R2 Eksempeloppgave 2008

LK065 oppgaver · 5 timer (2 + 3)

Eksamensoppgavene er utgitt av Utdanningsdirektoratet. Første nedlasting kjører en bot-sjekk i nettleseren (Vercel BotID) — mer i personvernerklæringen.

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 1 oppgaver

Oppgave 1-1Mange derivasjoner og integrasjon

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Deriver funksjonen $f (x) = 2 x \cos (3 x)$

Deriver funksjonen $f (x) = 3 {(e^{4 x} + 1)}^{2}$

Gitt funksjonen $f (x) = \frac{2}{3} x^{3} - 4 x^{2} + x + 2$

Ligger grafen over eller under $x$ -aksen når $x = 1$ ?

Stiger eller synker grafen når $x = 1$ ?

Øker eller minker den momentane veksthastigheten når $x = 1$ ?

Finn summen av den uendelige rekka: $9 + 0,9 + 0,09 + 0,009 + \dots$

Bestem integralet $\int \frac{4}{x^{2} - 1} d x$

Funksjonen $f (x) = \frac{24}{\sqrt{x}}$ er gitt.

Vis at likningen for tangenten i punktet $(4, f (4))$ er gitt ved $y = - \frac{3}{2} x + 18$ .

Bestem arealet av det området som er avgrenset av grafen til $f$ , tangenten i $(4, f (4))$ og linja $x = 2$ .

Gitt punktene $A (1,1,1)$ , $B (3,3,2)$ og $C (2,1,2)$ . Finn $∠ B A C$ .

Løs differensiallikningen $y^{'} + (\cos x) \cdot y = 0$ når $y (0) = 4$

En rekke er gitt ved at $a_{1} = 2$ og $a_{n + 1} = a_{n} + n + 2$ der $n \in N$ .

Skriv opp de 5 første leddene i rekken.

Bruk induksjon til å bevise at det generelle leddet er $a_{n} = \frac{n (n + 3)}{2}$

Fasit

$f^{'} (x) = 2 \cos (3 x) - 6 x \sin (3 x)$

$f^{'} (x) = 24 e^{4 x} (e^{4 x} + 1)$

1) Under $x$ -aksen. 2) Grafen synker. 3) Den momentane veksthastigheten minker. $f (1) = - \frac{1}{3}, f^{'} (1) = - 5, f^{''} (1) = - 4$

$s = 10$

$\int \frac{4}{x^{2} - 1} d x = 2 \ln | \frac{x - 1}{x + 1} | + C$

1) Vist. 2) $A = 69 - 48 \sqrt{2} \approx 1,12$

$∠ B A C = 45 °$

$y = 4 e^{- \sin x}$

1) $2, 5, 9, 14, 20$ . 2) $a_{n} = \frac{n (n + 3)}{2}$ (bevist ved induksjon)

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker produktregelen på $f (x) = 2 x \cdot \cos (3 x)$ med kjerneregel på $\cos (3 x)$ .

f^{'} (x) = \underset{u^{'}}{\underset{⏟}{2}} \cdot \cos (3 x) + 2 x \cdot \underset{v^{'}}{\underset{⏟}{(- 3 \sin (3 x))}}

f^{'} (x) = 2 \cos (3 x) - 6 x \sin (3 x)

Vi bruker kjerneregelen på $f (x) = 3 {(e^{4 x} + 1)}^{2}$ , med indre funksjon $u = e^{4 x} + 1$ .

f^{'} (x) = 3 \cdot 2 (e^{4 x} + 1) \cdot 4 e^{4 x} = 24 e^{4 x} (e^{4 x} + 1)

f^{'} (x) = 24 e^{4 x} (e^{4 x} + 1)

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

1) Ligger grafen over eller under $x$ -aksen ved $x = 1$ ?

f (1) = \frac{2}{3} - 4 + 1 + 2 = \frac{2}{3} - 1 = - \frac{1}{3}

Siden $f (1) = - \frac{1}{3} < 0$ , ligger grafen $under x -aksen$ når $x = 1$ .

2) Stiger eller synker grafen ved $x = 1$ ?

Vi deriverer og finner fortegnet til $f^{'} (1)$ :

f^{'} (x) = 2 x^{2} - 8 x + 1

f^{'} (1) = 2 - 8 + 1 = - 5

Siden $f^{'} (1) = - 5 < 0$ , $synker$ grafen ved $x = 1$ .

3) Øker eller minker den momentane veksthastigheten ved $x = 1$ ?

Den momentane veksthastigheten er $f^{'} (x)$ . Om den øker eller minker, bestemmes av fortegnet til $f^{''} (x)$ :

f^{''} (x) = 4 x - 8

f^{''} (1) = 4 - 8 = - 4

Siden $f^{''} (1) = - 4 < 0$ , $minker$ den momentane veksthastigheten ved $x = 1$ .

Rekken $9 + 0,9 + 0,09 + \dots$ er en uendelig geometrisk rekke med $a_{1} = 9$ og kvotient $k = 0,1$ .

