R2 Eksempeloppgave 2023

Oppgave 1-1Bestemte og ubestemte integraler

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

Regn ut integralene

\int_{0}^{1} (4 x^{2} + 3) d x

\int 4 x \sqrt{x^{2} + 2} d x

Fasit

$\frac{13}{3}$

$\frac{4}{3} {(x^{2} + 2)}^{3 / 2} + C$

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner først en antiderivert til $4 x^{2} + 3$ :

\int (4 x^{2} + 3) d x = \frac{4}{3} x^{3} + 3 x + C

Bestemt integral gir

\int_{0}^{1} (4 x^{2} + 3) d x = {[\frac{4}{3} x^{3} + 3 x]}_{0}^{1} = (\frac{4}{3} + 3) - 0 = \frac{4}{3} + \frac{9}{3} = \frac{13}{3}

Vi bruker substitusjon (variabelskifte) $u = x^{2} + 2$ . Da er

\frac{d u}{d x} = 2 x \Rightarrow d u = 2 x d x

Vi ser at $4 x d x = 2 \cdot (2 x d x) = 2 d u$ , og $\sqrt{x^{2} + 2} = \sqrt{u}$ . Integralet blir da

\int 4 x \sqrt{x^{2} + 2} d x = \int 2 \sqrt{u} d u = 2 \cdot \frac{2}{3} u^{3 / 2} + C = \frac{4}{3} u^{3 / 2} + C

Til slutt setter vi tilbake $u = x^{2} + 2$ :

\int 4 x \sqrt{x^{2} + 2} d x = \frac{4}{3} {(x^{2} + 2)}^{3 / 2} + C

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Integrasjon, Bestemt integral, Substitusjon
Egen side: Åpne oppgave 1-1 for seg selv

Oppgave 1-2Normalvektor og likning til plan

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

Vektorene $\vec{u} = [1, 2, - 1]$ og $\vec{v} = [- 1, 1, - 2]$ er gitt.

Om et plan $α$ får du vite at $α ‖ \vec{u}$ , $α ‖ \vec{v}$ og punktet $P (2, 0, 1)$ ligger i $α$ .

Vis at $\vec{n} = [- 1, 1, 1]$ er en normalvektor til planet $α$ .

Bestem en likning til planet $α$ .

Fasit

$\vec{n} \cdot \vec{u} = 0$ og $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$

$x - y - z = 1$

LøsningsforslagKI-generert

Planet $α$ er parallelt med både $\vec{u}$ og $\vec{v}$ , så retningsvektorene til $α$ er $\vec{u}$ og $\vec{v}$ . En normalvektor til planet må stå vinkelrett på begge retningsvektorene, altså må skalarproduktene være null.

Vi regner ut skalarproduktene med $\vec{n} = [- 1, 1, 1]$ :

\vec{n} \cdot \vec{u} = (- 1) \cdot 1 + 1 \cdot 2 + 1 \cdot (- 1) = - 1 + 2 - 1 = 0

\vec{n} \cdot \vec{v} = (- 1) \cdot (- 1) + 1 \cdot 1 + 1 \cdot (- 2) = 1 + 1 - 2 = 0

Siden $\vec{n} \cdot \vec{u} = 0$ og $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$ , står $\vec{n}$ vinkelrett på begge retningsvektorene til planet. Dermed er $\vec{n} = [- 1, 1, 1]$ en normalvektor til $α$ .

Et plan med normalvektor $\vec{n} = [- 1,1,1]$ gjennom punktet $P (2,0,1)$ har likning

- 1 (x - 2) + 1 (y - 0) + 1 (z - 1) = 0

Vi løser opp parentesene:

- x + 2 + y + z - 1 = 0

- x + y + z + 1 = 0

Ganger vi med $- 1$ og ordner leddene, får vi likningen til planet $α$ :

x - y - z = 1

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Vektorer, Romgeometri, Plan
Egen side: Åpne oppgave 1-2 for seg selv

Oppgave 1-3Trigonometrisk likning med cos og sin

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

Løs likningen

\cos^{2} x - 3 \sin^{2} x = - 2, x \in [0, 2 π ⟩

Fasit

$x = \frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}, \frac{4 π}{3}, \frac{5 π}{3}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker $\cos^{2} x = 1 - \sin^{2} x$ for å skrive hele likningen med bare $\sin x$ :

\cos^{2} x - 3 \sin^{2} x = - 2

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

1 - 4 \sin^{2} x = - 2

- 4 \sin^{2} x = - 3

\sin^{2} x = \frac{3}{4}

Vi tar kvadratrota på begge sider:

\sin x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}

Tilfelle 1: $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Dette gir $x = \frac{π}{3}$ og $x = π - \frac{π}{3} = \frac{2 π}{3}$ i intervallet $[0,2 π ⟩$ .

