R2 Vår 2010

Vi bruker produktregelen på $f(x)=x^2\cdot \cos (3x)$, med $u=x^2$ og $v=\cos (3x)$:

1) Vi bruker delvis integrasjon, $\int u^{\prime }vdx=uv-\int u{v}^{\prime }dx$, med $u^{\prime }=e^{2x}$ og $v=5x$:

2) Vi ser at telleren er (nesten) den deriverte av nevneren: ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}(x^2-1)=2x$. Vi setter $u=x^2-1$, slik at $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$, altså $6x\mathrm{d}x=3\mathrm{d}u$:

Differensiallikningen $y^{\prime }-2y=3$ er en 1. ordens lineær differensiallikning på formen $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$ med $p(x)=-2$ og $q(x)=3$ (begge konstante).

Homogen løsning. Den homogene likningen $y^{\prime }-2y=0$ har løsning

Partikulær løsning. Siden høyresiden er konstant, prøver vi med en konstant partikulærløsning $y_p=k$. Da er $y_p^{\prime }=0$, og innsatt i likningen:

Generell løsning.

Bruker startbetingelsen $y(0)=2$:

1) Vi legger sammen de to formlene:

Vi deler begge sider på $2$:

Dette var det som skulle vises.

2) Vi setter $u=v=x$ i formelen fra 1):

Vi integrerer dette uttrykket, som er langt enklere enn å integrere ${(\cos x)}^2$ direkte:

Vi bruker at ${\displaystyle {\int }_a^b{F}^{\prime }(x)\mathrm{d}x=F(b)-F(a)}$, altså at et bestemt integral av en deriverte kan regnes ut med verdiene til den opprinnelige funksjonen i tabellen.

1) Siden $f(x)=g^{\prime }(x)$, er $g$ en antiderivert av $f$:

2) Siden $h(x)=g^{\prime \prime }(x)=f^{\prime }(x)$, er $f$ en antiderivert av $h$:

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

Kryssproduktet regnes ut med determinantformelen:

Kryssproduktet $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}$ står vinkelrett på både $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$, og er dermed en normalvektor til planet $\alpha$ som går gjennom $A$, $B$ og $C$. Vi kan forenkle normalvektoren ved å dele på $7$:

En likning for planet med normalvektor $\overrightarrow{n}=(\mathrm{2,2,1})$ gjennom punktet $A(\mathrm{3,0},-2)$ er

Linjen $l$ står vinkelrett på planet $\alpha$, så retningsvektoren til $l$ er lik normalvektoren $\overrightarrow{n}=(\mathrm{2,2,1})$ til planet. Med $P(\mathrm{5,4,4})$ som et punkt på linjen får vi parameterframstillingen

som stemmer med den oppgitte parameterframstillingen. Dette var det som skulle vises.

Skjæringspunkt med $xz$-planet. $xz$-planet består av alle punkter der $y=0$:

Vi setter $t=-2$ inn i de to andre likningene:

Volumet av en tetraeder (pyramide med trekantflate) med hjørner $A$, $B$, $C$, $Q$ er gitt ved

Siden $Q$ ligger på linjen $l$, er $Q=(5+2t,4+2t,4+t)$, og

Vi bruker $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=(\mathrm{14,14,7})$ fra a):

Volumet blir da

Vi setter $V(t)=42$ og løser for $t$:

Dette gir to muligheter:

Vi setter inn i uttrykket for $Q=(5+2t,4+2t,4+t)$:

For $t=2$:

For $t=-6$:

Differensiallikningen

er en andregrads, homogen, lineær differensiallikning med konstante koeffisienter. Den karakteristiske likningen er

Vi fullfører kvadratet. GeoGebra CAS bekrefter at

(se linje 1 i utklippet), altså er den karakteristiske likningen ekvivalent med

Den karakteristiske likningen har altså komplekse røtter $r=-\mathrm{0,2}\pm 1i$, det vil si på formen $a\pm bi$ med $a=-\mathrm{0,2}$ og $b=1$.