Siden $| k | < 1$ , konvergerer rekken, og summen er

s = \frac{a_{1}}{1 - k} = \frac{9}{1 - 0,1} = \frac{9}{0,9} = 10

s = 10

Vi skal finne $\int \frac{4}{x^{2} - 1} d x$ . Siden $x^{2} - 1 = (x - 1) (x + 1)$ , spalter vi i partialbrøker:

\frac{4}{(x - 1) (x + 1)} = \frac{A}{x - 1} + \frac{B}{x + 1}

Multipliserer med fellesnevneren:

4 = A (x + 1) + B (x - 1)

Setter $x = 1$ : $4 = 2 A \Rightarrow A = 2$

Setter $x = - 1$ : $4 = - 2 B \Rightarrow B = - 2$

Dermed er

\int \frac{4}{x^{2} - 1} d x = \int (\frac{2}{x - 1} - \frac{2}{x + 1}) d x = 2 \ln | x - 1 | - 2 \ln | x + 1 | + C

\int \frac{4}{x^{2} - 1} d x = 2 \ln | \frac{x - 1}{x + 1} | + C

Vi har $f (x) = \frac{24}{\sqrt{x}} = 24 x^{- 1 / 2}$ .

1) Tangenten i $(4, f (4))$

Vi finner $f (4)$ og $f^{'} (4)$ :

f (4) = \frac{24}{\sqrt{4}} = \frac{24}{2} = 12

f^{'} (x) = 24 \cdot (- \frac{1}{2}) x^{- 3 / 2} = - \frac{12}{x^{3 / 2}}

f^{'} (4) = - \frac{12}{4^{3 / 2}} = - \frac{12}{8} = - \frac{3}{2}

Tangentlikningen blir da

y - 12 = - \frac{3}{2} (x - 4) = - \frac{3}{2} x + 6

y = - \frac{3}{2} x + 18

Dette er akkurat det vi skulle vise. $■$

2) Arealet mellom grafen, tangenten og linja $x = 2$

Siden $f^{''} (x) = 18 x^{- 5 / 2} > 0$ for $x > 0$ , er $f$ konveks, og grafen ligger over tangenten for alle $x \neq 4$ . Arealet mellom grafen og tangenten fra $x = 2$ til $x = 4$ er derfor

A = \int_{2}^{4} (f (x) - (- \frac{3}{2} x + 18)) d x = \int_{2}^{4} (24 x^{- 1 / 2} + \frac{3}{2} x - 18) d x

Antiderivert:

F (x) = 48 \sqrt{x} + \frac{3}{4} x^{2} - 18 x

Setter inn grensene:

F (4) = 48 \cdot 2 + \frac{3}{4} \cdot 16 - 18 \cdot 4 = 96 + 12 - 72 = 36

F (2) = 48 \sqrt{2} + \frac{3}{4} \cdot 4 - 18 \cdot 2 = 48 \sqrt{2} + 3 - 36 = 48 \sqrt{2} - 33

A = F (4) - F (2) = 36 - (48 \sqrt{2} - 33) = 69 - 48 \sqrt{2}

A = 69 - 48 \sqrt{2} \approx 1,12

Vi har $A (1,1,1)$ , $B (3,3,2)$ og $C (2,1,2)$ . Vinkelen $∠ B A C$ er vinkelen mellom vektorene $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ .

\vec{A B} = B - A = (2, 2, 1), \vec{A C} = C - A = (1, 0, 1)

Skalarprodukt:

\vec{A B} \cdot \vec{A C} = 2 \cdot 1 + 2 \cdot 0 + 1 \cdot 1 = 3

Lengder:

| \vec{A B} | = \sqrt{2^{2} + 2^{2} + 1^{2}} = \sqrt{9} = 3, | \vec{A C} | = \sqrt{1^{2} + 0^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}

Vinkelen mellom vektorene finner vi med formelen

\cos (∠ B A C) = \frac{\vec{A B} \cdot \vec{A C}}{| \vec{A B} | \cdot | \vec{A C} |} = \frac{3}{3 \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}

∠ B A C = 45 °

∠ B A C = 45 °

Differensiallikningen $y^{'} + (\cos x) \cdot y = 0$ er separabel:

\frac{d y}{d x} = - (\cos x) \cdot y \Rightarrow \frac{1}{y} d y = - \cos x d x

Integrerer begge sider:

\ln | y | = - \sin x + C_{1}

y = C \cdot e^{- \sin x}

Startbetingelsen $y (0) = 4$ gir

4 = C \cdot e^{- \sin 0} = C \cdot e^{0} = C

Dermed er $C = 4$ , og løsningen blir

y = 4 e^{- \sin x}

Rekken er gitt ved $a_{1} = 2$ og $a_{n + 1} = a_{n} + n + 2$ .

1) De 5 første leddene

a_{1} = 2

a_{2} = a_{1} + 1 + 2 = 2 + 3 = 5

a_{3} = a_{2} + 2 + 2 = 5 + 4 = 9

a_{4} = a_{3} + 3 + 2 = 9 + 5 = 14

a_{5} = a_{4} + 4 + 2 = 14 + 6 = 20

2, 5, 9, 14, 20

2) Bevis ved induksjon at $a_{n} = \frac{n (n + 3)}{2}$

Basissteg ( $n = 1$ ): Formelen gir

a_{1} = \frac{1 \cdot (1 + 3)}{2} = \frac{4}{2} = 2

som stemmer med oppgitt $a_{1} = 2$ . Basissteget er derfor oppfylt.

Induksjonssteg: Anta at formelen holder for et vilkårlig $n = k$ , altså at

a_{k} = \frac{k (k + 3)}{2}

Vi skal vise at formelen da også holder for $n = k + 1$ , altså at $a_{k + 1} = \frac{(k + 1) (k + 4)}{2}$ .

