Vi integrerer ledd for ledd. For \(e^{2x}\) bruker vi at en antiderivert er \(\dfrac{1}{2}e^{2x}\):
\[ \int_0^2 \left(e^{2x} + x\right) dx = \left[\frac{1}{2}e^{2x} + \frac{x^2}{2}\right]_0^2 \]Vi setter inn grensene:
\[ = \left(\frac{1}{2}e^{4} + \frac{4}{2}\right) - \left(\frac{1}{2}e^{0} + 0\right) = \frac{e^4}{2} + 2 - \frac{1}{2} \]Vi bruker substitusjon. La
\[ u = \ln x \quad \Rightarrow \quad du = \frac{1}{x}\, dx \]Integralet blir da:
\[ \int \frac{\sin(\ln x)}{x}\, dx = \int \sin u \, du = -\cos u + C \]Vi substituerer tilbake:
Vi integrerer \(f'(x)\) for å finne \(f(x)\):
\[ f(x) = \int \frac{2}{x^2}\, dx = \int 2x^{-2}\, dx = \frac{2x^{-1}}{-1} + C = -\frac{2}{x} + C \]Vi bruker at \(f(2) = 2\):
\[ -\frac{2}{2} + C = 2 \quad \Rightarrow \quad -1 + C = 2 \quad \Rightarrow \quad C = 3 \]Vi finner skjæringspunktene ved å sette \(g(x) = h(x)\):
\[ x = -\frac{3}{x} + 4 \]Multipliserer med \(x\) (\(x > 0\)):
\[ x^2 = -3 + 4x \quad \Rightarrow \quad x^2 - 4x + 3 = 0 \quad \Rightarrow \quad (x-1)(x-3) = 0 \]Skjæringspunktene er \(x = 1\) og \(x = 3\).
Vi sjekker hvem som er øverst, f.eks. ved \(x = 2\):
\[ h(2) = -\frac{3}{2} + 4 = \frac{5}{2}, \quad g(2) = 2 \quad \Rightarrow \quad h(2) > g(2) \]Arealet er:
\[ A = \int_1^3 \left(h(x) - g(x)\right) dx = \int_1^3 \left(-\frac{3}{x} + 4 - x\right) dx \] \[ = \left[-3\ln x + 4x - \frac{x^2}{2}\right]_1^3 \]Vi setter inn grensene:
\[ = \left(-3\ln 3 + 12 - \frac{9}{2}\right) - \left(0 + 4 - \frac{1}{2}\right) \] \[ = -3\ln 3 + \frac{15}{2} - \frac{7}{2} = -3\ln 3 + 4 \]Vi bruker identiteten \(\sin^2 v + \cos^2 v = 1\):
\[ \sin^2 v = 1 - \cos^2 v = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9} \] \[ \sin v = \pm\frac{\sqrt{5}}{3} \]I 4. kvadrant er \(\sin v < 0\):
\[ \sin v = -\frac{\sqrt{5}}{3} \]For tangens:
\[ \tan v = \frac{\sin v}{\cos v} = \frac{-\dfrac{\sqrt{5}}{3}}{\dfrac{2}{3}} = -\frac{\sqrt{5}}{2} \]Vi deler på 2:
\[ \cos\!\left(\frac{\pi}{3}x\right) = \frac{\sqrt{3}}{2} \]Vi vet at \(\cos\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) når \(\theta = \pm\dfrac{\pi}{6} + 2\pi n\), \(n \in \mathbb{Z}\). Altså:
\[ \frac{\pi}{3}x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n \quad \text{eller} \quad \frac{\pi}{3}x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi n \]Multipliser begge sider med \(\dfrac{3}{\pi}\):
\[ x = \frac{1}{2} + 6n \quad \text{eller} \quad x = -\frac{1}{2} + 6n \]Vi finner løsninger i \(\langle 0, 10\rangle\):
Vi setter opp formen \(f(x) = A\cos(cx) + d\).
Amplitude og midtlinje:
\[ A = \frac{\text{max} - \text{min}}{2} = \frac{1 - (-3)}{2} = 2 \] \[ d = \frac{\text{max} + \text{min}}{2} = \frac{1 + (-3)}{2} = -1 \]Periode: Avstand mellom to topper er \(\pi\), så:
\[ c = \frac{2\pi}{\text{periode}} = \frac{2\pi}{\pi} = 2 \]Siden grafen har topp ved \(x = 0\), trenger vi ingen faseforskyvning når vi bruker cosinus.