Tilfelle 2: $\sin x = - \frac{\sqrt{3}}{2}$

Dette gir $x = π + \frac{π}{3} = \frac{4 π}{3}$ og $x = 2 π - \frac{π}{3} = \frac{5 π}{3}$ i intervallet $[0,2 π ⟩$ .

Løsningene til likningen er dermed

x = \frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}, \frac{4 π}{3}, \frac{5 π}{3}

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Trigonometri, Likninger
Egen side: Åpne oppgave 1-3 for seg selv

Oppgave 1-4Aritmetisk rekke og ledd fra sumformel

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

En aritmetisk rekke $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}$ har sum $s_{n} = 3 n^{2} + 4 n$ for $n \in ℕ$ .

Bestem $a_{4}$ .

Fasit

$a_{4} = 25$

LøsningsforslagKI-generert

Leddet $a_{4}$ finner vi ved å bruke sammenhengen $a_{n} = s_{n} - s_{n - 1}$ , altså at $a_{4}$ er differansen mellom summen av de fire første leddene og summen av de tre første leddene.

Vi regner ut $s_{4}$ og $s_{3}$ ved å sette inn i $s_{n} = 3 n^{2} + 4 n$ :

s_{4} = 3 \cdot 4^{2} + 4 \cdot 4 = 3 \cdot 16 + 16 = 48 + 16 = 64

s_{3} = 3 \cdot 3^{2} + 4 \cdot 3 = 3 \cdot 9 + 12 = 27 + 12 = 39

Da er

a_{4} = s_{4} - s_{3} = 64 - 39 = 25

Kontroll: Vi kan finne $a_{4}$ på en annen måte ved å bestemme $a_{1}$ , $a_{2}$ og differansen $d$ :

a_{1} = s_{1} = 3 \cdot 1 + 4 = 7

a_{2} = s_{2} - s_{1} = (3 \cdot 4 + 8) - 7 = 20 - 7 = 13

d = a_{2} - a_{1} = 13 - 7 = 6

a_{4} = a_{1} + 3 d = 7 + 3 \cdot 6 = 7 + 18 = 25

Begge metodene gir $a_{4} = 25$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Rekker
Egen side: Åpne oppgave 1-4 for seg selv

Oppgave 1-5Uendelig geometrisk rekke med kjent sum og delsum

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

En uendelig geometrisk rekke $b_{1} + b_{2} + b_{3} + b_{4} + \dots$ konvergerer mot 6.

Summen av de tre første leddene er $\frac{38}{9}$ .

Bestem summen av de fire første leddene.

Fasit

$s_{4} = \frac{130}{27} \approx 4,81$

LøsningsforslagKI-generert

Rekken konvergerer mot $6$ , så

s_{\infty} = \frac{b_{1}}{1 - k} = 6

Summen av de tre første leddene er

s_{3} = \frac{b_{1} (1 - k^{3})}{1 - k} = \frac{b_{1}}{1 - k} \cdot (1 - k^{3}) = 6 (1 - k^{3}) = \frac{38}{9}

Vi løser med hensyn på $k$ :

1 - k^{3} = \frac{38}{9 \cdot 6} = \frac{19}{27}

k^{3} = 1 - \frac{19}{27} = \frac{8}{27}

k = \sqrt[3]{\frac{8}{27}} = \frac{2}{3}

Fra $s_{\infty} = 6$ finner vi $b_{1}$ :

b_{1} = 6 (1 - k) = 6 (1 - \frac{2}{3}) = 6 \cdot \frac{1}{3} = 2

Summen av de fire første leddene blir da

s_{4} = \frac{b_{1} (1 - k^{4})}{1 - k} = 6 (1 - {(\frac{2}{3})}^{4}) = 6 (1 - \frac{16}{81}) = 6 \cdot \frac{65}{81} = \frac{130}{27}

$s_{4} = \frac{130}{27} \approx 4,81$

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Rekker, Geometrisk rekke, Uendelig rekke
Egen side: Åpne oppgave 1-5 for seg selv

Oppgave 1-6Riemannsumme for sinusfunksjon

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

Funksjonen $f$ er gitt ved

f (x) = 2 \sin (x + \frac{π}{6})

En elev har skrevet følgende kode:

Kode for Riemannsumme

Forklar hva eleven ønsker å regne ut.