For en karakteristisk likning med komplekse røtter $r=a\pm bi$ er den generelle løsningen av differensiallikningen

Med $a=-\mathrm{0,2}$ og $b=1$ får vi

der $C$ og $D$ er konstanter, som skulle vises.

Vi bruker startbetingelsene til å bestemme $C$ og $D$.

Bestemmer $D$: Siden $\sin 0=0$ og $\cos 0=1$, gir $y(0)=5$ at

Se linje 2 i utklippet, der $D=5$ er lagt inn.

Bestemmer $C$: Vi setter inn $x={\displaystyle \frac{3\pi }{4}}$ og bruker $y\left({\displaystyle \frac{3\pi }{4}}\right)=0$:

Siden $e^{-\mathrm{0,2}\cdot \frac{3\pi }{4}}\ne 0$, må parentesen være lik null:

Med $\sin {\displaystyle \frac{3\pi }{4}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$ og $\cos {\displaystyle \frac{3\pi }{4}}=-{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$ og $D=5$ løser CAS (linje 3 i utklippet) likningen og finner $C=D=5$.

Vi setter $C=5$ og $D=5$ inn i det generelle uttrykket fra a):

som skulle vises.

Vi tegner grafen til $f(x)=5e^{-\mathrm{0,2}x}\cdot (\sin x+\cos x)$ for $x\in ⟨0,15⟩$ i GeoGebra.

Grafen viser en dempet svingning: amplituden avtar mot null ettersom $x$ øker, på grunn av faktoren $e^{-\mathrm{0,2}x}$.

Nullpunktene til $f$ finner vi ved å løse

Siden $e^{-\mathrm{0,2}x}>0$ for alle $x$, må

Dette gir

I intervallet $⟨0,15⟩$ gir dette fem løsninger:

Vi deriverer $f(x)=5e^{-\mathrm{0,2}x}\cdot (\sin x+\cos x)$ med produktregelen. La $u(x)=5e^{-\mathrm{0,2}x}$ og $v(x)=\sin x+\cos x$. Da er $u^{\prime }(x)=-e^{-\mathrm{0,2}x}$ og $v^{\prime }(x)=\cos x-\sin x$.

Vi faktoriserer ut $e^{-\mathrm{0,2}x}$:

Faktoriserer ut $2$:

som var det vi skulle vise.

Siden $e^{-\mathrm{0,2}x}>0$ for alle $x$, bestemmes fortegnet til $f^{\prime }(x)$ av faktoren $2\cos x-3\sin x$. Vi finner nullpunktene til $f^{\prime }$:

I intervallet $⟨0,15⟩$ gir dette

Vi setter opp fortegnslinjen ved å teste fortegnet til $2\cos x-3\sin x$ mellom nullpunktene (f.eks. i $x=0$: $2\cos 0-3\sin 0=2>0$):

Fortegnet til $f^{\prime }$ veksler $+,-,+,-,+,-$ mellom nullpunktene. Dermed er

• $x\approx \mathrm{0,588}$, $x\approx \mathrm{6,871}$ og $x\approx \mathrm{13,154}$ toppunkter (overgang fra $+$ til $-$)
• $x\approx \mathrm{3,730}$ og $x\approx \mathrm{10,013}$ bunnpunkter (overgang fra $-$ til $+$)

Vi beregner funksjonsverdien i de tre toppunktene:

som var det vi skulle vise: $\underline{\underline{f\text{-verdiene i toppunktene er }\mathrm{6,164},\mathrm{1,754}\text{ og }\mathrm{0,499}}}$

Vi skal skrive $f(x)=5e^{-\mathrm{0,2}x}(\sin x+\cos x)$ på formen $A{e}^{-\mathrm{0,2}x}\sin (x+\phi )$. Vi bruker additionsformelen

Sammenligner vi $\sin x+\cos x$ med $A(\sin x\cos \phi +\cos x\sin \phi )$, ser vi at vi trenger $A\cos \phi =1$ og $A\sin \phi =1$. Da er $\phi ={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$ (siden $\tan \phi =1$ og begge er positive), og

slik at $\sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin (x+{\displaystyle \frac{\pi }{4}})$. Dermed blir