Kontroll: \(f(0) = 2\cos 0 - 1 = 2 - 1 = 1\) ✓, \(f(\pi/2) = 2\cos\pi - 1 = -3\) ✓
Volumet av et omdreiningslegeme om \(x\)-aksen er:
\[ V = \pi \int_a^b \left(f(x)\right)^2 dx = \pi \int_1^3 (2x - 1)^2\, dx \]Vi utvider kvadratet:
\[ (2x-1)^2 = 4x^2 - 4x + 1 \]Integrerer:
\[ V = \pi \int_1^3 \left(4x^2 - 4x + 1\right) dx = \pi \left[\frac{4x^3}{3} - 2x^2 + x\right]_1^3 \]Vi setter inn grensene:
\[ = \pi\left[\left(\frac{4\cdot 27}{3} - 2\cdot 9 + 3\right) - \left(\frac{4}{3} - 2 + 1\right)\right] \] \[ = \pi\left[(36 - 18 + 3) - \left(\frac{4}{3} - 1\right)\right] = \pi\left[21 - \frac{1}{3}\right] = \pi \cdot \frac{62}{3} \]Sidelengdene danner en aritmetisk følge:
\[ a_1 = 5, \quad d = -0{,}1 \] \[ a_n = a_1 + (n-1)d = 5 - 0{,}1(n-1) = 5{,}1 - 0{,}1n \]For at platen skal være en gyldig plate må \(a_n > 0\):
\[ 5{,}1 - 0{,}1n > 0 \quad \Rightarrow \quad n < 51 \]Største heltallige verdi er \(n = 50\). Da er \(a_{50} = 5{,}1 - 5 = 0{,}1\) m.
Aritmetisk rekke for summen av sidelengdene (med 50 ledd):
\[ S_{50} = 5 + 4{,}9 + 4{,}8 + \cdots + 0{,}1 = \sum_{n=1}^{50} (5{,}1 - 0{,}1n) \]Sumformelen for aritmetisk rekke:
\[ S_n = \frac{n}{2}(a_1 + a_n) = \frac{50}{2}(5 + 0{,}1) = 25 \cdot 5{,}1 = 127{,}5 \]Hvis sidelengden reduseres med 10 %, multipliseres den med \(0{,}9\). Da multipliseres arealet med \(0{,}9^2 = 0{,}81\).
Arealene danner en geometrisk rekke med:
\[ a_1 = 19, \quad k = 0{,}81 \]Siden \(|k| < 1\), konvergerer den uendelige geometriske rekken:
\[ S = \frac{a_1}{1 - k} = \frac{19}{1 - 0{,}81} = \frac{19}{0{,}19} = 100 \]Vi setter koordinatene til \(D\) inn i likningen for planet:
\[ 2(3) - 5(1) + 4(-1) = 6 - 5 - 4 = -3 \]Siden \(-3 \neq -4\), tilfredsstiller \(D\) ikke likningen.
Vi lager to vektorer i planet:
\[ \vec{AB} = B - A = [2-1,\ 0-2,\ -2-1] = [1, -2, -3] \] \[ \vec{AC} = C - A = [-1-1,\ 2-2,\ 2-1] = [-2, 0, 1] \]Kryssproduktet er normalvektor til planet:
\[ \vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -2 & -3 \\ -2 & 0 & 1 \end{vmatrix} \] \[ = \vec{i}\big((-2)(1) - (-3)(0)\big) - \vec{j}\big((1)(1) - (-3)(-2)\big) + \vec{k}\big((1)(0) - (-2)(-2)\big) \] \[ = \vec{i}(-2) - \vec{j}(1 - 6) + \vec{k}(0 - 4) = [-2, 5, -4] \]Vi ser at \([-2, 5, -4] = -1 \cdot [2, -5, 4]\). Vektorene er parallelle, så \([2, -5, 4]\) er også en normalvektor til planet.
Vi fullfører kvadratene:
\[ y^2 - 18y = (y - 9)^2 - 81 \] \[ z^2 + 2z = (z + 1)^2 - 1 \]Setter inn i likningen:
\[ x^2 + (y-9)^2 - 81 + (z+1)^2 - 1 + k = 0 \] \[ x^2 + (y-9)^2 + (z+1)^2 = 82 - k \]Dette er likningen for en kule med sentrum \((0, 9, -1)\) og radius \(\sqrt{82 - k}\).
