R2 Vår 2012

Vi bruker kjerneregelen på $f(x)=3\sin (2x)$, med ytre funksjon $\sin$ og indre funksjon $2x$:

Vi bruker produktregelen på $g(x)=x^2\cdot \sin x$, med $u=x^2$ og $v=\sin x$:

Vi bruker kjerneregelen på $k(x)=5\cos ({\displaystyle \frac{\pi }{12}}x-2)+7$, med indre funksjon ${\displaystyle \frac{\pi }{12}}x-2$:

Vi bruker delvis integrasjon på $\int x\cdot e^{2x}\mathrm{d}x$. Vi setter

Formelen for delvis integrasjon gir

Vi ser at telleren $2x$ er den deriverte av nevneren $x^2-4$. Da kan vi bruke substitusjonen $u=x^2-4$, $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$:

Vi setter inn grensene:

Siden $\ln 9=\ln 3^2=2\ln 3$, har vi vist at

Vi løser den lineære differensiallikningen $y^{\prime }-2y=3$.

Homogen løsning: Likningen $y^{\prime }-2y=0$ har løsningen $y_h=C\cdot e^{2x}$.

Partikulær løsning: Siden høyresiden er konstant, prøver vi $y_p=A$ (konstant). Da er $y_p^{\prime }=0$, og innsatt i likningen:

Generell løsning:

Vi bruker startbetingelsen $y(0)=8$:

Rekken $1+e^{-x}+e^{-2x}+\cdots$ har kvotient

mellom hvert ledd og hvert ledd før, altså er rekken geometrisk. For $x>0$ er $-x<0$, slik at

Dermed er $|k|<1$, og rekken konvergerer.

Summen av en konvergerende geometrisk rekke er $s={\displaystyle \frac{a_1}{1-k}}$, med $a_1=1$ og $k=e^{-x}$:

Vi utvider brøken med $e^x$:

Dermed har vi vist at

Skalarproduktet finner vi ved å multiplisere komponentvis og summere:

Kryssproduktet finner vi ved determinantformelen

Komponentene blir

Vi finner først differansevektoren $\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$:

Deretter regner vi ut skalarproduktet med $\overrightarrow{a}$:

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

Vi deriverer på nytt, igjen med produktregelen på $(x+1)\cdot e^x$:

Bunnpunkt: Vi setter $f^{\prime }(x)=0$:

Siden $e^x>0$ for alle $x$, må $x+1=0$, altså $x=-1$. For $x<-1$ er $f^{\prime }(x)<0$, og for $x>-1$ er $f^{\prime }(x)>0$, så $f$ har et minimum (bunnpunkt) i $x=-1$. Funksjonsverdien er

Vendepunkt: Vi setter $f^{\prime \prime }(x)=0$:

For $x<-2$ er $f^{\prime \prime }(x)<0$ (konkav), og for $x>-2$ er $f^{\prime \prime }(x)>0$ (konveks), så krumningen skifter og $x=-2$ er et vendepunkt. Funksjonsverdien er

Vi skal bevise ved induksjon at $f^{(n)}(x)=(x+n)e^x$ for alle heltall $n\ge 1$.

Basissteg ($n=1$): Fra a) er $f^{\prime }(x)=(x+1)e^x$, som stemmer med formelen for $n=1$.

Induksjonshypotese: Anta at formelen holder for et vilkårlig $n=k$, altså at

Induksjonssteg: Vi skal vise at formelen da også holder for $n=k+1$. Vi deriverer $f^{(k)}(x)$ med produktregelen:

Dette er nettopp formelen med $n=k+1$ satt inn.