Fra rekursjonsformelen og induksjonsantakelsen:

a_{k + 1} = a_{k} + k + 2 = \frac{k (k + 3)}{2} + k + 2 = \frac{k (k + 3) + 2 k + 4}{2} = \frac{k^{2} + 5 k + 4}{2}

Faktoriserer telleren:

k^{2} + 5 k + 4 = (k + 1) (k + 4)

Dermed er

a_{k + 1} = \frac{(k + 1) (k + 4)}{2}

som er nettopp formelen for $n = k + 1$ . Siden basissteget er oppfylt og induksjonssteget viser at formelen forplanter seg fra $n = k$ til $n = k + 1$ , er formelen bevist for alle $n \geq 1$ ved induksjon.

a_{n} = \frac{n (n + 3)}{2} er bevist for alle n \geq 1

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Derivasjon, Integrasjon, Uendelig rekke, Differensiallikning, Tallfølger, Induksjon, Vektorer
Egen side: Åpne oppgave 1-1 for seg selv

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 4 oppgaver

Oppgave 2-2Drøfting og integrasjon av kubisk sinusfunksjon

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Gitt funksjonen $f (x) = 3 {(\sin x)}^{3}$ der $x \in [- \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$

Kalkulator

Tegn grafen til $f$ , og finn nullpunktene til funksjonen.

Kalkulator

Tegn fortegnslinja til $f^{'} (x)$ og bruk den til å finne eventuelle topp-, bunn- og terrassepunkter på grafen til $f$ .

Det kan vises at $\int f (x) d x = a {(\cos x)}^{3} + b \cos x + c$ , der $a$ , $b$ og $c$ er konstanter.

For hånd

Vis at $a = 1$ og $b = - 3$ .

Kalkulator

Bruk c) til å bestemme arealet som er avgrenset av grafen til $f$ og som ligger over $x$ -aksen.

Fasit

$x = 0 og x = π$

Toppunkt $(π / 2, 3)$ , terrassepunkter $(0, 0)$ og $(π, 0)$

$a = 1, b = - 3$

$A = 4$

LøsningsforslagKI-generert

Nullpunktene finner vi ved å løse $f (x) = 0$ :

3 {(\sin x)}^{3} = 0 \Leftrightarrow \sin x = 0

I intervallet $[- \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ gir dette $x = 0$ og $x = π$ .

Grafen til $f$ (med nullpunktene i $rødt$ , toppunktet i $grønt$ og verdiene i endepunktene i $blått$ ):

Graf til f

Vi deriverer $f (x) = 3 {(\sin x)}^{3}$ med kjerneregelen:

f^{'} (x) = 9 {(\sin x)}^{2} \cdot \cos x

Siden ${(\sin x)}^{2} \geq 0$ for alle $x$ , er fortegnet til $f^{'} (x)$ det samme som fortegnet til $\cos x$ , bortsett fra der $\sin x = 0$ (der er $f^{'} (x) = 0$ uansett fortegnet til $\cos x$ ).

$f^{'} (x) = 0$ når $\sin x = 0$ (dvs. $x = 0$ eller $x = π$ ) eller $\cos x = 0$ (dvs. $x = - \frac{π}{2}$ , $x = \frac{π}{2}$ eller $x = \frac{3 π}{2}$ ).

$Fortegnslinje for \cos x og f'(x) med sjablongkurve for f(x)$

$f^{'} (x)$ skifter fortegn fra $+$ til $-$ i $x = \frac{π}{2}$ , så dette er et toppunkt: $(\frac{π}{2}, f (\frac{π}{2})) = (\frac{π}{2}, 3)$ .

I $x = 0$ og $x = π$ er $f^{'} (x) = 0$ , men fortegnet skifter ikke (positivt på begge sider av $x = 0$ , negativt på begge sider av $x = π$ ). Dette er terrassepunkter: $(0, 0)$ og $(π, 0)$ .

$f$ er voksende på $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ og avtagende på $[\frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ , så funksjonen har ingen bunnpunkt i det indre av intervallet — de laveste funksjonsverdiene, $f (- \frac{π}{2}) = f (\frac{3 π}{2}) = - 3$ , oppstår i endepunktene av definisjonsmengden.

Vi bruker identiteten ${(\sin x)}^{2} = 1 - {(\cos x)}^{2}$ til å skrive om integranden:

f (x) = 3 \sin x \cdot {(\sin x)}^{2} = 3 \sin x (1 - {(\cos x)}^{2}) = 3 \sin x - 3 \sin x {(\cos x)}^{2}

Da blir

\int f (x) d x = \int 3 \sin x d x - \int 3 \sin x {(\cos x)}^{2} d x = - 3 \cos x - 3 \cdot (- \frac{{(\cos x)}^{3}}{3}) + c = {(\cos x)}^{3} - 3 \cos x + c

der vi i det andre integralet har brukt substitusjonen $u = \cos x$ , $d u = - \sin x d x$ .

Sammenlignet med $a {(\cos x)}^{3} + b \cos x + c$ gir dette $a = 1$ og $b = - 3$ .

Kontrollert med CAS (linje 1):

CAS-utregning av integral og bestemt integral

Innenfor definisjonsmengden $[- \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}]$ er $f (x) \geq 0$ kun på intervallet $[0, π]$ (der $\sin x \geq 0$ ). Arealet mellom grafen og $x$ -aksen er derfor

A = \int_{0}^{π} f (x) d x = {[{(\cos x)}^{3} - 3 \cos x]}_{0}^{π}

= ({(\cos π)}^{3} - 3 \cos π) - ({(\cos 0)}^{3} - 3 \cos 0) = (- 1 + 3) - (1 - 3) = 2 - (- 2) = 4

Kontrollert med CAS (linje 2 i skjermbildet over).

