Matematikk R2 vår 2024

Potensregelen gir den antideriverte

$$F(x)=-\frac{x^4}{4}+\frac{3x^2}{2}.$$

Vi setter inn øvre grense og trekker fra verdien ved nedre grense:

$$\begin{aligned} \int_{-1}^{0}(-x^3+3x)\,dx &=\left[-\frac{x^4}{4}+\frac{3x^2}{2}\right]_{-1}^{0}\\ &=0-\left(-\frac14+\frac32\right)\\ &=\boxed{-\frac54}. \end{aligned}$$

Integralet er negativt fordi grafen ligger under $x$-aksen mellom $-1$ og $0$.

Vi faktoriserer:

$$f(x)=x(3-x^2).$$

På intervallet $[-1,1]$ er $3-x^2>0$. Derfor er $f(x)<0$ når $-1\le x<0$, og $f(x)>0$ når $0<x\le1$. Vi må snu fortegnet på integralet over den første delen:

$$\begin{aligned} A&=-\int_{-1}^{0}f(x)\,dx+\int_0^1f(x)\,dx\\ &=-\left(-\frac54\right)+\left[-\frac{x^4}{4}+\frac{3x^2}{2}\right]_0^1\\ &=\frac54+\left(-\frac14+\frac32\right)\\ &=\boxed{\frac52}. \end{aligned}$$

De to delområdene har samme areal. Integralet fra $-1$ til $1$ er derimot null, fordi de positive og negative bidragene opphever hverandre.

Vi setter

$$u=\sin x,\qquad du=\cos x\,dx.$$

Da blir integralet

$$\begin{aligned} \int\sin^3(x)\cos(x)\,dx &=\int u^3\,du\\ &=\frac{u^4}{4}+C\\ &=\boxed{\frac{\sin^4 x}{4}+C}. \end{aligned}$$

Derivasjon av svaret gir $\frac14\cdot4\sin^3x\cdot\cos x$, som er integranden.

Variabelen $n$ teller hvor mange ledd som er lagt til. Når $n$ øker med én, legges leddet $4n-2$ til i summen $S$. De første leddene er

$$2,\ 6,\ 10,\ 14,\ldots$$

Dette er en aritmetisk rekke med første ledd $2$ og differanse $4$.

Løkken fortsetter så lenge $S\le200$. Eleven finner derfor det minste antallet ledd som må summeres for at summen skal bli større enn $200$. Programmet skriver ut dette antallet, ikke selve summen.

Summen etter $n$ runder er

$$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}2=\frac{n(2+4n-2)}2=2n^2.$$

Programmet stopper først når

$$2n^2>200\quad\Longleftrightarrow\quad n^2>100.$$

Siden $n$ er et ikke-negativt heltall, er den første muligheten $n=11$. Vi kontrollerer de siste rundene:

Verdien som skrives ut, er $\boxed{11}$.

Vi bruker to sidevektorer fra samme hjørne:

$$\overrightarrow{AB}=[3,0,1],\qquad\overrightarrow{AC}=[1,-1,-1].$$

Kryssproduktet blir

$$\begin{aligned} \overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC} &=[0\cdot(-1)-1\cdot(-1),\ 1\cdot1-3\cdot(-1),\ 3\cdot(-1)-0\cdot1]\\ &=[1,4,-3]. \end{aligned}$$

Lengden av kryssproduktet er arealet av parallellogrammet spent ut av vektorene. Trekanten har halvparten av dette arealet:

$$A_{\triangle ABC}=\frac12|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}| =\frac12\sqrt{1^2+4^2+(-3)^2} =\boxed{\frac{\sqrt{26}}2}.$$

Den korteste avstanden fra $C$ til linja gjennom $A$ og $B$ er trekantens høyde $h$ over grunnlinja $AB$. Vi har

$$|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{3^2+0^2+1^2}=\sqrt{10}.$$

Fra arealformelen $A=\frac12gh$ får vi

$$h=\frac{2A}{g} =\frac{2\cdot\frac{\sqrt{26}}2}{\sqrt{10}} =\frac{\sqrt{26}}{\sqrt{10}} =\boxed{\sqrt{\frac{13}{5}}}.$$

Vektoren $\vec n=[1,4,-3]$ fra a) står vinkelrett på planet $\alpha$, fordi den er kryssproduktet av to ikke-parallelle vektorer i planet. Den kan derfor brukes som retningsvektor for $\ell$.

