R2 Vår 2018

Vi bruker kjerneregelen med $u=\pi x-2$, slik at $u^{\prime }=\pi$.

Vi bruker produktregelen ${(u\cdot v)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=x$ og $v=\sin x$, slik at $u^{\prime }=1$ og $v^{\prime }=\cos x$.

Vi integrerer ledd for ledd.

Vi bruker delvis integrasjon, $\int u\cdot v^{\prime }\mathrm{d}x=uv-\int u^{\prime }\cdot v\mathrm{d}x$, med $u=\ln x$ og $v^{\prime }=4x^2$, slik at $u^{\prime }={\displaystyle \frac{1}{x}}$ og $v={\displaystyle \frac{4}{3}}{x}^3$.

Vi bruker substitusjon med $u=x^2+4$, slik at $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$. Grensene endres tilsvarende: for $x=0$ er $u=4$, og for $x=\sqrt{12}$ er $u=12+4=16$.

Vi separerer variablene ved å samle alle $y$-ledd på venstre side og alle $x$-ledd på høyre side.

Vi integrerer begge sider.

Vi multipliserer med $-1$ og lar $C=-C_1$ være en ny konstant.

Vi setter inn $x=\pi$ og $y=1$ for å bestemme $C$.

Den partikulære løsningen blir dermed

Flatestykket er avgrenset av grafen til $f$ og $x$-aksen. Vi finner først nullpunktene til $f$:

Mellom $x=-1$ og $x=1$ er $f(x)\ge 0$, så arealet blir

$\underline{\underline{A={\displaystyle \frac{4}{3}}}}$

Volumet av omdreiningslegemet som oppstår når flatestykket dreies $360°$ om $x$-aksen, er gitt ved

Vi utvider kvadratet:

$\underline{\underline{V={\displaystyle \frac{16\pi }{15}}}}$

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

For $x\in ⟨\mathrm{1,9}⟩$ gir dette $x=2$ og $x=6$. Funksjonsverdien i begge er $f(x)=2$.

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

For $x\in ⟨\mathrm{1,9}⟩$ gir dette $x=4$ og $x=8$. Funksjonsverdien i begge er $f(x)=-2$.

$\underline{\underline{\text{Toppunkt }(\mathrm{2,2})\text{ og }(\mathrm{6,2}),\text{bunnpunkt }(4,-2)\text{ og }(8,-2)}}$

Nullpunktene finner vi ved å løse $f(x)=0$:

For $x\in ⟨\mathrm{1,9}⟩$ gir dette $n=1,2,3$, altså

(Verdiene $x=1$ og $x=9$ er ikke med, siden intervallet er åpent.)

$\underline{\underline{x=3,x=5,x=7}}$

Fra a) og b) vet vi at grafen har toppunkt i $(\mathrm{2,2})$ og $(\mathrm{6,2})$, bunnpunkt i $(4,-2)$ og $(8,-2)$, og nullpunkt i $x=\mathrm{3,5,7}$. Grafen starter nær $x=1$ (der $f(1)=0$, men punktet er ikke med siden intervallet er åpent), stiger til toppunktet $(\mathrm{2,2})$, synker gjennom nullpunktet $(\mathrm{3,0})$ til bunnpunktet $(4,-2)$, stiger igjen gjennom $(\mathrm{5,0})$ til toppunktet $(\mathrm{6,2})$, synker gjennom $(\mathrm{7,0})$ til bunnpunktet $(8,-2)$, og stiger mot $x=9$ (der $f(9)=0$, heller ikke med). Grafen er altså én og en kvart sinusbølge over intervallet, med jevn bølgebevegelse mellom $y=-2$ og $y=2$.

Vi løser likningen $f(x)=\sqrt{3}$:

Dette gir

For $x\in ⟨\mathrm{1,9}⟩$ gir dette løsningene ($n=0$ og $n=1$):

$\underline{\underline{x={\displaystyle \frac{5}{3}},{\displaystyle \frac{7}{3}},{\displaystyle \frac{17}{3}},{\displaystyle \frac{19}{3}}}}$

Vi kvadratkompletterer likningen for kuleflaten:

Dette er likningen for en kuleflate med sentrum $S(3,-2,4)$ og radius $r=\sqrt{49}=7$.

