alle $x$, så $y=2\sin (3x)+x$ er en løsning av differensiallikningen.

I en aritmetisk rekke er $a_n=a_1+(n-1)\cdot d$. Vi setter opp likninger for $a_3$ og $a_{23}$:

Vi trekker den første likningen fra den andre:

Vi setter $d=3$ inn i $a_1+2d=8$:

Vi finner $a_{100}$:

Summen av de $100$ første leddene blir

Vi vet at $a_2=a_1+4$. Siden $a_2=a_1+d$, må $d=4$.

Summen av de $10$ første leddene er

Vi løser for $a_1$:

Summen av de $20$ første leddene blir da

Fra grafen leser vi av toppunktet $({\displaystyle \frac{5\pi }{6}},3)$ og bunnpunktet $(-{\displaystyle \frac{\pi }{6}},-5)$.

Amplituden er

Konstantleddet er middelverdien mellom topp og bunn:

Avstanden fra ett bunnpunkt til det neste er én hel periode. Fra grafen ser vi bunnpunktene $(-{\displaystyle \frac{\pi }{6}},-5)$ og $({\displaystyle \frac{11\pi }{6}},-5)$, så

Siden $T={\displaystyle \frac{2\pi }{c}}$, får vi $c=1$.

For $c=1$ har $\sin$ et bunnpunkt når $x+\phi =-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}+2\pi k$. Med bunnpunkt i $x=-{\displaystyle \frac{\pi }{6}}$:

Dette gir

Vi kontrollerer med toppunktet $({\displaystyle \frac{5\pi }{6}},3)$: $f\left({\displaystyle \frac{5\pi }{6}}\right)=4\sin ({\displaystyle \frac{5\pi }{6}}-{\displaystyle \frac{\pi }{3}})-1=4\sin \left({\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)-1=4-1=3$. Stemmer.

Siden $\cos x=0$ ikke gir noen løsning her (da måtte også $\sin x=0$, umulig samtidig), kan vi dele begge sider på $\cos x$:

Dette gir

For $x\in [0,3\pi ]$:

• $k=0$: $x={\displaystyle \frac{\pi }{3}}$
• $k=1$: $x={\displaystyle \frac{\pi }{3}}+\pi ={\displaystyle \frac{4\pi }{3}}$
• $k=2$: $x={\displaystyle \frac{\pi }{3}}+2\pi ={\displaystyle \frac{7\pi }{3}}$
• $k=3$: $x={\displaystyle \frac{\pi }{3}}+3\pi ={\displaystyle \frac{10\pi }{3}}>3\pi$, altfor stor

Vi fullfører kvadratene i likningen

Dette er en kuleflate med sentrum $S(2,-\mathrm{1,3})$ og radius

Siden $\alpha$ tangerer kuleflaten i $P$, er $\overrightarrow{SP}$ normalvektor til $\alpha$:

Likningen for planet gjennom $P(6,-\mathrm{4,3})$ med normalvektor $(4,-\mathrm{3,0})$:

Linja gjennom $P$ og $S$ har retningsvektor $\overrightarrow{SP}=(4,-\mathrm{3,0})$, som har lengde $|\overrightarrow{SP}|=\sqrt{4^2+3^2}=5$. Siden $P$ ligger på kuleflaten i avstand $r=5$ fra $S$, tilsvarer $t=1$ i parametriseringen

nettopp punktet $P$. Det andre skjæringspunktet $Q$ ligger like langt fra $S$ på motsatt side, altså ved $t=-1$:

Punktene $P$ og $Q$ er endepunktene til en diameter gjennom kuleflaten (siden begge ligger på linja gjennom sentrum $S$, i avstand $r=5$ fra $S$). Denne diameteren står normalt på $\alpha$, og dermed også normalt på $\beta$ (som er parallelt med $\alpha$).

Siden $\beta$ skal skjære kuleflaten i en sirkel, må avstanden fra $S$ til $\beta$ være mindre enn $r=5$. Med avstand $3$ fra $Q$ til $\beta$, målt langs diameteren, er avstanden fra $S$ til $\beta$

(Alternativet $d=5+3=8$ er større enn $r$ og gir ikke skjæring, og forkastes derfor.)

Snittsirkelen mellom kuleflaten og $\beta$ har radius $\rho$ gitt ved Pytagoras i trekanten med hypotenus $r$ og katet $d$:

Uansett hva $f$ er, må

siden det bestemte integralet fra et tall til seg selv alltid er $0$. Setter vi $a=1$ inn i Olines svar $a^3-\ln a+3a-3$, får vi

Siden dette skal tilsvare ${\int }_1^{1}f(x)\mathrm{d}x$, som må være $0$, kan ikke Olines svar være riktig.