Konklusjon: Siden formelen holder for $n=1$, og siden den holder for $n=k+1$ når den holder for $n=k$, følger det av induksjonsprinsippet at

25. mars tilsvarer $t=84$. Vi setter inn i modellen:

Desimaldelen $\mathrm{0,58}$ timer $\approx 35$ minutter, altså

Grafen til $f$ for $t\in [0,360]$ er tegnet i GeoGebra, sammen med likevektslinja $y=19$ (grønn) og linja $y=18$ (rød, brukes i c):

Fra funksjonsuttrykket leser vi direkte av:

• Likevektslinje: $y=19$ (leddet foran cosinus)
• Amplitude: $A=4$ (tallet foran cosinus)
• Periode: koeffisienten til $t$ inni cosinus er $\frac{\pi }{180}$, så

Perioden er $\underline{\underline{T=360\mathrm{d}\mathrm{a}\mathrm{g}\mathrm{e}\mathrm{r}}}$ (ett år, i tråd med modellens 30-dagers måneder).

Siden $\cos$ har gjennomsnittsverdi $0$ over en hel periode, blir gjennomsnittet av $f(t)$ over året lik likevektslinja:

Vi løser $f(t)=18$:

Løst i CAS (se skjermbilde):

CAS gir $t=360k\pm \mathrm{75,522}$. I intervallet $[0,360⟩$ blir løsningene

Dette er også markert som skjæringspunkter mellom $f$ og $y=18$ på grafen over. Vi oversetter til dato med 30-dagers måneder (mars starter ved $t=60$, oktober ved $t=270$):

• $t_1\approx 76$: dag $76-60+1=17$ i mars $\Rightarrow$ ca. 17. mars
• $t_2\approx 284$: dag $284-270+1=15$ i oktober $\Rightarrow$ ca. 15. oktober

Dagslyset varer lengst når det blir mørkt senest på kvelden, altså når $f(t)$ har sin største verdi (motsatt gir minste verdi av $f$ den korteste dagen, ved årsskiftet).

Siden $-1\le \cos (\cdot )\le 1$, er $f(t)$ størst når $\cos \left(\frac{\pi }{180}t\right)=-1$, det vil si når

Dette er også markert som toppunktet på grafen over (Maks), med $f(180)=19+4=23$. Med $t=180$ tilsvarende dag 1 i juli (se tabellen), gir dette

Vi bruker subtraksjonsformlene

Da er

Vi deler telleren og nevneren på $\cos u\cos v$:

Siden $\tan u={\displaystyle \frac{\sin u}{\cos u}}$ og $\tan v={\displaystyle \frac{\sin v}{\cos v}}$, får vi

Punktet $B$ er der den horisontale linja fra øyet til personen i $A$ treffer veggen (øyenivå). Bunnkanten av bildet, $D$, er $\mathrm{1,0}\mathrm{m}$ over øyenivå, altså $BD=\mathrm{1,0}\mathrm{m}$. Toppkanten, $C$, ligger $CD=\mathrm{3,0}\mathrm{m}$ høyere enn $D$, altså

I de rettvinklede trekantene $ABD$ og $ABC$ (rett vinkel i $B$) er

Vi setter dette inn i formelen fra a):

Vi deriverer $f(x)={\displaystyle \frac{3x}{x^2+4}}$ med kvotientregelen og løser $f^{\prime }(x)=0$, samt regner ut $f(2)$, i GeoGebra CAS:

Fra utklippet:

Siden $x$ er en avstand, forkaster vi $x=-2$ og beholder $x=2$. For $0<x<2$ er $f^{\prime }(x)>0$ (voksende), og for $x>2$ er $f^{\prime }(x)<0$ (avtagende), så $x=2$ gir et maksimum. Utklippet viser $f(2)={\displaystyle \frac{3}{4}}$.

$\underline{\underline{f(x)\text{ har størst verdi }{\displaystyle \frac{3}{4}},\text{ for }x=2\mathrm{m}}}$

Den største synsvinkelen finner vi ved ${\alpha }_{\max }=\arctan \left(f(2)\right)=\arctan \left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)$. Vi regner ut i GeoGebra CAS:

Utklippet viser $\arctan \left({\displaystyle \frac{3}{4}}\right)\approx \mathrm{0,6435}\mathrm{rad}\approx \mathrm{36,8699}°$.

