R2 Vår 2023

Integranden $f(x) = 4x^3 - x$ er en odde funksjon, siden

Integralet av en odde funksjon over et symmetrisk intervall $[-a, a]$ er alltid null. Derfor er

Alternativt kan vi beregne direkte. En antiderivert er $F(x) = x^4 - \dfrac{x^2}{2}$, og

En antiderivert av $e^{2x}$ er $\dfrac{e^{2x}}{2}$. Vi får

Siden $e^{2\ln 2} = e^{\ln 4} = 4$, blir dette

Vi skriver $f(x) = \tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$ og bruker kvotientregelen

med $u = \sin x$, $u' = \cos x$, $v = \cos x$, $v' = -\sin x$:

Siden $\cos^2 x + \sin^2 x = 1$ (Pytagoreisk identitet) får vi

Vi kan også skrive dette som

Dermed er $\mathbf{f'(x) = 1 + \tan^2 x}$. $\square$

Vi kjenner igjen telleren fra del a): $f'(x) = 1 + \tan^2 x$ er den deriverte av $\tan x$.

Vi bruker substitusjonen $u = \tan x$, som gir $\mathrm{d}u = (1 + \tan^2 x)\,\mathrm{d}x$:

Volumet av en tetraeder (pyramide med tre kanter fra samme hjørne) er

Vi beregner først kryssproduktert $\vec{AC} \times \vec{AT}$:

Deretter skalarproduktet:

Volumet blir:

Vi setter opp vektorene fra $B$:

Kryssprodukt:

Lengden:

Arealet av $\triangle BCT$ er halvparten av dette:

Vi bruker sammenhengen mellom volumet, grunnflaten og høyden i en pyramide:

Her er $A = \dfrac{15}{2}$ arealet av grunnflaten $\triangle BCT$ og $h$ er avstanden fra $A$ til dette planet. Vi løser for $h$:

Variabelen a starter på 3 og variabelen d er lik 4. I løkken legges den gjeldende verdien av a til summen S, deretter økes a med d. Etter iterasjon $i$ (teller fra 0) er leddet som ble lagt til $a_{i+1} = 3 + i \cdot 4$.

Det betyr at programmet legger til leddene $3,\ 7,\ 11,\ 15,\ \ldots$ — altså leddene i en aritmetisk rekke med

For $N = 10$ beregner programmet summen av de 10 første leddene.

Det siste leddet er

Summen av en aritmetisk rekke er

Vi får

For $N = 100$ beregner programmet summen av de 100 første leddene. Det siste leddet er

Summen blir

Vi ser på tre figurer som alle befinner seg innenfor sirkelen med sentrum $A$ og radius $1$, og sammenligner arealene.

Trekant $ABD$. $DC$ er høyden fra $D$ ned til grunnlinjen $AB$. Siden $AD = 1$ og $\angle DAB = v$, er $|DC| = \sin v$. Grunnlinjen $|AB| = 1$, og arealet er

Sirkelsektor $ABD$. En sektor med radius $r = 1$ og sentralvinkel $v$ (i radianer) har areal

Trekant $ABE$. La $E$ være punktet på linjen gjennom $A$ og $C$ slik at $BE \perp AB$. Da $AB = 1$ og $\angle BAE = v$, gir tangens at $|BE| = \tan v$. Arealet er

Innklusjonen av figurene. Trekant $ABD$ er en delfigur av sektoren (alle punkter i trekanten ligger innenfor sektoren), og sektoren er en delfigur av trekant $ABE$ (buen $BD$ er kortere enn siden $BE$). Derfor gjelder:

Vi starter fra ulikheten i a:

For $0 < v < \dfrac{\pi}{2}$ er $\sin v > 0$, så vi kan dele alle ledd med $\dfrac{1}{2}\sin v$ (positivt, ulikhetstegnene bevares):

Vi forenkler høyre side:

Dermed:

Fra b har vi for $0 < v < \dfrac{\pi}{2}$:

Vi tar grenseverdien når $v \to 0^+$ i ytterleddet:

Begge yttergrensene er $1$, og $\dfrac{v}{\sin v}$ er klemt mellom dem. Av skviseteoremet (sandwich-teoremet) følger det at

Siden $\dfrac{v}{\sin v} \neq 0$ i en omegn av $0$, kan vi ta den gjensidige verdien:

Planet $\beta$ er parallelt med $\alpha$, så det har samme normalvektor og likning på formen $x - y - 2z + d = 0$.

Vi setter inn $P(2, -5, 5)$ i GeoGebra CAS:

beta_d := Løs(2 - (-5) - 2*5 + d = 0, d)    → {d = 3}

Kulen tangerer $\alpha$ i $A$ og $\beta$ i $Q$. Siden begge plan er parallelle og kulen tangerer begge, ligger sentrum midt mellom tangentpunktene på linjen gjennom $A$ med retning $\vec{n} = (1, -1, -2)$.