Vi starter i $P(-2,1,4)$ og beveger oss i retningen $\vec n$:

$$\boxed{\ell:\quad \begin{cases} x=-2+t\\ y=1+4t\\ z=4-3t \end{cases}\qquad t\in\mathbb R.}$$

Når $t=0$, er vi i $P$. Alle retningsvektorer som er et ikke-null multiplum av $[1,4,-3]$, gir den samme linja.

Siden $D$ ligger på $z$-aksen, kan vi skrive $D=(0,0,d)$. Da er

$$\overrightarrow{PD}=[2,-1,d-4].$$

Linja $m$ er parallell med planet, så retningsvektoren $\overrightarrow{PD}$ må stå vinkelrett på normalvektoren $\vec n=[1,4,-3]$:

$$\begin{aligned} \overrightarrow{PD}\cdot\vec n&=0\\ 2\cdot1+(-1)\cdot4+(d-4)(-3)&=0\\ 2-4-3d+12&=0\\ 10-3d&=0\\ d&=\frac{10}{3}. \end{aligned}$$

Dermed er $\boxed{D\left(0,0,\frac{10}{3}\right)}$.

Vi kan også kontrollere at linja ikke ligger i selve planet: Planet gjennom $A$ med normalvektor $[1,4,-3]$ har likningen $x+4y-3z=5$. Punktet $P$ gir $-2+4-12=-10$, og ligger derfor utenfor planet.

Vi isolerer sinusuttrykket:

$$2\sin\left(\frac\pi6x-\frac\pi3\right)-1=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \sin\left(\frac\pi6x-\frac\pi3\right)=\frac12.$$

Sinus er $\frac12$ ved vinklene $\frac\pi6$ og $\frac{5\pi}6$, og deretter for hver hele periode. For $k\in\mathbb Z$ får vi derfor

$$\begin{aligned} \frac\pi6x-\frac\pi3&=\frac\pi6+2k\pi &\Longrightarrow\quad x&=3+12k,\\ \frac\pi6x-\frac\pi3&=\frac{5\pi}6+2k\pi &\Longrightarrow\quad x&=7+12k. \end{aligned}$$

Vi tar bare med verdier i det åpne intervallet $(0,20)$. For $k=0$ og $k=1$ får vi

$$\boxed{x\in\{3,7,15,19\}}.$$

Vi skriver funksjonen på formen

$$f(x)=2\sin\left(\frac\pi6(x-2)\right)-1.$$

Amplituden er absoluttverdien av faktoren foran sinus, altså $\boxed{2}$.

Konstantleddet gir likevektslinja $\boxed{y=-1}$.

Perioden er

$$p=\frac{2\pi}{\pi/6}=\boxed{12}.$$

Uttrykket $x-2$ viser at grafen er forskjøvet $\boxed{2\text{ enheter mot høyre}}$ langs likevektslinja, sammenlignet med $2\sin(\frac\pi6x)-1$. Konstanten $-\frac\pi3$ er en vinkel i sinusuttrykket; den horisontale forskyvningen får vi først når $\frac\pi6$ er faktorisert ut.

Hastighetsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren:

$$\vec v(t)=\vec r\,'(t)=[30,5,7-9{,}8t].$$

Idet ballen blir skutt, er $t=0$, så $\vec v(0)=[30,5,7]$. Farten er lengden av denne vektoren:

$$|\vec v(0)|=\sqrt{30^2+5^2+7^2}=\sqrt{974}\approx\boxed{31{,}2\ \text{m/s}}.$$

Ballen treffer banen når høyden $z(t)=7t-4{,}9t^2$ er null:

$$t(7-4{,}9t)=0 \quad\Longrightarrow\quad t=0\quad\text{eller}\quad t=\frac7{4{,}9}=\frac{10}{7}.$$

$t=0$ er skuddøyeblikket. Landingen skjer ved $t=\frac{10}{7}$, og posisjonen er

$$\vec r\left(\frac{10}{7}\right)=\left[\frac{300}{7},\frac{50}{7},0\right].$$

Hjørnemerket ligger i origo. Avstanden langs den flate fotballbanen blir derfor

$$d=\sqrt{\left(\frac{300}{7}\right)^2+\left(\frac{50}{7}\right)^2} =\frac{50\sqrt{37}}7\approx\boxed{43{,}4\ \text{m}}.$$

Dette er avstanden fra hjørnemerket til landingspunktet. Ballens buede bane gjennom lufta har en annen lengde.

Vi finner toppunktet til høydefunksjonen:

$$z'(t)=7-9{,}8t=0 \quad\Longrightarrow\quad t=\frac7{9{,}8}=\frac57.$$

Siden $z''(t)=-9{,}8<0$, er dette et maksimum. Tidspunktet ligger også mellom avspark og landing.

Den vertikale hastigheten er nå null, mens de horisontale komponentene fortsatt er $30$ og $5$:

$$\left|\vec v\left(\frac57\right)\right| =|[30,5,0]|=\sqrt{30^2+5^2}=5\sqrt{37} \approx\boxed{30{,}4\ \text{m/s}}.$$

Høyden er

$$z\left(\frac57\right) =7\cdot\frac57-4{,}9\left(\frac57\right)^2 =5-2{,}5=\boxed{2{,}5\ \text{m}}.$$

Vi modellerer pæra som et omdreiningslegeme rundt $x$-aksen. Høyden fra aksen til pæras omriss blir da radiusen $r(x)$ i et sirkelformet tverrsnitt. Tverrsnittets areal er $\pi r(x)^2$, så

$$V\approx\pi\int_0^{12}r(x)^2\,dx.$$

Vi leser av radiusen omtrent hver centimeter. Avlesningene er usikre, så dette er én mulig modell av bildet:

Med trapesmetoden og avstand $\Delta x=1$ mellom målepunktene får vi

$$V\approx\frac{\pi\Delta x}{2}\left(r_0^2+2\sum_{i=1}^{11}r_i^2+r_{12}^2\right).$$

Her brukes trapesmetoden på tverrsnittsarealene $\pi r_i^2$. I CAS legger vi avlesningene i ei liste. Det første listeelementet er radiusen ved $x=0$. Skriv inn én kommando på hver rad og trykk Enter etter hver rad. Kommandoen Numeric gir til slutt en desimaltilnærming til volumet:

Beregningen gir $V\approx306{,}4\ \text{cm}^3$. Vi runder til $\boxed{\text{omtrent }310\ \text{cm}^3}$, altså rundt $0{,}3$ liter.

Volumet avhenger av avlesningene og av antakelsen om at pæra har sirkelformede tverrsnitt. Derfor er det ikke rimelig å oppgi svaret med mange desimaler. Vi skal heller ikke gange med to: Rotasjonen av den halve snittflaten gir allerede hele pæra.

Konstantleddet $19$ gir et midtpunkt kl. 19:00. Amplituden $4$ betyr at tidspunktet varierer fire timer på hver side av dette:

$$19-4=15,\qquad19+4=23.$$

Dermed varierer tidspunktet fra kl. 15:00 til kl. 23:00, slik oppgaven sier.

Faktoren $0{,}0055\pi$ gir perioden

$$p=\frac{2\pi}{0{,}0055\pi}=\frac{4000}{11}\approx363{,}6\ \text{dager}.$$

Dette er omtrent ett år. Modellen har ikke nøyaktig en periode på $366$ dager, som er lengden av skuddåret 2024.

Vi skriver vinkelen som

$$0{,}0055\pi x-0{,}5\pi =0{,}0055\pi\left(x-\frac{1000}{11}\right).$$

Forskyvningen gjør at tidspunktet passerer kl. 19:00 på vei mot senere kvelder ved $x=\frac{1000}{11}\approx90{,}9$, altså rundt månedsskiftet mars–april.