Hva blir det eksakte svaret på oppgaven eleven ønsker å regne ut?

Fasit

Eleven tilnærmer $\int_{0}^{π} 2 \sin (x + \frac{π}{6}) d x$ med en Riemannsum.

$2 \sqrt{3} \approx 3,46$

LøsningsforslagKI-generert

I koden er $a = 0$ , $b = π$ og $n = 10000$ . Programmet deler intervallet $[0, π]$ inn i $n = 10000$ like brede delintervaller med bredde

h = \frac{b - a}{n}

For hvert delintervall $i = 0, 1, \dots, n - 1$ regnes rektangelarealet $f (a + i h) \cdot h$ ut, altså funksjonsverdien i venstre endepunkt av delintervallet multiplisert med bredden $h$ . Disse arealene summeres i variabelen $I$ .

Dette er en venstre Riemannsum med $10000$ delintervaller, og eleven ønsker altså å finne en tilnærmet verdi for det bestemte integralet

\int_{0}^{π} 2 \sin (x + \frac{π}{6}) d x

som er arealet mellom grafen til $f$ og $x$ -aksen fra $x = 0$ til $x = π$ . Siden $n$ er stort, vil tilnærmingen ligge svært nær den eksakte verdien av integralet.

Vi finner den eksakte verdien av integralet:

\int_{0}^{π} 2 \sin (x + \frac{π}{6}) d x = {[- 2 \cos (x + \frac{π}{6})]}_{0}^{π}

= - 2 \cos (π + \frac{π}{6}) - (- 2 \cos \frac{π}{6}) = - 2 \cos \frac{7 π}{6} + 2 \cos \frac{π}{6}

Siden $\cos \frac{7 π}{6} = - \frac{\sqrt{3}}{2}$ og $\cos \frac{π}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , får vi

= - 2 \cdot (- \frac{\sqrt{3}}{2}) + 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} + \sqrt{3} = 2 \sqrt{3}

$\int_{0}^{π} 2 \sin (x + \frac{π}{6}) d x = 2 \sqrt{3} \approx 3,46$

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Integrasjon, Programmering, Trigonometri
Egen side: Åpne oppgave 1-6 for seg selv

Oppgave 1-7To like integraler med ulike integrasjonskonstanter

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

Bruk derivasjon til å vise at

\int \frac{1}{{(1 - x)}^{2}} d x = \frac{x}{1 - x} + C_{1}

Bruk variabelskiftet $u = 1 - x$ til å vise at

\int \frac{1}{{(1 - x)}^{2}} d x = \frac{1}{1 - x} + C_{2}

Forklar hvordan de to formlene kan begge være sanne samtidig.

Fasit

Se utregning.

De to antideriverte skiller seg med en konstant: $\frac{x}{1 - x} = \frac{1}{1 - x} - 1$ , så $C_{1} = C_{2} + 1$ .

LøsningsforslagKI-generert

Vi deriverer $\frac{x}{1 - x}$ med kvotientregelen, med $u (x) = x$ og $v (x) = 1 - x$ :

\frac{d}{d x} [\frac{x}{1 - x}] = \frac{u^{'} v - u v^{'}}{v^{2}} = \frac{1 \cdot (1 - x) - x \cdot (- 1)}{{(1 - x)}^{2}} = \frac{1 - x + x}{{(1 - x)}^{2}} = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}}

Siden den deriverte av $\frac{x}{1 - x}$ er $\frac{1}{{(1 - x)}^{2}}$ , er $\frac{x}{1 - x} + C_{1}$ en antiderivert av $\frac{1}{{(1 - x)}^{2}}$ , altså

\int \frac{1}{{(1 - x)}^{2}} d x = \frac{x}{1 - x} + C_{1}

Vi substituerer $u = 1 - x$ , som gir $d u = - d x$ , altså $d x = - d u$ :