Når en kule tangerer et plan i punktet \(P\), står linja fra sentrum til \(P\) vinkelrett på planet. Linja er altså parallell med normalvektoren \(\vec{n} = [2, -5, 4]\).
Linja går gjennom sentrum \((0, 9, -1)\) og har retningsvektor \([2, -5, 4]\):
Tangeringspunktet \(P\) ligger både på linja og i planet \(\alpha\). Vi setter parameterframstillingen inn i planlikningen:
\[ 2(2t) - 5(9 - 5t) + 4(-1 + 4t) = -4 \] \[ 4t - 45 + 25t - 4 + 16t = -4 \] \[ 45t - 49 = -4 \quad \Rightarrow \quad t = 1 \]Tangeringspunktet er:
\[ P = (2 \cdot 1,\ 9 - 5,\ -1 + 4) = (2, 4, 3) \]Radien er avstanden fra sentrum \(S(0, 9, -1)\) til \(P\):
\[ r = |\vec{SP}| = \sqrt{2^2 + (-5)^2 + 4^2} = \sqrt{4 + 25 + 16} = \sqrt{45} \] \[ r^2 = 45 \]Fra del c) er \(r^2 = 82 - k\):
\[ 45 = 82 - k \quad \Rightarrow \quad k = 37 \]Eleven har vist at påstanden gjelder for ett spesifikt eksempel. Et matematisk bevis må derimot vise at påstanden gjelder for alle mulige ortogonale vektorer \(\vec{p}\) og \(\vec{q}\).
Et enkelt eksempel kan bare brukes til å motbevise en påstand (motbevis), ikke til å bevise den. Selv om eksempelet stemmer, kunne påstanden i prinsippet vært feil for andre par av vektorer – eleven har ikke utelukket dette.
La \(\vec{p}\) og \(\vec{q}\) være to vilkårlige vektorer som er ortogonale, dvs. \(\vec{p}\cdot\vec{q} = 0\).
Vi bruker at kvadratet av lengden er gitt ved skalarproduktet av vektoren med seg selv:
\[ \left|\vec{p} + \vec{q}\right|^2 = (\vec{p} + \vec{q}) \cdot (\vec{p} + \vec{q}) \]Vi multipliserer ut (skalarproduktet er distributivt):
\[ = \vec{p}\cdot\vec{p} + \vec{p}\cdot\vec{q} + \vec{q}\cdot\vec{p} + \vec{q}\cdot\vec{q} \] \[ = |\vec{p}|^2 + 2(\vec{p}\cdot\vec{q}) + |\vec{q}|^2 \]Siden \(\vec{p}\) og \(\vec{q}\) er ortogonale, er \(\vec{p}\cdot\vec{q} = 0\), og vi får:
\[ \left|\vec{p} + \vec{q}\right|^2 = |\vec{p}|^2 + |\vec{q}|^2 \]Vi ser at dataene oscillerer mellom ca. \(22\,550\) og \(102\,007\) gigabit per time over et døgn. Dette tyder på en periodisk modell, og vi prøver:
\[ S(t) = a + b \sin(c\, t + d) \]Amplitude:
\[ b \approx \frac{\text{maks} - \text{min}}{2} = \frac{102\,007 - 22\,550}{2} \approx 39\,729 \]Middelverdi:
\[ a \approx \frac{\text{maks} + \text{min}}{2} = \frac{102\,007 + 22\,550}{2} \approx 62\,279 \]Periode: Døgnet er periodisk over 24 timer, så
\[ c = \frac{2\pi}{24} \approx 0{,}26 \]Faseforskyvning: Maksimum inntreffer ved \(t \approx 20\), så vi krever at \(c \cdot 20 + d = \dfrac{\pi}{2}\):
\[ d = \frac{\pi}{2} - 0{,}26 \cdot 20 \approx 1{,}57 - 5{,}24 \approx -3{,}7 \]Med regresjon i CAS / regneark får vi en god tilpasning:
Vi løser ulikheten \(D(t) > 90\,000\):
\[ 63\,000 + 37\,000 \sin(0{,}24\, t - 3{,}0) > 90\,000 \] \[ \sin(0{,}24\, t - 3{,}0) > \frac{27\,000}{37\,000} \approx 0{,}7297 \]Med CAS løser vi likningen \(\sin(0{,}24t - 3{,}0) = 0{,}7297\) for \(t \in [0, 24]\) og får to løsninger:
\[ t_1 \approx 15{,}91, \quad t_2 \approx 22{,}18 \]Mellom disse er sinusverdien over \(0{,}7297\).