Arealet er $A = 4$ (arealenheter).

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Funksjonsdrøfting, Integrasjon, Bestemt integral, Trigonometri
Egen side: Åpne oppgave 2-2 for seg selv

Oppgave 2-3Tetraeder og plan med arealsetning i rommet

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

I et koordinatsystem har vi punktene $O (0,0,0)$ , $A (3,0,0)$ , $B (0,4,0)$ og $C (0,0,5)$ .

Kalkulator

Tegn punktene i et koordinatsystem. Finn avstanden fra $A$ til $B$ .

Kalkulator

Finn $\vec{A B} \times \vec{A C}$ , og bruk svaret til å finne volumet av tetraederet $O A B C$ .

En arealsetning oppkalt etter Pytagoras sier at:

F_{△ A B C}^{2} = F_{△ A O C}^{2} + F_{△ B O C}^{2} + F_{△ A O B}^{2}

Her betyr $F_{△ A B C}$ arealet av trekanten $A B C$ . Tilsvarende gjelder for leddene på høyre side.

Kalkulator

Regn ut de fire arealene, og kontroller at arealsetningen stemmer i dette tilfellet.

Planet $α$ går gjennom punktene $A$ , $B$ og $C$ .

Kalkulator

Bestem likningen til planet $α$ .

Et annet plan $β$ er gitt ved

β : x + y - z = 5

Kalkulator

Finn vinkelen mellom planene $α$ og $β$ .

Vi lar nå punktet $C$ få koordinatene $(0,0, t)$ . Vi antar at $t \neq 0$ .

For hånd

Forklar at likningen til planet $α$ da kan skrives på formen

α : \frac{x}{3} + \frac{y}{4} + \frac{z}{t} = 1

For hånd

Finn likningen for det planet som $α$ nærmer seg til når $t \to \infty$ . Hva kan du si om dette planet?

Fasit

$| \vec{A B} | = 5$

$\vec{A B} \times \vec{A C} = (20, 15, 12), V = 10$

$F_{△ A B C} = \frac{1}{2} \sqrt{769} \approx 13,9, F_{△ A O C} = 7,5, F_{△ B O C} = 10, F_{△ A O B} = 6$

$α : 20 x + 15 y + 12 z = 60$

$v \approx 61,4 °$

Se utledning under.

$4 x + 3 y = 12$ (vertikalplan gjennom linjen $A B$ , parallelt med $z$ -aksen)

LøsningsforslagKI-generert

Punktene $O (0,0,0)$ , $A (3,0,0)$ , $B (0,4,0)$ og $C (0,0,5)$ ligger på hver sin akse i koordinatsystemet — $A$ på $x$ -aksen, $B$ på $y$ -aksen og $C$ på $z$ -aksen.

Avstanden fra $A$ til $B$ finner vi med avstandsformelen i rommet:

| \vec{A B} | = \sqrt{{(0 - 3)}^{2} + {(4 - 0)}^{2} + {(0 - 0)}^{2}} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5

$| \vec{A B} | = 5$

Vi finner vektorene $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ :

\vec{A B} = B - A = (- 3, 4, 0) \vec{A C} = C - A = (- 3, 0, 5)

Kryssproduktet regnes ut komponentvis:

\vec{A B} \times \vec{A C} = | \begin{matrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ - 3 & 4 & 0 \\ - 3 & 0 & 5 \end{matrix} | = (4 \cdot 5 - 0 \cdot 0, 0 \cdot (- 3) - (- 3) \cdot 5, (- 3) \cdot 0 - 4 \cdot (- 3)) = (20, 15, 12)

Dette er kontrollert i GeoGebra CAS ved at $\vec{A B} \cdot \vec{n} = 0$ og $\vec{A C} \cdot \vec{n} = 0$ (se sjekk1, sjekk2 i utklippet), som bekrefter at $\vec{n} = (20,15,12)$ står normalt på begge vektorene.

Volumet av tetraederet $O A B C$ finner vi ved formelen

V = \frac{1}{6} | (\vec{A B} \times \vec{A C}) \cdot \vec{A O} |

der $\vec{A O} = O - A = (- 3, 0, 0)$ . Da blir

V = \frac{1}{6} | (20,15,12) \cdot (- 3,0,0) | = \frac{1}{6} | - 60 | = 10

GeoGebra CAS-utregning

$V = 10$

Arealet av trekant $A B C$ er halve lengden av kryssproduktet fra b):

F_{△ A B C} = \frac{1}{2} | \vec{A B} \times \vec{A C} | = \frac{1}{2} \sqrt{20^{2} + 15^{2} + 12^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{769} \approx 13,87

De tre andre trekantene ligger i koordinatplanene, og kantene $O A$ , $O B$ , $O C$ står parvis normalt på hverandre (de ligger langs hver sin akse). Da er arealene rett og slett halvparten av produktet av de to katetene:

F_{△ A O C} = \frac{1}{2} \cdot | O A | \cdot | O C | = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 = 7,5

F_{△ B O C} = \frac{1}{2} \cdot | O B | \cdot | O C | = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 5 = 10

F_{△ A O B} = \frac{1}{2} \cdot | O A | \cdot | O B | = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 = 6

Vi kontrollerer arealsetningen (se sjekk i utklippet over):

F_{△ A O C}^{2} + F_{△ B O C}^{2} + F_{△ A O B}^{2} = {7,5}^{2} + 10^{2} + 6^{2} = 56,25 + 100 + 36 = 192,25

F_{△ A B C}^{2} = {(\frac{1}{2} \sqrt{769})}^{2} = \frac{769}{4} = 192,25

Siden begge sidene gir $192,25$ , stemmer arealsetningen i dette tilfellet.