$\underline{\underline{S(3,-\mathrm{2,4}),r=7}}$

Avstanden fra et punkt $S(x_0,y_0,z_0)$ til et plan $ax+by+cz+d=0$ er gitt ved

Med planet $6x-3y+2z-4=0$ og $S(3,-\mathrm{2,4})$:

$\underline{\underline{d=4}}$

Når et plan skjærer en kuleflate, danner skjæringen en sirkel. Radien $\rho$ til denne sirkelen, kulens radius $r$ og avstanden $d$ fra sentrum til planet henger sammen ved Pytagoras’ setning:

Arealet av sirkelen blir dermed

$\underline{\underline{A=33\pi }}$

Rekken

er geometrisk med første ledd $a_1=1$ og kvotient

(hvert ledd fremkommer ved å multiplisere forrige ledd med $-2x$). En uendelig geometrisk rekke konvergerer når $|k|<1$:

$\underline{\underline{x\in ⟨-{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}}⟩}}$

For $x$ i konvergensområdet er summen av rekken

Vi ser hvilke verdier $S(x)$ kan anta når $x\in ⟨-{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}}⟩$. Siden $S$ er en avtagende funksjon av $x$ (nevneren $1+2x$ er voksende), er $S$ størst når $x$ er nærmest $-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ og minst når $x$ er nærmest ${\displaystyle \frac{1}{2}}$:

• Når $x\to -{{\displaystyle \frac{1}{2}}}^{+}$, går $1+2x\to 0^{+}$, så $S(x)\to +\infty$.
• Når $x\to {{\displaystyle \frac{1}{2}}}^{-}$, går $1+2x\to 2^{-}$, så $S(x)\to {{\displaystyle \frac{1}{2}}}^{+}$.

Siden endepunktene ikke er med i konvergensområdet, antar $S(x)$ alle verdier i det åpne intervallet $⟨{\displaystyle \frac{1}{2}},\infty ⟩$. Likningen $S(x)=a$ har dermed en løsning nøyaktig når

$\underline{\underline{a>{\displaystyle \frac{1}{2}}}}$

Grafene til $f$ og $g$ tegnes i graftegner.

Grafene til $f$ og $g$ skjærer hverandre der $f(x)=g(x)$, altså i punktene $(-\frac{1}{2},\mathrm{1,25})$ og $(2,5)$. Dette stemmer med at $a=-\frac{1}{2}$ og $b=2$.

Arealet mellom grafene fra $x=a$ til $x=b$ finnes med CAS ved kommandoen IntegralMellom(f, g, -1/2, 2).

$\underline{\underline{A\approx \mathrm{5,21}}}$

Vi lar CAS regne ut $M$ og $N$ direkte etter formlene i oppgaveteksten (se skjermbildet over):

Tyngdepunktet blir da

Merk at $x$-koordinaten til $T$ er $\frac{3}{4}$, som er $x$-verdien til symmetriaksen til $f(x)-g(x)$ — dette er en god kontroll på svaret, siden tyngdepunktet må ligge på symmetriaksen til flatestykket.

Med desimaltall: $T\approx (\mathrm{0,75};\mathrm{3,13})$.

$\underline{\underline{T=({\displaystyle \frac{3}{4}},{\displaystyle \frac{25}{8}})\approx (\mathrm{0,75};\mathrm{3,13})}}$

Vi finner vektorene $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$ for $t=2$:

Kryssproduktet blir

Arealet av trekanten $ABC$ er halve lengden av dette vektorproduktet:

$\underline{\underline{\text{Areal}=\mathrm{6,5}}}$

For generell $t$ er

slik at arealfunksjonen blir

Vi bruker CAS til å løse $\text{Areal}(t)=6$ for $0\le t\le 10$ (se linje 6–7 i utklippet):

CAS gir fire løsninger, $t=-\mathrm{0,93724}$, $t=\mathrm{1,80031}$, $t=\mathrm{7,84619}$ og $t=\mathrm{9,29074}$. Kun de tre siste ligger i det gyldige intervallet $[0,10]$.

