Universitetseksamen etter tema

Vi trenger ikke å derivere 13 ganger. Koeffisienten foran \( x^{13} \) i taylorrekken inneholder \( f^{(13)}(0)\text{,} \) så vi sammenligner den med rekken vi har fått.

1. Skriv opp taylorrekken Taylorrekken om \( {x = 0} \) er: \[ f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{\textcolor{red}{f^{(k)}(0)}}{k!} x^k \]Hvis du er usikker på formelen, kan du se videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

Leddet med \( x^{13} \) er altså: \[ \dfrac{\textcolor{red}{f^{(13)}(0)}}{13!} x^{13} \]

2. Finn leddet i den gitte rekken Eksponenten i rekken skal være \( 13\text{:} \) \[ \begin{aligned} 4n + 1 &= 13 \\ n &= 3 \end{aligned} \]

Setter vi inn \( {n = 3}\text{,} \) får vi leddet: \[ (-1)^3 \dfrac{x^{13}}{(2 \cdot 3 + 1)!} = \textcolor{blue}{-\dfrac{1}{7!}}\, x^{13} \]

3. Sammenlign koeffisientene En funksjon har bare én taylorrekke om \( {x = 0}\text{,} \) så koeffisientene foran \( x^{13} \) må være like: \[ \dfrac{\textcolor{red}{f^{(13)}(0)}}{13!} = \textcolor{blue}{-\dfrac{1}{7!}} \]

Ganger vi med \( 13!\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f^{(13)}(0)} &= -\dfrac{13!}{7!} \\ &= -13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \\ &= -1\,235\,520 \end{aligned} \]

Vi flytter over og ser på nullpunktet til \( {g(x) = f(x) - 4}\text{.} \) Skjærsetningen gir et nullpunkt, den deriverte viser at det er ett, og den dobbeltderiverte avgjør hvilken side av \( r \) vi havner på.

1. Vis at det finnes en løsning Vi setter: \[ \begin{aligned} g(x) &= f(x) - 4 \\ &= 2e^{\sqrt{x}}(\sqrt{x} - 1) - 2 \end{aligned} \]

Skjærsetningen forteller oss at hvis \( g \) er kontinuerlig på \( [a, b] \) med \( {g(a) < 0 < g(b)}\text{,} \) finnes det en \( c \) der: \[ g(c) = 0, \quad c \in (a, b) \]Du ser setningen i videoen Skjærsetningen.

Her er \( g \) kontinuerlig på \( [1, 2]\text{,} \) siden den er satt sammen av kontinuerlige funksjoner, og: \[ \begin{aligned} g(1) &= 2e \cdot 0 - 2 = -2 \\ g(2) &= 2e^{\sqrt{2}}(\sqrt{2} - 1) - 2 \approx 1{,}41 \end{aligned} \]Det finnes altså en løsning \( r \in (1, 2)\text{.} \)

2. Vis at løsningen er den eneste Når vi deriverer et integral med \( x \) i øvre grense, får vi funksjonen under integraltegnet: \[ \left( \int_0^x h(t)\,dt \right)' = h(x) \]Hvorfor det er slik, ser du i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Her er \( {h(t) = e^{\sqrt{t}}}\text{,} \) så: \[ \textcolor{blue}{g'(x)} = \textcolor{blue}{e^{\sqrt{x}}} > 0 \]\( g \) er altså strengt voksende, og kan bare krysse \( 0 \) én gang.

3. Bruk Newtons metode Newtons metode forteller oss at: \[ \textcolor{red}{x_{n+1}} = x_n - \dfrac{\textcolor{green}{g(x_n)}}{\textcolor{blue}{g'(x_n)}} \]Hvis du er usikker på metoden, kan du se videoen Newtons metode.