$F_{△ A B C} \approx 13,9, F_{△ A O C} = 7,5, F_{△ B O C} = 10, F_{△ A O B} = 6$

Vektoren $\vec{n} = \vec{A B} \times \vec{A C} = (20, 15, 12)$ fra b) står normalt på planet $α$ , siden den står normalt på to vektorer i planet. Planlikningen blir da

α : 20 (x - 3) + 15 (y - 0) + 12 (z - 0) = 0

α : 20 x + 15 y + 12 z = 60

I GeoGebra CAS-utklippet over er dette kontrollert ved å sette inn $A$ , $B$ og $C$ i uttrykket $20 x + 15 y + 12 z$ (planeA, planeB, planeC) — alle tre gir $60$ , så planet går gjennom alle punktene. Deler vi likningen på $60$ , ser vi at planet også kan skrives på skjæringsform

α : \frac{x}{3} + \frac{y}{4} + \frac{z}{5} = 1

som stemmer med at $α$ skjærer aksene i $A (3,0,0)$ , $B (0,4,0)$ og $C (0,0,5)$ .

$α : 20 x + 15 y + 12 z = 60$

Normalvektoren til $α$ er ${\vec{n}}_{α} = (20, 15, 12)$ , og normalvektoren til $β : x + y - z = 5$ er ${\vec{n}}_{β} = (1, 1, - 1)$ .

Vinkelen $v$ mellom planene finner vi via vinkelen mellom normalvektorene:

\cos v = \frac{| {\vec{n}}_{α} \cdot {\vec{n}}_{β} |}{| {\vec{n}}_{α} | \cdot | {\vec{n}}_{β} |} = \frac{| 20 + 15 - 12 |}{\sqrt{769} \cdot \sqrt{3}} = \frac{23}{\sqrt{2307}}

Dette er regnet ut i GeoGebra CAS (cosv, vinkel i utklippet over). Numerisk gir dette

v = \arccos (\frac{23}{\sqrt{2307}}) \approx 61,4 °

$v \approx 61,4 °$

Nå er $C = (0, 0, t)$ med $t \neq 0$ . Vektorene fra $A$ blir

\vec{A B} = (- 3, 4, 0) \vec{A C} = (- 3, 0, t)

og kryssproduktet er

\vec{A B} \times \vec{A C} = (4 \cdot t - 0 \cdot 0, 0 \cdot (- 3) - (- 3) \cdot t, (- 3) \cdot 0 - 4 \cdot (- 3)) = (4 t, 3 t, 12)

Denne vektoren er normal til $α$ , så planlikningen blir

4 t (x - 3) + 3 t \cdot y + 12 \cdot z = 0

4 t x + 3 t y + 12 z = 12 t

Siden $t \neq 0$ kan vi dele hele likningen på $12 t$ :

\frac{4 t x}{12 t} + \frac{3 t y}{12 t} + \frac{12 z}{12 t} = 1

\frac{x}{3} + \frac{y}{4} + \frac{z}{t} = 1

som var det som skulle vises.

I likningen $\frac{x}{3} + \frac{y}{4} + \frac{z}{t} = 1$ er $x$ , $y$ og $z$ faste for hvert punkt i rommet, mens $t \to \infty$ . Da går leddet $\frac{z}{t} \to 0$ for enhver fast verdi av $z$ , og likningen nærmer seg

\frac{x}{3} + \frac{y}{4} = 1 dvs. 4 x + 3 y = 12

Dette er likningen for et plan der $z$ ikke inngår i det hele tatt. Det betyr at planet inneholder alle punkter $(x, y, z)$ der $(x, y)$ ligger på linjen $\frac{x}{3} + \frac{y}{4} = 1$ i $x y$ -planet — altså linjen gjennom $A (3,0,0)$ og $B (0,4,0)$ — for enhver verdi av $z$ .

Geometrisk betyr dette at når $C$ flyttes stadig lenger ut langs $z$ -aksen, dreier planet $α$ seg om linjen $A B$ og nærmer seg det vertikale planet gjennom $A B$ som står parallelt med $z$ -aksen (og dermed normalt på $x y$ -planet).

$4 x + 3 y = 12$

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Romgeometri, Vektorer, Plan, Volum
Egen side: Åpne oppgave 2-3 for seg selv

Oppgave 2-4-IFallskjermhopp og differensiallikning for fart

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Du skal besvare enten alternativ I eller alternativ II. De to alternativene er likeverdige ved vurderingen.

Alternativ I

Newtons 2. lov sier at $F = m \cdot a$ , der $F$ er summen av kreftene som virker på en gjenstand med masse $m$ og akselerasjon $a$ .

Vi minner om at akselerasjonen er den deriverte av farten med hensyn på tiden.

Newtons 2. lov kan for eksempel brukes til å beskrive og studere fallskjermhopp.