Opplysningen om 1. april passer bare omtrent med modellen: I skuddåret 2024 svarer 1. april til $x=92$, og

$$T(92)=4\sin(0{,}006\pi)+19\approx19{,}0754.$$

Dette er omtrent kl. 19:04:31, rundt fire og et halvt minutt senere enn kl. 19:00. De oppgitte modellverdiene gir altså en tilnærming til denne datoopplysningen.

Vi tolker endringen per dag som den momentane endringsfarten $T'(x)$. Tre minutter er $\frac3{60}=0{,}05$ timer. Tidspunktet kan flytte seg både senere og tidligere, så vi løser

$$|T'(x)|=0{,}05,\qquad1\le x\le366.$$

Kjerneregelen gir

$$T'(x)=0{,}022\pi\cos(0{,}0055\pi x-0{,}5\pi).$$

I CAS finner vi løsningene til $T'(x)=0{,}05$ og $T'(x)=-0{,}05$ innenfor året. Start med et tomt CAS-felt, skriv inn én kommando på hver rad og trykk Enter etter hver rad. Solve løser likningen symbolsk, slik «x =»-knappen i verktøylinja gjør. Numeric gir en desimaltilnærming til løsningen; her brukes resultatene i rad 2 og 4. Desimaltallene i kommandoene skrives med punktum:

Løsningene, avrundet til nærmeste kalenderdag, blir:

Vi får altså fire tidspunkt i løpet av året. Datoene er omtrentlige, fordi løsningene ligger mellom hele dagnumre. Februar har $29$ dager i 2024.

Tidspunktet endrer seg raskest når $|T'(x)|$ er størst. Siden cosinus ligger mellom $-1$ og $1$, er den største absolutte endringsfarten

$$|T'(x)|_{\max}=0{,}022\pi\ \text{timer per dag} =0{,}022\pi\cdot60\approx\boxed{4{,}15\ \text{minutter per dag}}.$$

Cosinusfaktoren er $1$ eller $-1$ når vinkelen er et helt multiplum av $\pi$:

$$\begin{aligned} 0{,}0055\pi x-0{,}5\pi&=k\pi\\ x&=\frac{1000}{11}+\frac{2000}{11}k,\qquad k\in\mathbb Z. \end{aligned}$$

I intervallet $1\le x\le366$ får vi $k=0$ og $k=1$:

$$x\approx90{,}909\quad\text{og}\quad x\approx272{,}727.$$

Avrundet til nærmeste kalenderdag svarer dette til dag $91$, den $\boxed{31.\ \text{mars}}$, og dag $273$, den $\boxed{29.\ \text{september}}$.

Rundt 31. mars flytter tidspunktet seg senere med omtrent $4{,}15$ minutter per dag. Rundt 29. september flytter det seg like raskt tidligere.

For å gå fra $S_n$ til $S_{n+1}$ legger vi til det neste kubikktallet:

$$\boxed{S_{n+1}=S_n+(n+1)^3},\qquad S_0=0.$$

Dette er en rekursiv formel: Den bruker den forrige summen. Vi undersøker også de første summene:

Tallene $1,3,6,10,15$ er summene $1$, $1+2$, $1+2+3$, og så videre. Dette peker mot

$$S_n=(1+2+\cdots+n)^2=\boxed{\left(\frac{n(n+1)}2\right)^2}.$$

Den eksplisitte formelen lar oss regne ut summen direkte fra $n$. Mønsteret alene er ikke et bevis; i c) viser vi at formelen gjelder for alle positive heltall $n$.