Første iterasjon starter i \( {x_0 = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{x_1} &= 1 - \dfrac{\textcolor{green}{-2}}{\textcolor{blue}{e}} \\ &= 1 + \dfrac{2}{e} \\ &\approx 1{,}7358 \end{aligned} \]

Andre iterasjon starter i \( x_1\text{,} \) der \( {\sqrt{x_1} \approx 1{,}3175}\text{.} \) Vi regner videre med alle desimalene på kalkulatoren og runder av til slutt: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{g'(x_1)} &= \textcolor{blue}{e^{\sqrt{x_1}} \approx 3{,}7340} \\ \textcolor{green}{g(x_1)} &= \textcolor{green}{2e^{\sqrt{x_1}}(\sqrt{x_1} - 1) - 2} \\ &\approx \textcolor{green}{0{,}3710} \\ \textcolor{red}{x_2} &\approx 1{,}7358 - \dfrac{\textcolor{green}{0{,}3710}}{\textcolor{blue}{3{,}7340}} \\ &\approx 1{,}6364 \end{aligned} \]

Avrundet til fire desimaler er altså: \[ \underline{r^* = \textcolor{red}{x_2} \approx 1{,}6364} \]

4. Sammenlign med den eksakte løsningen Vi deriverer \( \textcolor{blue}{g'(x)} \) med regelen for \( e^u\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ (e^u)' = e^u \cdot u' \]

Her er: \[ u = \sqrt{x}, \quad u' = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \]

Det gir oss: \[ g''(x) = \dfrac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}} > 0 \]Grafen til \( g \) krummer altså oppover, og da ligger den over tangentene sine.

For tangenten i \( x_1 \) betyr det, når \( {x \neq x_1}\text{:} \) \[ g(x) > \textcolor{green}{g(x_1)} + \textcolor{blue}{g'(x_1)}(x - x_1) \]

Newtons metode velger \( \textcolor{red}{x_2} \) der tangenten er \( 0\text{,} \) så høyre side er \( 0 \) for \( {x = \textcolor{red}{x_2}}\text{:} \) \[ g(r^*) > 0 = g(r) \]

Siden \( g \) er strengt voksende, må \( r^* \) ligge til høyre for \( r\text{:} \) \[ \underline{r^* > r} \]

Vi skriver funksjonen uten absoluttverdi. Så sammenligner vi verdiene der den deriverte er \( 0\text{,} \) der grafen knekker og i endepunktene.

1. Skriv funksjonen uten absoluttverdi Absoluttverdien forteller oss at: \[ |a| = \begin{cases} a, & a \ge 0 \\ -a, & a < 0 \end{cases} \]

\( {x^2 - 1} \) er negativ når \( {|x| < 1}\text{,} \) og da bytter den fortegn: \[ f(x) = \begin{cases} \textcolor{red}{1 - x^2}, & |x| < 1 \\ \textcolor{blue}{x^2 - 1}, & 1 \le |x| \le \sqrt{2} \end{cases} \]

2. Finn kandidatene Potensregelen \( {(x^n)' = n x^{n-1}} \) gir den deriverte av hver del, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ f'(x) = \begin{cases} \textcolor{red}{-2x}, & |x| < 1 \\ \textcolor{blue}{2x}, & 1 < |x| < \sqrt{2} \end{cases} \]

\( {f'(x) = 0} \) bare i \( {x = 0}\text{.} \) I \( {x = \pm 1} \) skifter uttrykket, og i \( {x = \pm\sqrt{2}} \) slutter intervallet. Verdiene er: \[ \begin{aligned} f(\pm\sqrt{2}) &= |2 - 1| = 1 \\ f(\pm 1) &= |1 - 1| = 0 \\ f(0) &= |0 - 1| = 1 \end{aligned} \]