Uttrykket $F(a)=a^3-\ln a+3a+C$ skal tilfredsstille $F(1)=0$ (siden $F(a)$ representerer ${\int }_1^{a}f(x)\mathrm{d}x$). Dette gir

Riktig uttrykk er altså $a^3-\ln a+3a-4$. Funksjonen $f(x)$ finner vi ved å derivere:

(Legg merke til at konstantleddet forsvinner ved derivasjon, så $f(x)$ er den samme uansett hvilken korrekt konstant som brukes.)

Linjestykket $OP$ går gjennom origo og punktet $(\mathrm{2,3})$, så stigningstallet er ${\displaystyle \frac{3}{2}}$. Linja har likning

Når vi dreier grafen til $f$ om $x$-aksen fra $x=0$ til $x=h$, dannes en kjegle med volum

Setter vi $V=48\pi$:

La kjegla ha radius $r$ og høyde $h$. Vi tenker oss kjegla dannet ved å dreie linjestykket fra origo $O(\mathrm{0,0})$ til punktet $P(h,r)$ om $x$-aksen. Linja gjennom $O$ og $P$ har stigningstall ${\displaystyle \frac{r}{h}}$, altså

Volumet av omdreiingslegemet er

Dette er nettopp formelen for volumet av en kjegle med radius $r$ og høyde $h$, og beviset er fullført.

Et plan $ax+by+cz=d$ har normalvektor $(a,b,c)$. I likningen

er normalvektoren $\overrightarrow{n}=(3,2-t,0)$, som aldri er nullvektoren siden førstekomponenten er $3\ne 0$. Dermed er likningen en gyldig planlikning for enhver verdi av $t$. Det gjenstår å vise at $A$, $B$ og $C$ alle ligger i dette planet.

Vi setter inn koordinatene til $A(2,-\mathrm{3,0})$ og $B(t,\mathrm{0,2}t)$ i venstre side minus høyre side av likningen og bruker CAS til å forenkle:

Linje 1 og 2 viser at begge uttrykkene blir $0$, altså at $A$ og $B$ oppfyller likningen. Punktet $C(2,-3,t)$ har samme $x$- og $y$-koordinat som $A$, så $C$ oppfyller likningen av samme grunn (leddet med $t$ i $z$-koordinaten inngår ikke i likningen). Dermed går planet $3x+(2-t)y=3t$ gjennom alle tre punktene $A$, $B$ og $C$.

$△ABC$ er rettvinklet i et hjørne dersom skalarproduktet av de to vektorene fra det hjørnet er $0$. Vi finner

CAS (linje 3, 4 og 6 i utklippet over) gir

Siden $t\ne 0$, er $2t^2\ne 0$ og $-t^2\ne 0$, så vinkelen i $A$ og vinkelen i $C$ er aldri $90°$. Linje 5 viser at likningen $3t^2-4t+13=0$ ikke har noen reell løsning (CAS returnerer den tomme mengden $\{\}$), så heller ikke vinkelen i $B$ kan bli $90°$.

Konklusjon: $△ABC$ er aldri rettvinklet, uansett hvilken verdi $t\ne 0$ har.

Volumet av en pyramide med trekantet grunnflate $ABC$ og toppunkt $T$ er

Med $\overrightarrow{AT}=T-A=(-1,0,1)$ gir CAS (linje 7 i utklippet)

slik at

Vi setter $V=10$ og løser med CAS (linje 8):

Begge verdiene oppfyller kravet $t\ne 0$, så $\underline{\underline{t=20}}$ eller $\underline{\underline{t=-20}}$ gir et pyramidevolum på $10$.

Leddet $\mathrm{0,1}\cdot A$ betyr at antall ansatte vokser med $10\%$ av dagens antall ansatte hvert år (proporsjonal vekst, f.eks. fordi flere ansatte gir mer inntjening som igjen brukes til å ansette flere). Leddet $-1$ betyr at det i tillegg slutter (eller går av med pensjon) $1$ ansatt hvert år, uavhengig av hvor mange som jobber i bedriften.

Vi skal løse differensiallikningen

Dette er en separabel/lineær differensiallikning. Vi separerer variablene:

Vi bruker initialbetingelsen $A(0)=158$ til å bestemme $C$:

Dette gir modellen

Verifisering i GeoGebra CAS (linje 1–5) viser at $A(t)=148e^{t/10}+10$ tilfredsstiller differensiallikningen, at $A(0)=158$, og at $A(10)=148e+10$:

Vi regner ut $A(10)$:

Siden $A(10)\approx \mathrm{412,3}>400$, stemmer det bedriften sier – med denne modellen vil bedriften ha mer enn $400$ ansatte i løpet av $10$ år.

Partialsummen av en geometrisk rekke er

Med $a_1=24$, $k={\displaystyle \frac{3}{4}}$ og $n=4$:

Fra GeoGebra CAS (S4) får vi $s_4=\mathrm{65,625}$.