Fra punkt e) er $f(x)=A{e}^{-\mathrm{0,2}x}\sin (x+\phi )$ med $A=5\sqrt{2}$. Siden $-1\le \sin (x+\phi )\le 1$ for alle $x$, og $A{e}^{-\mathrm{0,2}x}>0$, får vi ved å multiplisere ulikheten med $A{e}^{-\mathrm{0,2}x}$:

Grafen til $f$ ligger altså alltid mellom grafene til $q$ og $p$, og $f$ tangerer $p$ i toppunktene (der $\sin (x+\phi )=1$) og $q$ i bunnpunktene (der $\sin (x+\phi )=-1$). Kurvene $p$ og $q$ kalles innhyllningskurver (eller “konvolutt”) til $f$.

Den grønne kurven er $f$, den blå stiplede kurven er $p(x)=5\sqrt{2}{e}^{-\mathrm{0,2}x}$, og den røde stiplede kurven er $q(x)=-5\sqrt{2}{e}^{-\mathrm{0,2}x}$. Vi ser at $f$ ligger mellom $p$ og $q$, og berører dem nøyaktig i topp- og bunnpunktene.

Siden $e^{-\mathrm{0,2}x}>0$ for alle $x$, er

Vi kan ikke ha $\cos x=0$ og $\sin x+\cos x=0$ samtidig (det ville gitt $\sin x=0$ også, umulig for samme $x$), så vi kan dele på $\cos x$:

Dette bekreftes av CAS-utregningen: $\text{Løs}(\sin x+\cos x=0)\Rightarrow x=k_1\pi +\frac{3}{4}\pi$.

Siden ${\displaystyle \frac{3\pi }{4}}\approx \mathrm{2,356}$, og løsningene ligger med konstant avstand $\pi$ mellom hverandre, får det $n$-te positive nullpunktet ($n\ge 1$, dvs. $k=n-1$) formen

Nullpunktene $x_n=\mathrm{2,356}+(n-1)\cdot \pi$ har konstant differanse $d=\pi$ mellom påfølgende ledd, så de danner en aritmetisk tallfølge med $a_1=\mathrm{2,356}$ og $d=\pi$.

Vi finner hvor mange nullpunkter som ligger i $⟨0,30⟩$ ved å løse

Siden $n$ må være et heltall, får vi $n=1,2,\dots ,9$. Vi sjekker: $x_9=\mathrm{2,356}+8\pi \approx \mathrm{27,49}<30$, mens $x_{10}=\mathrm{2,356}+9\pi \approx \mathrm{30,63}>30$.

Dette gir $\underline{\underline{9\text{ nullpunkter}}}$ i $⟨0,30⟩$.

Den deriverte er (se CAS, linje 3, forenklet)

Siden $e^{-\mathrm{0,2}x}\ne 0$, gir $f^{\prime }(x)=0$ likningen $4\cos x=6\sin x$, altså $\tan x=\frac{2}{3}$. CAS gir

Ekstremalpunktene ligger altså med avstand $\pi$ mellom seg, men de veksler mellom toppunkt og bunnpunkt (funksjonsverdien skifter fortegn for hver $\pi$, siden $\sin x+\cos x$ skifter fortegn). Toppunktene (positive funksjonsverdier) tilsvarer derfor annethvert ekstremalpunkt, med $x$-koordinater

Vi setter inn i $f$ (se r2-v10-2-5-numerisk.png) og får de tre første toppunktverdiene

Kvotienten mellom to påfølgende toppunktverdier er generelt

siden $\sin x+\cos x$ har periode $2\pi$ og altså er lik i teller og nevner. Kvotienten er dermed konstant og uavhengig av $m$, så tallfølgen av toppunktverdier er geometrisk med kvotient

Det femte leddet blir

Rekken av $y$-koordinater til alle toppunktene til høyre for origo er en geometrisk rekke med $a_1=y_1\approx \mathrm{6,164}$ og kvotient $k=e^{-\mathrm{0,4}\pi }\approx \mathrm{0,2846}$.

Siden $|k|<1$, konvergerer rekken når $x\to \infty$, og summen er