Den deriverte \(D'(t)\) gir endringsraten:
\[ D'(t) = 37\,000 \cdot 0{,}24 \cdot \cos(0{,}24\, t - 3{,}0) = 8880 \cos(0{,}24\, t - 3{,}0) \]Maksimum oppnås når \(\cos(0{,}24t - 3{,}0) = 1\), dvs.:
\[ 0{,}24\, t - 3{,}0 = 0 \quad \Rightarrow \quad t = \frac{3{,}0}{0{,}24} = 12{,}5 \]Maksimal økningsrate:
\[ D'(12{,}5) = 8880 \text{ gigabit per time per time} \]Totalt overført datamengde i døgnet:
\[ M_{\text{tot}} = \int_0^{24} D(t)\, dt \]Mengde overført mellom kl. 8 og kl. 16:
\[ M_{\text{arb}} = \int_8^{16} D(t)\, dt \]Med CAS får vi:
\[ M_{\text{tot}} \approx 1\,502\,454 \text{ gigabit}, \quad M_{\text{arb}} \approx 473\,763 \text{ gigabit} \]Andelen er:
\[ \frac{M_{\text{arb}}}{M_{\text{tot}}} \approx \frac{473\,763}{1\,502\,454} \approx 0{,}3153 = 31{,}5\,\% \]Python-program:
a = 5
print(a)
for i in range(5):
a = (a - 1)**2
print(a)
Vi regner manuelt for å verifisere:
| \(n\) | \(a_n\) |
|---|---|
| 1 | \(5\) |
| 2 | \((5-1)^2 = 16\) |
| 3 | \((16-1)^2 = 225\) |
| 4 | \((225-1)^2 = 50\,176\) |
| 5 | \((50\,176-1)^2 = 2\,517\,530\,625\) |
| 6 | \(\approx 6{,}34 \cdot 10^{18}\) |
For at en uendelig rekke skal være konvergent, må leddene gå mot \(0\): \(a_n \to 0\) når \(n \to \infty\).
Vi ser hva som skjer for ulike heltall:
| \(a_1\) | Sekvensen | Konvergerer? |
|---|---|---|
| 0 | 0, 1, 0, 1, ... | Nei (oscillerer) |
| 1 | 1, 0, 1, 0, ... | Nei (oscillerer) |
| 2 | 2, 1, 0, 1, 0, ... | Nei (oscillerer) |
| 3 | 3, 4, 9, 64, 3969, ... | Nei (vokser) |
| \(\geq 3\) | vokser uten grense | Nei |
| \(\leq -1\) | vokser uten grense | Nei |
Hvorfor: Mulige grenseverdier \(L\) tilfredsstiller \(L = (L-1)^2\):
\[ L^2 - 3L + 1 = 0 \quad \Rightarrow \quad L = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2} \]Begge røttene er irrasjonale (\(L \approx 2{,}618\) eller \(L \approx 0{,}382\)) og forskjellige fra \(0\). Et heltall \(a_1\) kan derfor ikke gi konvergens mot \(0\), som er nødvendig for at rekken skal konvergere.
Høyden er \(z\)-koordinaten:
\[ z(4) = 50\left(1 - \frac{4}{10}\right)^2 = 50 \cdot (0{,}6)^2 = 50 \cdot 0{,}36 = 18 \]Flyet lander når \(z(t) = 0\):
\[ 50\left(1 - \frac{t}{10}\right)^2 = 0 \quad \Rightarrow \quad t = 10 \]Vi finner fartsvektoren:
\[ \vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t) = \left[30 - 2t,\ \frac{4\pi}{5}\cos\!\left(\frac{\pi}{10}t\right),\ -10\left(1 - \frac{t}{10}\right)\right] \]Setter inn \(t = 10\):
\[ \vec{v}(10) = \left[30 - 20,\ \frac{4\pi}{5}\cos\pi,\ 0\right] = \left[10,\ -\frac{4\pi}{5},\ 0\right] \]Banefarten er lengden av fartsvektoren:
\[ |\vec{v}(10)| = \sqrt{10^2 + \left(\frac{4\pi}{5}\right)^2 + 0^2} = \sqrt{100 + \frac{16\pi^2}{25}} \approx 10{,}31 \text{ m/s} \]Banefarten er \(|\vec{v}(t)| = \sqrt{(30-2t)^2 + \left(\frac{4\pi}{5}\cos\!\left(\frac{\pi t}{10}\right)\right)^2 + (t-10)^2}\).