Svar: $\underline{\underline{s_4=\mathrm{65,625}}}$

Vi skal finne minste $n$ slik at $s_n>90$:

Vi løser likheten $s_n=90$ i CAS (LøsN i utklippet over) og finner $n\approx \mathrm{9,63768}$. Siden $s_n$ er en økende funksjon av $n$, må $n$ rundes opp til nærmeste heltall for at summen skal overstige $90$.

Vi kontrollerer:

• $s_9=24\cdot {\displaystyle \frac{1-{(3/4)}^9}{1/4}}\approx \mathrm{88,79}$ (ikke over $90$)
• $s_{10}=24\cdot {\displaystyle \frac{1-{(3/4)}^{10}}{1/4}}\approx \mathrm{90,59}$ (over $90$)

Svar: $\underline{\underline{n=10}}$

Nå er sidelengden til det første halvkvadratet, $a_1$, ukjent, mens kvotienten fortsatt er $k={\displaystyle \frac{3}{4}}$ (formen på figuren er den samme, uavhengig av startstørrelsen). Vi krever $s_{20}=120$:

Fra GeoGebra CAS (LøsA1 i utklippet over) får vi $a_1\approx \mathrm{30,09544}$.

Svar: $\underline{\underline{s_1\approx \mathrm{30,10}}}$

Arealene til halvkvadratene danner også en geometrisk rekke. Siden sidelengdene skaleres med $k={\displaystyle \frac{3}{4}}$ for hvert ledd, skaleres arealene (som er proporsjonale med kvadratet av sidelengden) med

Med $a_1=72$ og $|k_{\text{areal}}|<1$ konvergerer den uendelige rekken, og summen er

Fra GeoGebra CAS (Suendelig i utklippet over) får vi $S={\displaystyle \frac{1152}{7}}\approx \mathrm{164,57143}$.

Svar: $\underline{\underline{S={\displaystyle \frac{1152}{7}}\approx \mathrm{164,57}}}$

Når grafen til $f$ dreies $360°$ om $x$-aksen, er volumet av omdreiingslegemet $M$ gitt ved

Dette regnes ut i GeoGebra CAS.

Fra utklippet ser vi at

$\underline{\underline{V=54{\pi }^2{\mathrm{dm}}^3\approx \mathrm{532,96}{\mathrm{dm}}^3}}$

Krukken har høyde $2\pi \mathrm{dm}$ (lengden av intervallet $x\in [0,2\pi ]$). Spissen til kjeglen skal treffe bunnen av krukken, altså punktet $(0,0)$, og kjeglen skal ha samme høyde som krukken. Da vokser radiusen til kjeglen lineært med $x$:

Kjeglen får plass i krukken hvis og bare hvis $r_{\text{kjegle}}(x)\le f(x)$ for alle $x\in [0,2\pi ]$, altså at

Vi finner minimumsverdien til $g$ på $[0,2\pi ]$ i GeoGebra CAS (se MinG i utklippet over, samme økt som b/c).

Fra MinG ser vi at $g$ har minimumsverdi $g(\mathrm{4,598})\approx -\mathrm{0,494}<0$. Grafen under viser tydelig at den røde linjen $r=5$ (kjeglens rand) stikker utenfor krukken (den blå kurven $f$) for $x$ mellom ca. $\mathrm{3,9}$ og $\mathrm{5,4}$.

Siden $g(x)<0$ for noen $x\in [0,2\pi ]$, er kjeglens radius der større enn krukkens radius. $\underline{\underline{\text{Kjeglen med radius }5\text{ dm får ikke plass i krukken.}}}$

Vi skal finne den største radiusen $r$ slik at kjeglen med toppunkt $(\mathrm{0,0})$ og radius $r(x)={\displaystyle \frac{r}{2\pi }}x$ passer inn i krukken, det vil si den største $r$ slik at

Dette er ekvivalent med at ${\displaystyle \frac{r}{2\pi }}\le {\displaystyle \frac{f(x)}{x}}$ for alle $x\in ⟨0,2\pi ]$, altså at

Vi finner dette minimumet numerisk i GeoGebra CAS (se h(x), MinH og R i utklippet).

Fra MinH er minimumet ${\displaystyle \frac{f(x)}{x}}\approx \mathrm{0,68768}$, som inntreffer for $x\approx \mathrm{4,5398}$. Dette gir

Grafen viser at den grønne linjen $r=\mathrm{4,32}$ tangerer krukkens rand $f$ nettopp i punktet $P\approx (\mathrm{4,60},\mathrm{3,17})$ — for denne radiusen berører kjeglespissens rette linje krukkeveggen akkurat i ett punkt, og ligger for øvrig innenfor.

$\underline{\underline{r\approx \mathrm{4,32}\mathrm{dm}}}$