En fallskjermhopper med fallskjermen har til sammen massen $m$ . La $v (t)$ være farten til hopperen ved tiden $t$ etter uthoppet. Hoppingen skjer fra et utoverhengende fjell, slik at vi kan anta at $v (0) = 0$ . Det er to krefter som virker på hopperen: tyngdekraften $m \cdot g$ og luftmotstanden som er $- k_{1} \cdot v (t)$ når fallskjermen er lukket. Her er $k_{1}$ en konstant og $g$ er tyngdeakselerasjonen. Alle størrelsene har benevning i SI-systemet, det vil si at masse måles i kg, tid måles i sekunder og strekning måles i meter.

For hånd

Vis at Newtons 2. lov kan omformes til følgende differensiallikning:

v^{'} (t) + \frac{k_{1}}{m} v (t) = g

Vi setter $m = 80$ , $g = 10$ og $k_{1} = 16$ .

For hånd

Vis at $v (t) = 50 - 50 \cdot e^{- 0,2 t}$ er en løsning av differensiallikningen i a).

Kalkulator

Finn farten og akselerasjonen til hopperen når $t = 4$ .

Etter 5 sekunder drar hopperen i snora og utløser fallskjermen. Vi regner med at luftmotstanden nå blir $- k_{2} \cdot v {(t)}^{2}$ . Vi setter $g = 10$ og $k_{2} = 8$ .

For hånd

Bruk Newtons 2. lov til å sette opp en differensiallikning for situasjonen når fallskjermen er åpnet.

For hånd

Differensiallikningen i d) er separabel. Vi setter $v$ i stedet for $v (t)$ . Vis at vi kan skrive differensiallikningen som:

(\frac{1}{10 - v} + \frac{1}{10 + v}) \frac{d v}{d t} = 2

For hånd

Finn et uttrykk for $v$ ved å løse differensiallikningen i e).

Fasit

Vis at $v^{'} (t) + \frac{k_{1}}{m} v (t) = g$ — se løsningsforslag.

Vis at $v (t) = 50 - 50 e^{- 0,2 t}$ løser likningen — se løsningsforslag.

$v (4) \approx 27,53 m / s$ og $a (4) \approx 4,49 m / s^{2}$

$v^{'} (t) = 10 - 0,1 v {(t)}^{2}$

Vis at $(\frac{1}{10 - v} + \frac{1}{10 + v}) \frac{d v}{d t} = 2$ — se løsningsforslag.

$v (t) = 10 \cdot \frac{1 + B e^{- 2 t}}{1 - B e^{- 2 t}}$ , der $B = \frac{4 e - 5}{6 e - 5} \approx 0,5193$ og $t$ er tiden etter at fallskjermen åpnes

LøsningsforslagKI-generert

Newtons 2. lov sier at summen av kreftene som virker på hopperen er lik $m \cdot a$ . De to kreftene som virker er tyngdekraften $m \cdot g$ (i fallretningen) og luftmotstanden $- k_{1} \cdot v (t)$ (motsatt fallretningen). Akselerasjonen er $a = v^{'} (t)$ . Dette gir

m \cdot v^{'} (t) = m \cdot g - k_{1} \cdot v (t)

Vi dividerer begge sider med $m$ :

v^{'} (t) = g - \frac{k_{1}}{m} v (t)

v^{'} (t) + \frac{k_{1}}{m} v (t) = g

Med $m = 80$ , $g = 10$ og $k_{1} = 16$ blir $\frac{k_{1}}{m} = \frac{16}{80} = 0,2$ , så likningen fra a) blir $v^{'} (t) + 0,2 \cdot v (t) = 10$ .

Vi deriverer $v (t) = 50 - 50 e^{- 0,2 t}$ :

v^{'} (t) = 10 e^{- 0,2 t}

Setter vi inn i venstre side av differensiallikningen:

v^{'} (t) + 0,2 \cdot v (t) = 10 e^{- 0,2 t} + 0,2 (50 - 50 e^{- 0,2 t}) = 10 e^{- 0,2 t} + 10 - 10 e^{- 0,2 t} = 10

Dette er lik høyresiden $g = 10$ , så $v (t) = 50 - 50 e^{- 0,2 t}$ er en løsning av differensiallikningen. Dette er kontrollert med GeoGebra CAS (linje 3 i utklippet), der Forenkle(a1(t) + 0.2·v1(t)) gir nøyaktig $10$ .

CAS-utregning

Fra CAS (linje 4 og 5) er

v (4) = 50 - 50 e^{- 0,8} \approx 27,53 m / s

a (4) = v^{'} (4) = 10 e^{- 0,8} \approx 4,49 m / s^{2}

$v (4) \approx 27,53 m / s$ og $a (4) \approx 4,49 m / s^{2}$

Fire sekund etter uthoppet faller hopperen med en fart på ca. $27,5 m / s$ , og farten øker fortsatt med ca. $4,5 m / s$ per sekund.

Etter at fallskjermen er åpnet virker fortsatt tyngdekraften $m \cdot g$ , men luftmotstanden er nå $- k_{2} \cdot v {(t)}^{2}$ . Newtons 2. lov gir da

m \cdot v^{'} (t) = m \cdot g - k_{2} \cdot v {(t)}^{2}

Med $m = 80$ , $g = 10$ og $k_{2} = 8$ :

80 \cdot v^{'} (t) = 800 - 8 v {(t)}^{2}

v^{'} (t) = 10 - 0,1 v {(t)}^{2}

Vi faktoriserer høyresiden:

v^{'} (t) = 10 - 0,1 v^{2} = 0,1 (100 - v^{2}) = 0,1 (10 - v) (10 + v)

Vi deler begge sider med $(10 - v) (10 + v)$ :

\frac{1}{(10 - v) (10 + v)} \cdot \frac{d v}{d t} = 0,1

Delbrøksoppspalting av venstre brøk gir

\frac{1}{(10 - v) (10 + v)} = \frac{1}{20} (\frac{1}{10 - v} + \frac{1}{10 + v})

som vises ved å sette de to brøkene $\frac{A}{10 - v} + \frac{B}{10 + v}$ på fellesnevner og løse $A (10 + v) + B (10 - v) = 1$ , som gir $A = B = \frac{1}{20}$ . Setter vi dette inn og ganger begge sider med $20$ :

(\frac{1}{10 - v} + \frac{1}{10 + v}) \frac{d v}{d t} = 0,1 \cdot 20 = 2

Vi integrerer begge sider av likningen fra e) med hensyn på $t$ :

\int (\frac{1}{10 - v} + \frac{1}{10 + v}) d v = \int 2 d t

GeoGebra CAS (linje 6 i utklippet) gir

- \ln | 10 - v | + \ln | 10 + v | = 2 t + C \Leftrightarrow \ln | \frac{10 + v}{10 - v} | = 2 t + C

La $t = 0$ være tidspunktet fallskjermen åpnes. Da er starthastigheten (kontinuitet med b), siden fallskjermen åpnes $5 s$ etter uthoppet):

v (0) = v_{0} = 50 - 50 e^{- 1} \approx 31,61 m / s

Siden $v_{0} \approx 31,61 m / s$ er større enn likevektsfarten $10 m / s$ (der $v^{'} (t) = 0$ ), vil $v (t) > 10$ for alle $t \geq 0$ . Da er $| 10 - v | = v - 10$ , så

\ln (\frac{10 + v}{v - 10}) = 2 t + C

Konstanten $C$ bestemmes av $v (0) = v_{0}$ . Løser vi likningen for $v$ og setter inn grenseverdien, viser GeoGebra CAS (linje 7–10 i utklippet) at

v (t) = 10 \cdot \frac{1 + B e^{- 2 t}}{1 - B e^{- 2 t}}, B = \frac{4 e - 5}{6 e - 5} \approx 0,5193

CAS bekrefter at $v (0) \approx 31,61 m / s$ , som stemmer med $v_{0}$ (linje 10). Når $t \to \infty$ går $B e^{- 2 t} \to 0$ , slik at $v (t) \to 10 m / s$ — hopperen synker mot en konstant fart på $10 m / s$ med fallskjermen åpen.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Differensiallikning, Modellering, Substitusjon, Funksjoner, Bevis
Egen side: Åpne oppgave 2-4-I for seg selv

Oppgave 2-4-IILøsningsfamilier til homogen differensiallikning

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Du skal besvare enten alternativ I eller alternativ II. De to alternativene er likeverdige ved vurderingen.

Alternativ II

Vi har gitt differensiallikningen

y^{'} - \frac{x}{x^{2} - 1} \cdot y = 0 der x \neq - 1 og x \neq 1

Krever PC

Vis at $y = C \sqrt{1 - x^{2}}$ er en løsning når $x \in ⟨ - 1, 1 ⟩$ .

Skisser grafene til $y$ for $C = 1$ og for $C = - 1$ .

Velg andre verdier for $C$ og skisser grafene til $y$ . Kommenter.

Krever PC

Vis at $y = C \sqrt{x^{2} - 1}$ er en løsning når $x \in ⟨ \leftarrow, - 1 ⟩ \cup ⟨ 1, \to ⟩$ .

Velg ulike verdier for $C$ og skisser grafene til $y$ . Kommenter.

Krever PC

Løs differensiallikningen ved regning

y^{'} - \frac{2}{x^{2} - 1} \cdot y = 0 når y (0) = C

Velg ulike verdier for $C$ , og tegn de tilhørende grafene til $y$ .

Fasit

$y^{'} = - \frac{C x}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \frac{x}{x^{2} - 1} \cdot y$

$y^{'} = \frac{C x}{\sqrt{x^{2} - 1}} = \frac{x}{x^{2} - 1} \cdot y$

$y = C \cdot \frac{1 - x}{1 + x}, x \in ⟨ - 1, 1 ⟩$

LøsningsforslagKI-generert

Vi har differensiallikningen

y^{'} - \frac{x}{x^{2} - 1} \cdot y = 0 ⟺ y^{'} = \frac{x}{x^{2} - 1} \cdot y

Vi skal vise at $y = C \sqrt{1 - x^{2}}$ er en løsning når $x \in ⟨ - 1, 1 ⟩$ .

Vi deriverer $y$ med produkt-/kjerneregelen:

y^{'} = C \cdot \frac{- 2 x}{2 \sqrt{1 - x^{2}}} = - \frac{C x}{\sqrt{1 - x^{2}}}

Så setter vi $y$ inn på høyre side av differensiallikningen:

\frac{x}{x^{2} - 1} \cdot y = \frac{x}{x^{2} - 1} \cdot C \sqrt{1 - x^{2}} = \frac{C x \sqrt{1 - x^{2}}}{- (1 - x^{2})} = - \frac{C x}{\sqrt{1 - x^{2}}}

Dette er nøyaktig det samme uttrykket som $y^{'}$ , altså er likningen oppfylt for alle $x \in ⟨ - 1, 1 ⟩$ og alle $C$ . CAS bekrefter dette i utklippet under (linje 1–3): $f^{'} (x)$ og $\frac{x}{x^{2} - 1} \cdot f (x)$ forenkler til samme uttrykk.