3. Klassifiser punktene Fortegnet til den deriverte viser hvor grafen stiger og synker: \[ \begin{aligned} -\sqrt{2} < x < -1: \quad & \textcolor{blue}{2x} < 0 \\ -1 < x < 0: \quad & \textcolor{red}{-2x} > 0 \\ 0 < x < 1: \quad & \textcolor{red}{-2x} < 0 \\ 1 < x < \sqrt{2}: \quad & \textcolor{blue}{2x} > 0 \end{aligned} \]Grafen synker altså ned til \( {x = -1}\text{,} \) stiger til \( {x = 0}\text{,} \) synker til \( {x = 1} \) og stiger igjen. Da er \( {x = \pm 1} \) lokale minimum, og \( {x = 0} \) og endepunktene \( {x = \pm\sqrt{2}} \) lokale maksimum. Hva lokale og globale ekstremalpunkter er, ser du i videoen Hva er et kritisk punkt.

\( f \) er kontinuerlig på et lukket intervall, så største og minste verdi ligger blant kandidatene. Vi sammenligner verdiene over: \[ \begin{aligned} f(x) &\ge 0 = f(\pm 1) \\ f(x) &\le 1 = f(0) = f(\pm\sqrt{2}) \end{aligned} \]Minimumene og maksimumene er altså også globale.

4. Skisser grafen Vi tegner buen \( {\textcolor{red}{1 - x^2}} \) mellom \( {-1} \) og \( 1\text{,} \) og \( {\textcolor{blue}{x^2 - 1}} \) utenfor:

5. Undersøk knekken Den deriverte i et punkt er grensen av stigningstallet, som i videoen Definisjonen til den deriverte: \[ f'(1) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(1 + h) - f(1)}{h} \]

Her er \( {f(1) = 0}\text{.} \) Vi regner ut grensen fra hver side: \[ \begin{aligned} \lim_{h \to 0^-} \dfrac{\textcolor{red}{1 - (1 + h)^2}}{h} &= \lim_{h \to 0^-} (-2 - h) \\ &= -2 \\ \lim_{h \to 0^+} \dfrac{\textcolor{blue}{(1 + h)^2 - 1}}{h} &= \lim_{h \to 0^+} (2 + h) \\ &= 2 \end{aligned} \]Grensene er ulike, så \( f'(1) \) finnes ikke. Siden \( {f(-x) = f(x)}\text{,} \) gjelder det samme i \( {x = -1}\text{.} \)

Vi skriver opp formelen for arealet av en rotasjonsflate. Radiusen er avstanden fra grafen ned til linjen \( {y = -1}\text{,} \) og vinket hjelper oss med integralet.

1. Sett opp integralet Formelen for arealet av en rotasjonsflate forteller oss at: \[ S = \int_a^b 2\pi\, \textcolor{red}{r(x)} \sqrt{1 + (\textcolor{blue}{f'(x)})^2}\,dx \]Hver bitte liten bit av grafen lager en ring med radius \( \textcolor{red}{r(x)}\text{.} \) Rotuttrykket ganget med \( dx \) er lengden av den lille biten, som i videoen Buelengde formel.

Hyperbolsk cosinus og sinus er definert ved: \[ \begin{aligned} \cosh(x) &= \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} \\ \sinh(x) &= \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} \end{aligned} \]

Vi deriverer \( \cosh(x) \) med regelen for \( e^u\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ (e^u)' = e^u \cdot u' \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{r(x)} &= \textcolor{red}{f(x) - (-1) = \cosh(x) + 1} \\ \textcolor{blue}{f'(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{e^x - e^{-x}}{2} = \sinh(x)} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} S = \int_0^{\ln 2} 2\pi\, &(\textcolor{red}{\cosh(x) + 1}) \\ &\cdot \sqrt{1 + \textcolor{blue}{\sinh^2(x)}}\,dx \end{aligned} \]

2. Forenkle integranden Siden \( {\cosh^2(x) - \sinh^2(x) = 1} \) og \( {\cosh(x) > 0}\text{,} \) er: \[ \sqrt{1 + \textcolor{blue}{\sinh^2(x)}} = \cosh(x) \]

Dermed får vi: \[ \begin{aligned} S &= 2\pi \int_0^{\ln 2} (\textcolor{red}{\cosh x + 1})\cosh x\,dx \\ &= 2\pi \int_0^{\ln 2} \left( \cosh^2 x + \cosh x \right) dx \end{aligned} \]

Vinket gir oss det vi skal integrere: \[ \begin{aligned} &\cosh^2 x + \cosh x \\ &= \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\cosh 2x + \cosh x \end{aligned} \]

3. Regn ut integralet Fra definisjonene ser vi at \( \sinh(x) \) derivert er \( \cosh(x)\text{.} \) Med kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen, er da \( {(\sinh 2x)' = 2\cosh 2x}\text{.} \) Vi integrerer ledd for ledd: \[ \begin{aligned} \int \dfrac{1}{2}\,dx &= \dfrac{x}{2} \\ \int \dfrac{1}{2}\cosh 2x\,dx &= \dfrac{\sinh 2x}{4} \\ \int \cosh x\,dx &= \sinh x \end{aligned} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ S = 2\pi \left[ \dfrac{x}{2} + \dfrac{\sinh 2x}{4} + \sinh x \right]_0^{\ln 2} \]

I \( {x = 0} \) er alle leddene \( 0\text{.} \) I \( {x = \ln 2} \) bruker vi \( {e^{\ln 2} = 2} \) og \( {e^{2\ln 2} = 4}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \sinh(\ln 2) &= \dfrac{2 - \dfrac{1}{2}}{2} = \dfrac{3}{4} \\ \sinh(2\ln 2) &= \dfrac{4 - \dfrac{1}{4}}{2} = \dfrac{15}{8} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} S &= 2\pi \left( \dfrac{\ln 2}{2} + \dfrac{15}{32} + \dfrac{3}{4} \right) \\ &= 2\pi \left( \dfrac{\ln 2}{2} + \dfrac{39}{32} \right) \\ &= \pi \ln 2 + \dfrac{39\pi}{16} \end{aligned} \]

Vi bruker forholdstesten for å finne hvor rekken konvergerer, og sjekker så endepunktene hver for seg, siden testen ikke sier noe om dem.

1. Bruk forholdstesten Forholdstesten forteller oss at rekken konvergerer når \( {k < 1} \) og divergerer når \( {k > 1}\text{,} \) der: \[ k = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} \right| \]Når \( {k = 1}\text{,} \) gir testen ikke noe svar. Slik bruker vi den på en potensrekke i videoen Finn Konvergeringsradiusen / Konvergensradiusen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a_n} &= \textcolor{blue}{\dfrac{n(x + 2)^n}{5^{n-1}}} \\ \textcolor{red}{a_{n+1}} &= \textcolor{red}{\dfrac{(n + 1)(x + 2)^{n+1}}{5^n}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} &= \textcolor{red}{\dfrac{(n + 1)(x + 2)^{n+1}}{5^n}} \\ &\quad \cdot \textcolor{blue}{\dfrac{5^{n-1}}{n(x + 2)^n}} \end{aligned} \]

Potensene av \( {x + 2} \) og \( 5 \) kan vi forkorte. Det gir oss: \[ \begin{aligned} \dfrac{\textcolor{red}{a_{n+1}}}{\textcolor{blue}{a_n}} &= \dfrac{n + 1}{n} \cdot \dfrac{x + 2}{5} \\ k &= \lim_{n \to \infty} \left(1 + \dfrac{1}{n}\right) \cdot \dfrac{|x + 2|}{5} \\ &= \dfrac{|x + 2|}{5} \end{aligned} \]Her går \( \dfrac{1}{n} \) mot \( 0 \) når \( n \) vokser.

2. Løs ulikheten Rekken konvergerer når \( {k < 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \dfrac{|x + 2|}{5} &< 1 \\ -5 < x + 2 &< 5 \\ -7 < x &< 3 \end{aligned} \]

3. Sjekk endepunktene I endepunktene er \( {k = 1}\text{,} \) så der må vi sjekke hver for seg, som i videoen Oppgave 2b - Konvergeringsområdet - Prøveeksamen 2020 (BYPE 2000). Vi setter inn: \[ \begin{aligned} x = 3: \quad & \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{n \cdot 5^n}{5^{n-1}} = \sum_{n=1}^{\infty} 5n \\ x = -7: \quad & \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{n(-5)^n}{5^{n-1}} \\ & = \sum_{n=1}^{\infty} 5n(-1)^n \end{aligned} \]

I begge rekkene er leddene like store som \( 5n\text{:} \) \[ |a_n| = 5n \to \infty \]Når leddene ikke går mot \( 0\text{,} \) divergerer rekken, som i videoen Konvergens & divergens intro: \[ |a_n| \not\to 0 \quad \Rightarrow \quad \text{rekken divergerer} \]Ingen av endepunktene er altså med.

Vi deriverer begge sider, så integralet forsvinner og vi står igjen med en separabel differensiallikning. Startverdien får vi ved å sette inn \( {x = 0}\text{.} \)

1. Deriver begge sider Når vi deriverer et integral med \( x \) i øvre grense, bytter vi \( t \) med \( x \) i funksjonen under integraltegnet: \[ \left( \int_0^x h(t)\,dt \right)' = h(x) \]Det er slik vi starter i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Her er \( {h(t) = e^{t + y(t)}}\text{,} \) så vi får: \[ y'(x) = e^{x + y(x)} \]

Setter vi inn \( {x = 0} \) i likningen fra oppgaven, går integralet fra \( 0 \) til \( 0\text{.} \) Det gir startverdien: \[ y(0) = \int_0^0 e^{t + y(t)}\,dt = 0 \]

2. Separer og integrer Vi deler potensen i to, så vi kan samle \( \textcolor{red}{y} \) på én side og \( \textcolor{blue}{x} \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \begin{aligned} \dfrac{dy}{dx} &= \textcolor{blue}{e^x} \cdot \textcolor{red}{e^y} \\ \textcolor{red}{e^{-y}\,dy} &= \textcolor{blue}{e^x\,dx} \end{aligned} \]

Regelen for å integrere \( e \) opphøyd i noe forteller oss at: \[ \int e^{ny}\,dy = \dfrac{1}{n}e^{ny} + C \]Du ser den i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

På venstre side er \( {n = -1}\text{.} \) Vi integrerer begge sider og får: \[ \textcolor{red}{-e^{-y}} = \textcolor{blue}{e^x} + C \]

3. Finn konstanten og løs for y Vi setter inn startverdien \( {y(0) = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -e^0 &= e^0 + C \\ -1 &= 1 + C \\ C &= -2 \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} -e^{-y} &= e^x - 2 \\ e^{-y} &= 2 - e^x \end{aligned} \]

Vi tar \( \ln \) på begge sider og får: \[ \begin{aligned} -y &= \ln(2 - e^x) \\ y &= -\ln(2 - e^x) \end{aligned} \]For \( {0 \le x < \ln(2)} \) er \( {e^x < 2}\text{,} \) så \( {2 - e^x > 0} \) og logaritmen finnes.

Oppgaven ber oss bruke definisjonen, så vi setter \( f(x) \) inn i den, samler brøkene i telleren og lar \( \Delta x \) gå mot \( 0\text{.} \)

1. Skriv opp definisjonen Definisjonen av den deriverte forteller oss at: \[ f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f(x + \Delta x)} - \textcolor{blue}{f(x)}}{\Delta x} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Definisjonen til den deriverte.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f(x + \Delta x)} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{x + \Delta x}} \\ \textcolor{blue}{f(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{\dfrac{1}{x + \Delta x}} - \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x}}}{\Delta x} \]

2. Samle brøkene i telleren Vi setter de to brøkene på felles nevner \( {x(x + \Delta x)}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\dfrac{1}{x + \Delta x}} - \textcolor{blue}{\dfrac{1}{x}} &= \dfrac{x - (x + \Delta x)}{x(x + \Delta x)} \\ &= \dfrac{-\Delta x}{x(x + \Delta x)} \end{aligned} \]

3. La steget gå mot null Vi deler på \( \Delta x\text{,} \) som ikke er \( 0 \) før vi tar grensen, slik at den forkortes bort: \[ f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{-1}{x(x + \Delta x)} \]

Nevneren blir ikke lenger \( 0 \) når \( \Delta x \) går mot \( 0\text{,} \) så lenge \( x \ne 0\text{.} \) Da går \( {x + \Delta x} \) mot \( x\text{:} \) \[ f'(x) = \dfrac{-1}{x \cdot x} = -\dfrac{1}{x^2} \]

Vi setter punktet inn på begge sider for å se at de er like. Kurven er gitt implisitt, så stigningstallet finner vi med implisitt derivasjon.

1. Sett punktet inn i likningen Vi regner ut hver side for seg med \( {x = -\pi} \) og \( {y = \dfrac{1}{2}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \tan\left(-\pi \cdot \dfrac{1}{4}\right) &= \tan\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = -1 \\ \dfrac{2 \cdot (-\pi) \cdot \dfrac{1}{2}}{\pi} &= \dfrac{-\pi}{\pi} = -1 \end{aligned} \]

Begge sider er \( {-1}\text{,} \) så punktet ligger på kurven.

2. Deriver venstre side Siden \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) deriverer vi begge sider med hensyn på \( x\text{,} \) som i videoen Finn stigningstallet ved hjelp av Implisitt Derivasjon. Venstre side er \( \tan \) av en kjerne.

Kjerneregelen forteller oss at: \[ (\tan \textcolor{green}{k})' = \dfrac{1}{\cos^2 \textcolor{green}{k}} \cdot \textcolor{green}{k'} \]Du ser kjerneregelen i videoen Kjerneregelen, og den deriverte av \( \tan \) i videoen Koblede hastigheter 1.

Her er kjernen \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{xy^2}}\text{.} \) Den er et produkt, så vi finner \( \textcolor{green}{k'} \) med produktregelen: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Den ser du i videoen Produktregelen.

Siden \( y \) er en funksjon av \( x\text{,} \) gir kjerneregelen \( {(y^2)' = 2y \cdot y'}\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{y^2} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{2y\,y'} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \textcolor{green}{k'} = \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{y^2} + \textcolor{red}{x} \cdot \textcolor{blue}{2y\,y'} = \textcolor{green}{y^2 + 2xy\,y'} \]

3. Deriver høyre side Høyre side er \( \dfrac{2}{\pi} \) ganger produktet \( xy\text{.} \) Med produktregelen får vi: \[ \left(\dfrac{2}{\pi}\,xy\right)' = \dfrac{2}{\pi}\,(y + x\,y') \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \dfrac{\textcolor{green}{y^2 + 2xy\,y'}}{\cos^2(xy^2)} = \dfrac{2}{\pi}\,(y + x\,y') \]

4. Finn stigningstallet I punktet er \( {xy^2 = -\dfrac{\pi}{4}}\text{,} \) så: \[ \cos^2\left(-\dfrac{\pi}{4}\right) = \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{2} \]

Med \( {x = -\pi} \) og \( {y = \dfrac{1}{2}} \) blir parentesene: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{y^2 + 2xy\,y'} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{4} - \pi y'} \\ y + x\,y' &= \dfrac{1}{2} - \pi y' \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, og samler \( y' \) på én side, får vi: \[ \begin{aligned} 2\left(\dfrac{1}{4} - \pi y'\right) &= \dfrac{2}{\pi}\left(\dfrac{1}{2} - \pi y'\right) \\ \dfrac{1}{2} - 2\pi y' &= \dfrac{1}{\pi} - 2y' \\ (2 - 2\pi)\,y' &= \dfrac{1}{\pi} - \dfrac{1}{2} \\ 2(1 - \pi)\,y' &= \dfrac{2 - \pi}{2\pi} \end{aligned} \]

Løser vi for \( y'\text{,} \) og ganger med \( {-1} \) oppe og nede, får vi: \[ y' = \dfrac{2 - \pi}{4\pi(1 - \pi)} = \dfrac{\pi - 2}{4\pi(\pi - 1)} \]

5. Sett opp tangenten Formelen for tangenten forteller oss at: \[ y = \textcolor{blue}{a}\,(x - \textcolor{red}{x_0}) + \textcolor{green}{y_0} \]Den ser du i videoen Tangentlinje.

Her er, med nye farger: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{\dfrac{\pi - 2}{4\pi(\pi - 1)}} \\ \textcolor{red}{x_0} &= \textcolor{red}{-\pi} \\ \textcolor{green}{y_0} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ y = \textcolor{blue}{\dfrac{\pi - 2}{4\pi(\pi - 1)}}\,(x + \pi) + \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}} \]

Nevneren kan skrives som et kvadrat. Vi deler brøken i to, integrerer opp til en øvre grense \( R \) og ser hva som skjer når \( R \) går mot uendelig.

1. Skriv om brøken Nevneren er et fullstendig kvadrat. Første kvadratsetning forteller oss at: \[ (\textcolor{blue}{a} + \textcolor{red}{b})^2 = \textcolor{blue}{a}^2 + 2\textcolor{blue}{a}\textcolor{red}{b} + \textcolor{red}{b}^2 \]Du ser den i videoen Kvadratsetningene.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{x} \\ \textcolor{red}{b} &= \textcolor{red}{3} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ x^2 + 6x + 9 = (\textcolor{blue}{x} + \textcolor{red}{3})^2 \]

På \( {[-1, \infty)} \) er \( {x + 3 \ge 2}\text{,} \) så nevneren er aldri \( 0\text{.} \) Det eneste uegentlige er altså den øvre grensen.

Vi skriver telleren som \( {(x + 3) + 1} \) og deler i to: \[ \begin{aligned} \dfrac{x + 4}{(x + 3)^2} &= \dfrac{x + 3}{(x + 3)^2} + \dfrac{1}{(x + 3)^2} \\ &= \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{x + 3}} + \textcolor{magenta}{\dfrac{1}{(x + 3)^2}} \end{aligned} \]

2. Integrer opp til en grense Et uegentlig integral forteller oss at: \[ \int_{-1}^{\infty} f(x)\,dx = \lim_{R \to \infty} \int_{-1}^{R} f(x)\,dx \]Et eksempel der grensen går mot uendelig til slutt, ser du i videoen Uegentlig integral Oppgave 1.

Vi integrerer ledd for ledd. Det første leddet gir \( \ln\text{,} \) som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler: \[ \int \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{x + 3}}\,dx = \textcolor{darkorange}{\ln|x + 3|} \]

Det andre skriver vi som en potens, som i samme video Basic integrasjonsregler/​formler. Potensregelen for integraler forteller oss at: \[ \int u^n\,du = \dfrac{u^{n+1}}{n + 1}\text{,} \quad n \ne -1 \]

Her er \( {u = x + 3} \) og \( {n = -2}\text{.} \) \( {x + 3} \) går like bra som \( x\text{,} \) siden den deriverte er \( 1\text{.} \) Det gir oss: \[ \int \textcolor{magenta}{(x + 3)^{-2}}\,dx = \textcolor{magenta}{-\dfrac{1}{x + 3}} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \begin{aligned} &\int_{-1}^{R} \dfrac{x + 4}{(x + 3)^2}\,dx \\ &= \left[\textcolor{darkorange}{\ln|x + 3|} \textcolor{magenta}{- \dfrac{1}{x + 3}}\right]_{-1}^{R} \\ &= \ln(R + 3) - \dfrac{1}{R + 3} - \ln 2 + \dfrac{1}{2} \end{aligned} \]

3. La grensen gå mot uendelig Nå lar vi \( R \) gå mot uendelig. Hvert ledd for seg gir: \[ \begin{aligned} \ln(R + 3) &\to \infty \\ \dfrac{1}{R + 3} &\to 0 \end{aligned} \]

Resten er konstanter, så hele uttrykket vokser uten grense: \[ \lim_{R \to \infty} \int_{-1}^{R} \dfrac{x + 4}{(x + 3)^2}\,dx = \infty \]

Integralet har ingen endelig verdi, så det divergerer.

Først setter vi \( f(x) \) inn i formelen for buelengde. Integralet kan vi ikke løse for hånd, så vi fyller ut Simpsons regel med fire delintervaller.

1. Sett opp buelengden Formelen for buelengde forteller oss at: \[ L = \int_a^b \sqrt{1 + (\textcolor{red}{f'(x)})^2}\,dx \]Du ser hvor den kommer fra i videoen Buelengde formel.

Her er, med potensregelen fra videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ \begin{aligned} a &= 0 \\ b &= 1 \\ \textcolor{red}{f'(x)} &= \textcolor{red}{4x^3} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} L &= \int_0^1 \sqrt{1 + (\textcolor{red}{4x^3})^2}\,dx \\ &= \int_0^1 \sqrt{1 + 16x^6}\,dx \end{aligned} \]

2. Finn verdiene til funksjonen Simpsons regel med fire delintervaller forteller oss at: \[ \begin{aligned} L \approx \dfrac{\textcolor{blue}{\Delta x}}{3} \big( &g(x_0) + 4g(x_1) + 2g(x_2) \\ &+ 4g(x_3) + g(x_4) \big) \end{aligned} \]Du ser den i videoen Simpson's Regel.

Her er \( {g(x) = \sqrt{1 + 16x^6}} \) og: \[ \textcolor{blue}{\Delta x} = \dfrac{1 - 0}{4} = \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}} \]

Punktene er \( {x_i = i \cdot \textcolor{blue}{\Delta x}}\text{:} \) vi begynner på \( {x_0 = 0} \) og legger til \( \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}} \) hver gang. Det gir: \[ \begin{aligned} g(0) &= 1 \\ g\left(\dfrac{1}{4}\right) &= \sqrt{1 + \dfrac{1}{256}} = \dfrac{\sqrt{257}}{16} \\ g\left(\dfrac{1}{2}\right) &= \sqrt{1 + \dfrac{1}{4}} = \dfrac{\sqrt{5}}{2} \\ g\left(\dfrac{3}{4}\right) &= \sqrt{1 + \dfrac{729}{256}} = \dfrac{\sqrt{985}}{16} \\ g(1) &= \sqrt{17} \end{aligned} \]

3. Fyll ut Simpsons regel Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} L \approx \dfrac{\textcolor{blue}{1/4}}{3} \Big( &1 + 4 \cdot \dfrac{\sqrt{257}}{16} + 2 \cdot \dfrac{\sqrt{5}}{2} \\ &+ 4 \cdot \dfrac{\sqrt{985}}{16} + \sqrt{17} \Big) \end{aligned} \]

Vi forkorter, og samler \( {\dfrac{\textcolor{blue}{1/4}}{3} = \dfrac{1}{12}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} L \approx \dfrac{1}{12} \Big( &1 + \dfrac{\sqrt{257}}{4} + \sqrt{5} \\ &+ \dfrac{\sqrt{985}}{4} + \sqrt{17} \Big) \end{aligned} \]

Vi taster dette inn på kalkulatoren og runder av til tre desimaler: \[ L \approx 1{,}601 \]