Vi løser likningen \(|\vec{v}(t)| = 14{,}3\) for \(t \in [0, 10]\) med CAS. Banefarten avtar fra ca. \(31{,}7\) m/s ved \(t=0\) til \(10{,}3\) m/s ved \(t=10\). Det er én løsning:
Når er flyet i krysningspunktet? Vi løser \(\vec{r}(t) = (125,\ 8,\ 12{,}5)\):
\[ 30t - t^2 = 125 \quad \Rightarrow \quad t^2 - 30t + 125 = 0 \quad \Rightarrow \quad t = 5 \text{ eller } t = 25 \] \[ 50\left(1 - \frac{t}{10}\right)^2 = 12{,}5 \quad \Rightarrow \quad t = 5 \text{ eller } t = 15 \] \[ 8\sin\!\left(\frac{\pi}{10}\cdot 5\right) = 8\sin\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = 8 \checkmark \]Flyet er i krysningspunktet ved \(t = 5\) s.
Når kommer fuglen dit? Avstanden fuglen flyr:
\[ d = \sqrt{(125-131)^2 + (8-67)^2 + (12{,}5-23)^2} = \sqrt{36 + 3481 + 110{,}25} = \sqrt{3627{,}25} \] \[ d \approx 60{,}23 \text{ m} \]Tid fuglen bruker:
\[ t_{\text{fugl}} = \frac{d}{12} = \frac{60{,}23}{12} \approx 5{,}02 \text{ s} \]Flyet er der ved \(t = 5{,}00\) s, mens fuglen er der ved \(t \approx 5{,}02\) s. Fuglen kommer ca. \(0{,}02\) sekund for sent.
Vi bruker formelen for volum av omdreiningslegeme om \(x\)-aksen, og lar vasen være orientert slik at \(x\) er høyden:
\[ V = \pi \int_0^{20} \left(f(x)\right)^2 dx \]Vasen skal romme \(1{,}5\) L \(= 1500\) cm³, og høyden er \(20\) cm.
Valg av parametere:
Periode \(c\): En vase har gjerne én "midje" på halvveien. Vi velger én full svingning over høyden \(20\):
\[ c = \frac{2\pi}{20} = \frac{\pi}{10} \]Faseforskyvning \(\varphi\): Vi vil ha maks radius i bunn og topp (vid bunn og åpning), minst radius i midten. Velg \(\varphi = \dfrac{\pi}{2}\) slik at \(\sin(cx + \pi/2) = \cos(cx)\), og funksjonen har maksimum ved \(x = 0\):
\[ f(x) = A\cos\!\left(\frac{\pi}{10}x\right) + d \]Amplitude og midtlinje: Bruk formelen for volum:
\[ V = \pi \int_0^{20} \left(A\cos\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) + d\right)^2 dx \]Vi utvider:
\[ \left(A\cos\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) + d\right)^2 = A^2\cos^2\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) + 2Ad\cos\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) + d^2 \]Integralene over \([0, 20]\):
\[ \int_0^{20}\cos^2\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) dx = 10, \quad \int_0^{20}\cos\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) dx = 0, \quad \int_0^{20} dx = 20 \]Så:
\[ V = \pi(10A^2 + 20d^2) = 10\pi(A^2 + 2d^2) \]Vi setter \(V = 1500\):
\[ A^2 + 2d^2 = \frac{150}{\pi} \approx 47{,}75 \]Vi velger \(A = 2\) (radius varierer med \(\pm 2\) cm rundt midtlinja). Da:
\[ 4 + 2d^2 \approx 47{,}75 \quad \Rightarrow \quad d^2 \approx 21{,}87 \quad \Rightarrow \quad d \approx 4{,}68 \]Vi velger \(d = 4{,}68\). Da blir radius:
Kontroll med CAS:
\[ V = \pi \int_0^{20} \left(2\sin\!\left(\frac{\pi}{10}x + \frac{\pi}{2}\right) + 4{,}68\right)^2 dx \approx 1501{,}8 \text{ cm}^3 \approx 1{,}50 \text{ L} \checkmark \]