\int \frac{1}{{(1 - x)}^{2}} d x = \int \frac{1}{u^{2}} \cdot (- d u) = - \int u^{- 2} d u = - (- u^{- 1}) + C_{2} = \frac{1}{u} + C_{2}

Vi setter tilbake $u = 1 - x$ :

\int \frac{1}{{(1 - x)}^{2}} d x = \frac{1}{1 - x} + C_{2}

Begge formlene er riktige fordi to antideriverte av samme funksjon alltid kan skille seg med en konstant. Vi sjekker differansen mellom de to uttrykkene:

\frac{x}{1 - x} - \frac{1}{1 - x} = \frac{x - 1}{1 - x} = \frac{- (1 - x)}{1 - x} = - 1

Altså er

\frac{x}{1 - x} = \frac{1}{1 - x} - 1

Dette betyr at $\frac{x}{1 - x} + C_{1}$ og $\frac{1}{1 - x} + C_{2}$ er samme funksjon dersom $C_{1} = C_{2} + 1$ . Siden $C_{1}$ og $C_{2}$ begge kan være en hvilken som helst reell konstant, dekker de to uttrykkene nøyaktig de samme funksjonene, og begge formler for det ubestemte integralet er derfor sanne samtidig.

$\frac{x}{1 - x} = \frac{1}{1 - x} - 1, altså C_{1} = C_{2} + 1$

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Integrasjon, Substitusjon, Derivasjon, Bevis
Egen side: Åpne oppgave 1-7 for seg selv

Oppgave 2-1Periodisk modell for månefaser

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

Månefaser

Tabellen nedenfor viser hvor stor del av månen som var synlig ved midnatt for noen utvalgte døgn på et bestemt sted i et bestemt år.

Døgn nr.	1	2	3	4	5	10	15	20
Synlig del	$0,25$	$0,18$	$0,11$	$0,06$	$0,02$	$0,11$	$0,57$	$0,99$

Døgn nr.	25	30	35	40	45	55	60	65
Synlig del	$0,80$	$0,32$	$0,02$	$0,14$	$0,64$	$0,77$	$0,31$	$0,01$

Her er $x$ antall døgn etter nyttår.

Krever PC

Lag en periodisk funksjon $f$ som er en god modell for dataene ovenfor.

Vi sier det er fullmåne når den synlige delen av månen er størst mulig.

Kalkulator + svaret på tidligere oppgave

Hvor lang tid går det mellom hver gang det er fullmåne ifølge modellen $f$ ?

Kalkulator + svaret på tidligere oppgave

Hvilke døgn var minst halve månen synlig ved midnatt i januar dette året?

Fasit

$f (x) = 0,485 \sin (0,212 x - 2,921) + 0,475$

$T \approx 29,7 døgn$

$Døgn 15–28 i januar$

LøsningsforslagKI-generert

Vi legger de 16 datapunktene $(x, y)$ fra tabellen inn som en liste i GeoGebra, for eksempel

L_{1} = {(1, 0,25), (2, 0,18), \dots, (65, 0,01)}

Siden dataene svinger periodisk mellom en minste og en største synlig andel av månen, er en sinusfunksjon en naturlig modell. Vi bruker kommandoen

𝚁𝚎𝚐𝚛𝚎𝚜𝚓𝚘𝚗𝚜𝚜𝚒𝚗 (L_{1})

i GeoGebra, som tilpasser en funksjon på formen $f (x) = a \sin (b (x - c)) + d$ til datapunktene ved minste kvadraters metode. Dette gir

f (x) = 0,485 \sin (0,2119 (x - 13,78)) + 0,475

som kan skrives om til

f (x) = 0,485 \sin (0,212 x - 2,921) + 0,475

Setter vi grafen til $f$ sammen med datapunktene, ser vi at kurven treffer punktene svært godt — det største avviket (residualet) mellom modellen og et enkelt datapunkt er kun $0,046$ .

Perioden til en sinusfunksjon $f (x) = a \sin (b (x - c)) + d$ er gitt ved

T = \frac{2 π}{b}

Med $b = 0,2119$ fra regresjonen får vi

T = \frac{2 π}{0,2119} \approx 29,7

Det går altså $T \approx 29,7 døgn$ mellom hver gang det er fullmåne ifølge modellen. Dette stemmer godt med at den faktiske månesyklusen (synodisk måned) er ca. $29,5$ døgn, så modellen gir en realistisk beskrivelse av månefasene.