$\underline{\underline{t\approx \mathrm{1,80}\vee t\approx \mathrm{7,85}\vee t\approx \mathrm{9,29}}}$

Volumet av pyramiden $ABCD$ er

der $\overrightarrow{AD}=[t-3,8,1]$. CAS gir (linje 8–9)

Siden $0\le t\le 10$, er ${(t-1)}^2\ge 0$ og $(t-10)\le 0$, så uttrykket er $\le 0$ på hele intervallet. Volumfunksjonen kan derfor skrives uten absoluttverditegn som

CAS deriverer og faktoriserer (linje 10–11):

Dette gir $V^{\prime }(t)=0$ for $t=1$ og $t=7$. Vi sammenlikner funksjonsverdien i disse kritiske punktene med verdien i endepunktene $t=0$ og $t=10$ (linje 13–16):

Størst volum får vi altså for $t=7$, med $V(7)=18$.

$\underline{\underline{t=7\text{ gir størst volum av pyramiden, }V=18}}$

Vekstfarten $y^{\prime }(t)$ til antall smittede er proporsjonal med antall personer som ennå ikke er smittet, altså $12000-y(t)$ (byen har $12000$ innbyggere totalt). Med proporsjonalitetskonstant $k$ gir dette differensiallikningen

Siden $100$ personer var smittet da sykdommen ble oppdaget ($t=0$), er startbetingelsen

Vi skal vise at $y(t)=12000-11900\cdot {\mathrm{e}}^{-kt}$ oppfyller differensiallikningen og startbetingelsen fra a).

Startbetingelsen:

som stemmer.

Differensiallikningen: Vi deriverer $y(t)$ med hensyn på $t$:

Fra uttrykket for $y(t)$ ser vi at ${\mathrm{e}}^{-kt}={\displaystyle \frac{12000-y(t)}{11900}}$. Setter vi dette inn i uttrykket for $y^{\prime }(t)$, får vi

Dette er nettopp differensiallikningen fra a), så $y(t)=12000-11900\cdot {\mathrm{e}}^{-kt}$ er en løsning som også oppfyller $y(0)=100$.

Etter $10$ uker var $4000$ personer smittet, altså $y(10)=4000$. Vi setter dette inn i uttrykket for $y(t)$ og løser med CAS:

Dette gir

Halvparten av byens innbyggere utgjør ${\displaystyle \frac{12000}{2}}=6000$ personer. Vi setter $y(t)=6000$ og løser med CAS (se skjermbildet i c)):

Dette gir

Etter omtrent $\underline{\underline{\mathrm{17,2}\mathrm{u}\mathrm{k}\mathrm{e}\mathrm{r}}}$ var halvparten av innbyggerne i byen smittet av sykdommen.

Vi skal vise ved induksjon at

for alle $n\ge 1$, gitt at $P_1=1$ og $P_{n+1}=P_n+3n+1$.

Basissteg ($n=1$):

Formelen stemmer for $n=1$.

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

Vi skal vise at påstanden da også er sann for $n=k+1$. Fra den rekursive formelen har vi

Setter vi inn induksjonsantakelsen $P_k=\frac{3k^2-k}{2}$, får vi

Vi sammenlikner med hva formelen $P_n=\frac{3n^2-n}{2}$ skal gi for $n=k+1$:

Dette er nøyaktig samme uttrykk som vi fant for $P_{k+1}$ ovenfor. Formelen er altså også sann for $n=k+1$.

Siden formelen er sann for $n=1$, og sann for $n=k+1$ når den er sann for $n=k$, følger det ved induksjonsprinsippet at

Trekanttall nummer $n$ er summen av de $n$ første naturlige tallene:

Fra figuren ser vi at Mathias deler $P_n$ opp i ett trekanttall $T_n$ og to like store trekanttall $T_{n-1}$, altså

Kontroll for $n=5$: $T_5={\displaystyle \frac{5\cdot 6}{2}}=15$ og $T_4={\displaystyle \frac{4\cdot 5}{2}}=10$, som gir

Generell utledning: Vi setter inn $T_n=\frac{n(n+1)}{2}$ og $T_{n-1}=\frac{(n-1)n}{2}$ i uttrykket over:

Setter vi de to brøkene sammen, får vi

Dette stemmer med formelen fra a), og vi har dermed utledet formelen geometrisk ved hjelp av Mathias’ idé: