Universitetseksamen etter tema

Maksimum og minimum ligger der \( {F'(x) = 0} \) eller i endepunktene. Vi deriverer integralet, finner hvor \( F \) stiger og synker, og sammenligner med \( {F(2) > 0 > F(-2)}\text{.} \)

1. Deriver integralet Analysens fundamentalteorem forteller oss at: \[ \left(\int_a^x g(t)\,dt\right)' = g(x) \]Du ser det forklart i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Her er \( {g(t) = \cos(t^2)}\text{,} \) så: \[ F'(x) = \cos(x^2) \]

2. Finn kandidatene Maksimum og minimum på et lukket intervall ligger i et kritisk punkt, der \( {F'(x) = 0}\text{,} \) eller i et endepunkt. Kritiske punkter ser du i videoen Hva er et kritisk punkt.

Cosinus er \( 0 \) i \( \dfrac{\pi}{2}\text{,} \) \( \dfrac{3\pi}{2} \) og så videre. På intervallet er \( {x^2 \le 4}\text{,} \) og \( {\dfrac{3\pi}{2} > 4}\text{,} \) så bare den første kan brukes: \[ x^2 = \dfrac{\pi}{2} \quad \Rightarrow \quad x = \pm\sqrt{\dfrac{\pi}{2}} \]

Vi kaller punktet \( {\textcolor{red}{c} = \textcolor{red}{\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}}}\text{.} \) Da er kandidatene: \[ x = -2, \quad -\textcolor{red}{c}, \quad \textcolor{red}{c}, \quad 2 \]

3. Finn hvor F stiger og synker Vi ser på fortegnet til \( \cos(x^2)\text{.} \) For \( {|x| < \textcolor{red}{c}} \) er: \[ 0 \le x^2 < \dfrac{\pi}{2} \quad \Rightarrow \quad F'(x) > 0 \]

For \( {\textcolor{red}{c} < |x| \le 2} \) er: \[ \dfrac{\pi}{2} < x^2 < \dfrac{3\pi}{2} \quad \Rightarrow \quad F'(x) < 0 \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} F &\text{ synker på } [-2, -\textcolor{red}{c}] \\ F &\text{ stiger på } [-\textcolor{red}{c}, \textcolor{red}{c}] \\ F &\text{ synker på } [\textcolor{red}{c}, 2] \end{aligned} \]

4. Sammenlign kandidatene Siden \( F \) synker på \( [\textcolor{red}{c}, 2] \) og \( {[-2, -\textcolor{red}{c}]}\text{,} \) gir opplysningen i oppgaven: \[ \begin{aligned} &F(\textcolor{red}{c}) > F(2) > 0 \\ &0 > F(-2) > F(-\textcolor{red}{c}) \end{aligned} \]

Av de fire kandidatene er altså \( F(\textcolor{red}{c}) \) størst og \( {F(-\textcolor{red}{c})} \) minst.

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 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.

Her står \( x \) i den øvre grensen, så vi deriverer begge sider og blir kvitt integralet. Da får vi en separabel differensiallikning, og startverdien får vi ved å sette inn \( {x = 0}\text{.} \)

1. Finn startverdien Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) går integralet fra \( 0 \) til \( 0 \) og blir \( 0\text{:} \) \[ f(0) = 1 - \int_0^0 f(t)\,dt = 1 - 0 = 1 \]

2. Deriver begge sider Analysens fundamentalteorem forteller oss at: \[ \left(\int_0^x \textcolor{red}{f(t)}\,dt\right)' = \textcolor{red}{f(x)} \]Det forklares i videoen Løs integralligningen - Generell løsning - 6 - Del 1.

Konstanten \( 1 \) deriveres til \( 0\text{,} \) så vi får: \[ f'(x) = 0 - \textcolor{red}{f(x)} = -\textcolor{red}{f(x)} \]

3. Løs differensiallikningen Vi skriver \( {y = f(x)}\text{.} \) Siden \( {f(0) = 1}\text{,} \) kan ikke \( {y = 0} \) være løsningen, og vi samler \( y \) på én side og \( x \) på den andre, som i videoen Seperable diff-ligninger: \[ \begin{aligned} \dfrac{dy}{dx} &= -y \\ \dfrac{1}{y}\,dy &= -dx \end{aligned} \]

Vi integrerer begge sider, som i videoen Basic integrasjonsregler/​formler, og får: \[ \ln|y| = -x + C \]

Vi opphøyer \( e \) i begge sider, og samler konstanten i en ny konstant \( \textcolor{blue}{A}\text{:} \) \[ y = \textcolor{blue}{A}\,e^{-x} \]

4. Finn konstanten Startverdien \( {f(0) = 1} \) gir: \[ \textcolor{blue}{A}\,e^{0} = 1 \quad \Rightarrow \quad \textcolor{blue}{A} = 1 \]

Den øvre grensen er en funksjon av \( x\text{.} \) Vi bruker derfor fundamentalteoremet sammen med kjerneregelen. Så ser vi på fortegnet til \( F'(x)\text{.} \)

1. Skriv opp reglene Fundamentalteoremet forteller oss at den deriverte av et integral med variabel øvre grense er integranden i grensen: \[ \dfrac{d}{du} \int_0^{\textcolor{green}{u}} g(t)\,dt = g(\textcolor{green}{u}) \]Dette viser videoen Løs integralligningen.

Her er den øvre grensen en kjerne, så kjerneregelen forteller oss at vi må gange med den deriverte av kjernen: \[ F'(x) = g(\textcolor{green}{u}) \cdot \textcolor{green}{u'} \]Se videoen Kjerneregelen.

2. Regn ut den deriverte Her er: \[ \begin{aligned} g(t) &= \cos\left(\dfrac{1}{1 + t^2}\right) \\ \textcolor{green}{u} &= \textcolor{green}{2x - x^2} \\ \textcolor{green}{u'} &= \textcolor{green}{2 - 2x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} F'(x) &= \cos\left(\dfrac{1}{1 + (\textcolor{green}{2x - x^2})^2}\right) \\ &\quad \cdot (\textcolor{green}{2 - 2x}) \end{aligned} \]

3. Finn fortegnet til cosinus Nevneren i brøken er minst \( 1\text{,} \) og \( {\pi > 2}\text{,} \) så: \[ 0 < \dfrac{1}{1 + (2x - x^2)^2} \le 1 < \dfrac{\pi}{2} \]

Cosinus er positiv mellom \( 0 \) og \( \dfrac{\pi}{2}\text{,} \) så for alle \( x \) er cosinusfaktoren positiv: \[ \textcolor{red}{\cos\left(\dfrac{1}{1 + (2x - x^2)^2}\right)} > 0 \]

4. Vis det globale maksimumet Fortegnet til \( F'(x) \) er dermed det samme som fortegnet til \( {\textcolor{green}{2 - 2x}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x < 1 &\Rightarrow F'(x) > 0 \\ x = 1 &\Rightarrow F'(x) = 0 \\ x > 1 &\Rightarrow F'(x) < 0 \end{aligned} \]

\( F \) vokser altså for alle \( {x < 1} \) og synker for alle \( {x > 1}\text{.} \) Det betyr at for alle \( x \) er: \[ F(x) \le F(1) \]\( F \) har derfor et globalt maksimum i \( {x = 1}\text{.} \)

Buelengden er gitt av en formel med \( f'(x)\text{.} \) Vi finner \( f'(x) \) fra integralet, setter inn i formelen, og bruker så vinket til å bli kvitt roten.

1. Finn den deriverte Når \( g \) er kontinuerlig og vi deriverer et integral med \( x \) som øvre grense, bytter vi bare \( t \) med \( x\text{:} \) \[ \left(\int_a^x g(t)\,dt\right)' = g(x) \]Dette ser du i videoen Løs integralligningen.

Her er \( {g(t) = \sqrt{\cos t}}\text{,} \) som er kontinuerlig på intervallet, så: \[ \textcolor{red}{f'(x)} = \textcolor{red}{\sqrt{\cos x}} \]

2. Sett inn i buelengdeformelen Buelengdeformelen forteller oss at når \( f' \) er kontinuerlig, er: \[ L = \int_a^b \sqrt{1 + \textcolor{red}{f'(x)}^2}\,dx \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Buelengde formel.

Her er \( {a = 0} \) og \( {b = \dfrac{\pi}{2}}\text{.} \) På dette intervallet er \( {\cos x \ge 0}\text{,} \) så: \[ \textcolor{red}{f'(x)}^2 = \left(\textcolor{red}{\sqrt{\cos x}}\right)^2 = \cos x \]

Plugger vi dette inn, får vi integralet i oppgaven: \[ L = \int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \sqrt{1 + \cos x}\,dx \]

3. Skriv om roten Vinket med \( {\textcolor{blue}{y} = \textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}}} \) gir: \[ 1 + \cos x = 2\cos^2\left(\textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}}\right) \]

Når \( {x \in \left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]}\text{,} \) er \( {\textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}} \in \left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]}\text{.} \) Der er cosinus positiv, så vi slipper absoluttverdien: \[ \sqrt{1 + \cos x} = \sqrt{2}\,\cos\left(\textcolor{blue}{\dfrac{x}{2}}\right) \]

4. Regn ut integralet Integrasjonsregelen for cosinus forteller oss at: \[ \int \cos(\textcolor{green}{n}x)\,dx = \dfrac{1}{\textcolor{green}{n}}\sin(\textcolor{green}{n}x) + C \]Den står i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

Her er \( {\textcolor{green}{n} = \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}}}\text{,} \) så \( {\dfrac{1}{\textcolor{green}{n}} = 2}\text{.} \) Det gir oss: \[ \begin{aligned} L &= \sqrt{2}\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \cos\left(\dfrac{x}{2}\right) dx \\ &= \sqrt{2}\left[2\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)\right]_0^{\tfrac{\pi}{2}} \\ &= 2\sqrt{2}\left(\sin\dfrac{\pi}{4} - \sin 0\right) \\ &= 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 2 \end{aligned} \]

\( g(4) \) er integralet fra \( 0 \) til \( 4\text{,} \) og det er arealet mellom grafen og \( {x\text{-aksen}} \) med fortegn. \( g'(4) \) får vi fra sammenhengen mellom integralet og den deriverte.

1. Regn ut g i fire Integralet er arealet over \( {x\text{-aksen}} \) minus arealet under, som i videoen Hva er integrasjon. Vi leser av grafen del for del: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\int_0^1 f(t)\,dt} &= -\dfrac{1 \cdot 2}{2} = \textcolor{red}{-1} \\ \textcolor{blue}{\int_1^2 f(t)\,dt} &= \dfrac{1 \cdot 2}{2} = \textcolor{blue}{1} \\ \textcolor{green}{\int_2^3 f(t)\,dt} &= 1 \cdot 2 = \textcolor{green}{2} \\ \textcolor{darkorange}{\int_3^4 f(t)\,dt} &= \dfrac{1 \cdot 2}{2} = \textcolor{darkorange}{1} \end{aligned} \]Den første biten er en trekant under aksen, så den teller negativt.

Slår vi dette sammen, får vi: \[ g(4) = \textcolor{red}{-1} + \textcolor{blue}{1} + \textcolor{green}{2} + \textcolor{darkorange}{1} = 3 \]

2. Regn ut den deriverte Analysens fundamentalteorem forteller oss at for en kontinuerlig \( f \) er: \[ \dfrac{d}{dx} \int_a^x f(t)\,dt = f(x) \]Videoen Løs integralligningen viser dette underveis.

Grafen henger sammen, så \( f \) er kontinuerlig. Her er \( {a = 0}\text{,} \) så \( {g'(x) = f(x)}\text{.} \) Grafen krysser \( {x\text{-aksen}} \) i \( {x = 4}\text{,} \) så: \[ g'(4) = f(4) = 0 \]