$\underline{\underline{{\alpha }_{\max }\approx \mathrm{36,9}°}}$

Dette betyr at personen ser bildet under størst mulig vinkel når hun står $\mathrm{2,0}\mathrm{m}$ fra veggen, og da er synsvinkelen omtrent $\mathrm{36,9}°$.

Ved motorstansen ($x=0$) er farten $y=25\mathrm{m}/\mathrm{s}$ og akselerasjonen $y^{\prime }=-12\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2$. Vi setter dette inn i differensiallikningen $y^{\prime }=k\cdot y^2$:

For å finne den generelle løsningen separerer vi variablene i $y^{\prime }=k\cdot y^2$:

Vi integrerer på begge sider:

Vi løser for $y$, og setter $C=-D$:

Siden $-k=\mathrm{0,0192}\approx \mathrm{0,02}$, får vi

som er den generelle løsningen av differensiallikningen.

Ved $x=0$ s er farten $y=25\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Vi setter inn i den generelle løsningen for å finne $C$:

Fartsfunksjonen er dermed

Farten $3\mathrm{s}$ etter motorstansen finner vi ved å sette $x=3$:

Sjekket med GeoGebra CAS, se skjermbilde under (linje 1-4): $k=-\mathrm{0,0192}$, $C=\mathrm{0,04}$ og $\mathrm{fart}(3)=10$.

Farten til båten $3\mathrm{s}$ etter motorstansen er $\underline{\underline{y(3)=10\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Strekningen båten forflytter seg i løpet av de tre første sekundene, finner vi ved å integrere fartsfunksjonen fra $x=0$ til $x=3$:

Med antiderivert ${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{0,02}}}\ln |\mathrm{0,02}x+\mathrm{0,04}|=50\ln (\mathrm{0,02}x+\mathrm{0,04})$ får vi

Dette er beregnet direkte i GeoGebra CAS (linje 5 i skjermbildet over): $s3\approx \mathrm{45,81454}$.

Båten forflytter seg dermed $\underline{\underline{s\approx \mathrm{45,8}\mathrm{m}}}$ i løpet av de tre første sekundene etter motorstansen.

For $n=5$ har hver rute sidelengde ${\displaystyle \frac{1}{5}}$, altså areal ${\left({\displaystyle \frac{1}{5}}\right)}^2={\displaystyle \frac{1}{25}}$.

Søylene inneholder henholdsvis $1,2,3,4$ og $5$ ruter, til sammen

Arealet av figuren blir dermed

$\underline{\underline{A={\displaystyle \frac{3}{5}}}}$

Hver rute har areal ${\left({\displaystyle \frac{1}{n}}\right)}^2$, og søyle nummer $k$ inneholder $k$ ruter. Det samlede arealet av alle $n$ søylene blir derfor summen av arealene til hver søyle:

Vi bruker formelen for summen av de $n$ første naturlige tallene,

og setter inn:

Vi bekrefter dette med CAS i GeoGebra:

$\underline{\underline{S_n={\displaystyle \frac{n+1}{2n}}}}$

Vi setter $n=5$ inn i formelen fra b):

Dette stemmer overens med arealet vi fant direkte ved opptelling i a), som det skal.

$\underline{\underline{S_5={\displaystyle \frac{3}{5}}}}$

Algebraisk:

$\underline{\underline{{\displaystyle \underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=\frac{1}{2}}}}$

Geometrisk resonnement:

Trappefiguren ligger inni kvadratet $ABCD$ med side $1$, og «trappen» følger diagonalen fra $A$ til $C$. Når $n$ blir stor, blir hver rute svært liten, og trappetrinnene ligger nesten oppå linjestykket $AC$. Trappefiguren nærmer seg dermed den rettvinklede trekanten $ABC$ med kateter lik $1$, som har areal

Dette stemmer med grenseverdien ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ vi fant algebraisk, og gir en geometrisk begrunnelse for at $S_n\to {\displaystyle \frac{1}{2}}$ når $n\to \infty$.