CAS-verifisering av a), b) og c)

og 3) Grafene til $y = C \sqrt{1 - x^{2}}$ er øvre/nedre halvdeler av ellipser med toppunkt $(0, C)$ og nullpunkter i $x = \pm 1$ . For $C = 1$ (blå) får vi den øvre halvsirkelen med radius $1$ , og for $C = - 1$ (rød) den nedre halvsirkelen. Andre verdier, for eksempel $C = 2$ (oransje) og $C = - 0,5$ (grønn), gir tilsvarende halv-ellipser som er «flatere» eller «høyere» — men alle har samme nullpunkter $x = \pm 1$ siden faktoren $\sqrt{1 - x^{2}}$ er felles for alle løsningene.

Løsningsfamilien y = C·√(1-x²)

Vi skal vise at $y = C \sqrt{x^{2} - 1}$ er en løsning når $x \in ⟨ \leftarrow, - 1 ⟩ \cup ⟨ 1, \to ⟩$ .

Vi deriverer:

y^{'} = C \cdot \frac{2 x}{2 \sqrt{x^{2} - 1}} = \frac{C x}{\sqrt{x^{2} - 1}}

Vi setter $y$ inn på høyre side:

\frac{x}{x^{2} - 1} \cdot y = \frac{x}{x^{2} - 1} \cdot C \sqrt{x^{2} - 1} = \frac{C x \sqrt{x^{2} - 1}}{x^{2} - 1} = \frac{C x}{\sqrt{x^{2} - 1}}

Dette stemmer overens med $y^{'}$ , så $y = C \sqrt{x^{2} - 1}$ er en løsning på de aktuelle intervallene (bekreftet med CAS på linje 4–6 i utklippet over).

Grafene består av to grener, symmetriske om $y$ -aksen, som starter i $(\pm 1, 0)$ og går mot $\pm \infty$ . For $C > 0$ (blå, $C = 1$ , og oransje, $C = 0,5$ ) stiger grenene, mens for $C < 0$ (rød, $C = - 1$ ) synker de. Jo større $| C |$ , jo brattere grener.

Løsningsfamilien y = C·√(x²-1)

Vi skal løse

y^{'} - \frac{2}{x^{2} - 1} \cdot y = 0, y (0) = C

Dette er en separabel differensiallikning:

\frac{d y}{y} = \frac{2}{x^{2} - 1} d x

Vi delbrøkoppspalter $\frac{2}{x^{2} - 1} = \frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 1}$ og integrerer begge sider:

\ln | y | = \ln | x - 1 | - \ln | x + 1 | + K = \ln | \frac{x - 1}{x + 1} | + K

y = A \cdot \frac{x - 1}{x + 1}, A = \pm e^{K}

Initialbetingelsen $x \in ⟨ - 1, 1 ⟩$ (siden $y (0) = C$ krever $x = 0$ i definisjonsmengden). Vi setter inn $x = 0$ :

y (0) = A \cdot \frac{0 - 1}{0 + 1} = - A = C \Rightarrow A = - C

Dermed blir løsningen

y = - C \cdot \frac{x - 1}{x + 1} = C \cdot \frac{1 - x}{1 + x}, x \in ⟨ - 1, 1 ⟩

CAS bekrefter dette på linje 7–10 i utklippet: $h^{'} (x)$ og $\frac{2}{x^{2} - 1} \cdot h (x)$ forenkler til samme uttrykk $- \frac{2 C}{{(x + 1)}^{2}}$ , og $h (0) = C$ som krevd.

Grafene til $y = C \cdot \frac{1 - x}{1 + x}$ på $⟨ - 1, 1 ⟩$ starter (i grensen $x \to - 1^{+}$ ) mot $\pm \infty$ og avtar mot $0$ ved $x = 1$ . For $C = 1$ (blå) og $C = 2$ (oransje) er kurvene positive og synkende, mens for $C = - 1$ (rød) er kurven negativ og voksende (speilbildet om $x$ -aksen). Alle grafene passerer $(0, C)$ , i tråd med initialbetingelsen.

Løsningsfamilien til initialverdioppgaven

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Differensiallikning, Funksjoner, Bevis, Graf
Egen side: Åpne oppgave 2-4-II for seg selv

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

R2 Eksempeloppgave 2008

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 1 oppgaver

Oppgave 1-1Mange derivasjoner og integrasjon

Forstå oppgaven med en KI

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 4 oppgaver

Oppgave 2-2Drøfting og integrasjon av kubisk sinusfunksjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-3Tetraeder og plan med arealsetning i rommet

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4-IFallskjermhopp og differensiallikning for fart

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4-IILøsningsfamilier til homogen differensiallikning

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 1 oppgaver

Oppgave 1-1·Mange derivasjoner og integrasjon

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 4 oppgaver

Oppgave 2-2·Drøfting og integrasjon av kubisk sinusfunksjon

Oppgave 2-3·Tetraeder og plan med arealsetning i rommet

Oppgave 2-4-I·Fallskjermhopp og differensiallikning for fart

Oppgave 2-4-II·Løsningsfamilier til homogen differensiallikning

Temaer

Oppgave 1-1Mange derivasjoner og integrasjon

Oppgave 2-2Drøfting og integrasjon av kubisk sinusfunksjon

Oppgave 2-3Tetraeder og plan med arealsetning i rommet

Oppgave 2-4-IFallskjermhopp og differensiallikning for fart

Oppgave 2-4-IILøsningsfamilier til homogen differensiallikning