Vi starter med $S_0=0$ og legger til neste kubikktall i hver runde. I Python stopper $\texttt{range}$ før den øvre grensen, så vi bruker $\texttt{range(1, 51)}$ for å få heltallene $1$ til og med $50$:

Etter runden med $n=1$ inneholder $S$ summen $S_1$, og etter runden med $n=50$ inneholder den $S_{50}$. Programmet skriver ut

$$\boxed{1625625}.$$

Som kontroll gir den eksplisitte formelen

$$\left(\frac{50\cdot51}{2}\right)^2=1275^2=1625625.$$

Vi vil bevise at

$$S_n=1^3+2^3+\cdots+n^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$$

for alle positive heltall $n$.

Basissteg: For $n=1$ er venstresiden $1^3=1$, og høyresiden er $\frac{1^2\cdot2^2}{4}=1$. Formelen stemmer altså for $n=1$.

Induksjonsantakelse: Anta at formelen stemmer for et vilkårlig positivt heltall $k$, det vil si

$$S_k=\frac{k^2(k+1)^2}{4}.$$

Induksjonssteg: Vi må vise at antakelsen fører til den samme formelen for $k+1$. Vi bruker rekursjonen fra a):

$$\begin{aligned} S_{k+1}&=S_k+(k+1)^3\\ &=\frac{k^2(k+1)^2}{4}+(k+1)^3\\ &=\frac{(k+1)^2}{4}\left(k^2+4(k+1)\right)\\ &=\frac{(k+1)^2}{4}(k^2+4k+4)\\ &=\frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}. \end{aligned}$$

Dette er nettopp formelen med $n=k+1$. Den er sann for $n=1$, og sannhet for $n=k$ medfører sannhet for $n=k+1$. Derfor gjelder

$$\boxed{S_n=\left(\frac{n(n+1)}2\right)^2}$$

for alle positive heltall $n$.

Sentrum $M$ er midtpunktet på diameteren $AB$:

$$M=\left(\frac{1+3}{2},\frac{2+0}{2},\frac{1-3}{2}\right)=(2,1,-1).$$

Radiusen er halve lengden av diameteren:

$$r=\frac12|\overrightarrow{AB}|=\frac12\sqrt{2^2+(-2)^2+(-4)^2}=\sqrt6.$$

Avstanden fra sentrum til planet $x+2y+2z-14=0$ er

$$d(M,\gamma)=\frac{|2+2\cdot1+2\cdot(-1)-14|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}} =\frac{12}{3}=4.$$

Siden $4>\sqrt6$, ligger hele kula på én side av planet. Det nærmeste punktet på kuleflaten ligger én radius fra sentrum i retning mot planet. Den minste avstanden er derfor

$$d_{\min}=4-\sqrt6\approx\boxed{1{,}55}.$$

Et plan parallelt med $\gamma$ kan skrives som

$$\alpha:\quad x+2y+2z=c.$$

For å ha samme avstand til kuleflaten må det også ligge $4$ fra sentrum $M(2,1,-1)$. Derfor må

$$\begin{aligned} \frac{|2+2-2-c|}{3}&=4\\ |2-c|&=12\\ c&=14\quad\text{eller}\quad c=-10. \end{aligned}$$

$c=14$ gir det opprinnelige planet $\gamma$. Det andre planet, på motsatt side av kula, er

$$\boxed{\alpha:\quad x+2y+2z=-10}.$$

Begge planene ligger $4$ fra sentrum og dermed $4-\sqrt6$ fra kuleflaten.

Vi leser oppgaven slik at $x\ge0$.

Første ledd er $a_1$, fordi summasjonen begynner med $n=0$. Kvotienten er

$$k(x)=\int_0^x e^{-t}\,dt=[-e^{-t}]_0^x=1-e^{-x}.$$

For $x\ge0$ er $0<e^{-x}\le1$, så $0\le k(x)<1$. Rekken konvergerer derfor, og summen er

$$S(x)=\frac{a_1}{1-k(x)}=\frac{a_1}{e^{-x}}=a_1e^x.$$

Siden $a_1>0$, er $S'(x)=a_1e^x>0$. Summen er strengt voksende, så den minste summen får vi for $x=0$:

$$S(0)=a_1e^0=a_1.$$

Den minste summen skal være $1$, altså $S(0)=1$. Det gir $\boxed{a_1=1}$.