Linjen gjennom $A$ med retning $\vec{n}$:

Finn $Q$ på $\beta$:

Vi setter linjeuttrykkene inn i likningen for $\beta$ i GeoGebra CAS:

Q_t := Løs((1 + t) - (-t) - 2*(3 - 2*t) + 3 = 0, t)    → {t = 1/3}
Q := (1 + 1/3, -1/3, 3 - 2/3)                           → Q := (4/3, -1/3, 7/3)

Vi kan verifisere at $Q$ ligger på $\beta$: $\frac{4}{3} - \left(-\frac{1}{3}\right) - 2 \cdot \frac{7}{3} + 3 = \frac{4}{3} + \frac{1}{3} - \frac{14}{3} + \frac{9}{3} = \frac{0}{3} = 0$. ✓

Vi setter inn $t = 1$ i komponentene og beregner banefarten:

Fra CAS-utklippet ser vi at

Vi ønsker å finne minimumet til $v(t) = |\vec{r}'(t)|$ på intervallet $[0, 5]$. Vi definerer fart(t) i GeoGebra CAS og evaluerer ved det kjente minimumet $t \approx 3{,}542$:

CAS bekrefter at $v(3{,}542) \approx \mathbf{\underline{\underline{1{,}00 \, \mathrm{cm/s}}}}$.

Minimumet inntreffer ved $t \approx 3{,}54 \, \mathrm{s}$.

Parallell med $xy$-planet betyr at fartsretningen ikke har noen $z$-komponent, altså $v_z(t) = 0$:

Vi undersøker fortegnet til $v_z$ rundt $t = \pi \approx 3{,}1416$ i GeoGebra CAS:

Fra utklippet ser vi at

• $v_z(3{,}1416) \approx -0{,}00275 < 0$
• $v_z(3{,}1443) \approx 0$ (nullpunktet)
• $v_z(3{,}15) \approx 0{,}00569 > 0$

Siden $v_z$ skifter fortegn fra negativ til positiv i intervallet $[0, 5]$ (mellomverdisetningen garanterer et nullpunkt), er fartsretningen parallell med $xy$-planet ved $t \approx 3{,}14 \, \mathrm{s}$.

Parallell med $yz$-planet betyr at $x$-komponenten er null, altså $v_x(t) = 0$:

Siden $e^{t/20} > 0$ for alle $t$, er $v_x(t) > 0$ for alle $t \in [0, 5]$. Det er aldri slik at fartsretningen er parallell med $yz$-planet.

Volumet av et omdreiingslegeme om $x$-aksen er gitt ved

Vi bruker GeoGebra CAS med kommandoen

Integral(pi * f(x)^2, x, pi/4, 3*pi/4)

CAS gir det eksakte svaret

Volumet av omdreiingslegemet er $\underline{\underline{V = \dfrac{-\pi^2 + 20\pi}{2} \approx 26{,}48}}$.

Vi må sjekke om omdreiingslegemet kan plasseres inne i kjeglen.

Kjeglens høyde: Volumet av en rett kjegle er $V_k = \dfrac{1}{3}\pi r^2 h$. Vi løser for $h$:

Omdreiingslegemets ytterpunkter: Vi har

Lengden langs $x$-aksen er $\frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} \approx 1{,}57$.

Plassering i kjeglen: Vi legger kjeglen slik at toppunktet er i origo og bunnen ved $x = h$, slik at kjegleveggen er gitt ved den lineære funksjonen

For at omdreiingslegemet skal få plass, må radien $f$ til omdreiingslegemet ligge under kjegleveggen $g$ overalt. Plasser omdreiingslegemet slik at den smale enden tangerer kjegleveggen. Vi løser $g(x) = f\!\left(\tfrac{\pi}{4}\right)$:

Da må den brede enden ligge ved $x + \frac{\pi}{2} \approx 0{,}11 + 1{,}57 = 1{,}68$. Den resterende plassen i kjeglen fra $x \approx 0{,}11$ til $x = h$ er

Men kjegleveggen smalner — i posisjon $x \approx 1{,}68$ er kjegleradien

Omdreiingslegemets brede ende har radius $\approx 3{,}83 > 2{,}50$, så den brede enden stikker utenfor kjeglen.

Alternativ tilnærming: Vi kan også forsøke å plassere den brede enden mot bunnen. Da må $h - x_\text{smal} \geq \frac{\pi}{2}$, dvs. $x_\text{smal} \leq h - \frac{\pi}{2} \approx 1{,}11$. Men i denne posisjonen er kjegleradien

så den smale enden stikker også utenfor.

Uansett orientering passer altså ikke omdreiingslegemet inn i kjeglen.

Nei, omdreiingslegemet får ikke plass i kjeglen.

Vi ser på linjestykket fra $(x_i,\, f(x_i))$ til $(x_{i+1},\, f(x_{i+1}))$.

Den horisontale komponenten er

og den vertikale komponenten er

Disse to komponentene utgjør katetene i en rettvinklet trekant der linjestykket er hypotenusen. Pythagoras’ setning gir da

Vi deler $[-1, 1]$ i $N = 1000$ like store delintervall og summerer lengdene $S_i$:

import math
a, b, N = -1, 1, 1000
h = (b - a) / N
L = 0
for i in range(N):
    xi = a + i * h
    xj = a + (i + 1) * h
    ki = math.sqrt(max(1 - xj**2, 0)) - math.sqrt(max(1 - xi**2, 0))
    L += math.sqrt(h**2 + ki**2)
print(L)   # ≈ 3,1416

Programmet gir $L \approx 3{,}1416$.

Rimelighetsvurdering: Funksjonen $g(x) = \sqrt{1 - x^2}$ er den øvre halvdelen av enhetssirkelen (radius $r = 1$). Den eksakte buelengden er halve omkretsen av enhetssirkelen:

Tilnærmingen $3{,}1416$ stemmer godt med $\pi$, noe som bekrefter at svaret er rimelig.