Minst halve månen er synlig når $f (x) \geq 0,5$ . I januar er $x \in [1, 31]$ , så vi løser ulikheten

f (x) \geq 0,5, x \in [1, 31]

grafisk ved å tegne linja $y = 0,5$ sammen med grafen til $f$ og finne skjæringspunktene i GeoGebra. Det gir skjæringspunkter ved

x \approx 14,03 og x \approx 28,36

Grafen til $f$ ligger over linja $y = 0,5$ mellom disse to verdiene, altså for $x \in ⟨ 14,03, 28,36 ⟩$ .

Siden $x$ er antall døgn (hele tall), betyr dette at minst halve månen var synlig ved midnatt fra og med døgn $15$ til og med døgn $28$ — altså i $14 døgn (døgn 15–28) i januar$ .

Figuren under viser hele løsningen i én figur: de 16 datapunktene (åpne sirkler), regresjonskurven $f$ med funksjonsuttrykket, den vannrette linja $y = 0,5$ , og de to skjæringspunktene StartJanuar og SluttJanuar.

Regresjonskurve med datapunkter og skjæringspunktene med y = 0,5

Alternativ løsning med kalkulator (eksamen 2027)

c) Med funksjonsuttrykket $f (x) = 0,485 \sin (0,212 x - 2,921) + 0,475$ oppgitt fra a), kan ulikheten $f (x) \geq 0,5$ løses algebraisk. Vi finner først grensepunktene ved å løse likningen $f (x) = 0,5$ :

\begin{matrix} 0,485 \sin (0,212 x - 2,921) + 0,475 & = 0,5 \\ \sin (0,212 x - 2,921) & = \frac{0,025}{0,485} \approx 0,0515 \end{matrix}

Vi tar arcsin og bruker at en sinuslikning $\sin (θ) = k$ har løsningene $θ = \arcsin (k) + n \cdot 2 π$ og $θ = π - \arcsin (k) + n \cdot 2 π$ :

θ = 0,212 x - 2,921 = 0,0516 eller θ = π - 0,0516 \approx 3,0901

Vi løser for $x$ i hvert tilfelle:

x_{1} = \frac{0,0516 + 2,921}{0,212} \approx 14,02 x_{2} = \frac{3,0901 + 2,921}{0,212} \approx 28,35

Begge løsningene ligger i januar ( $x \in [1, 31]$ ). Siden $f$ er positiv mellom de to nullpunktene til $f (x) - 0,5$ (sinusleddet er størst rundt toppunktet mellom $x_{1}$ og $x_{2}$ ), er ulikheten oppfylt for $x \in ⟨ 14,02, 28,35 ⟩$ . Siden $x$ er et helt døgnnummer, betyr dette at minst halve månen var synlig ved midnatt fra og med døgn $15$ til og med døgn $28$ i januar — samme svar som med den grafiske metoden.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Trigonometri, Modellering, Funksjoner, Likninger
Egen side: Åpne oppgave 2-1 for seg selv

Oppgave 2-2Uendelig geometrisk rekke med trigonometriske ledd

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

En uendelig geometrisk rekke er gitt ved

S (x) = \cos x + 2 \sin x \cos x + 4 \sin^{2} x \cos x + \dots

For hånd

Bestem området i intervallet $[- 2 π, 2 π]$ hvor rekken konvergerer.

For hånd

Avgjør for hvilke verdier av $b$ likningen

S (x) = b

har en eller flere løsninger i intervallet $[- π, π]$ .

Fasit

$x \in [- 2 π, - \frac{11 π}{6} ⟩ \cup ⟨ - \frac{7 π}{6}, - \frac{5 π}{6} ⟩ \cup ⟨ - \frac{π}{6}, \frac{π}{6} ⟩ \cup ⟨ \frac{5 π}{6}, \frac{7 π}{6} ⟩ \cup ⟨ \frac{11 π}{6}, 2 π]$

$| b | > \frac{\sqrt{3}}{4} \approx 0,433$

LøsningsforslagKI-generert

Rekka

S (x) = \cos x + 2 \sin x \cos x + 4 \sin^{2} x \cos x + \dots

er en uendelig geometrisk rekke med første ledd $a_{1} = \cos x$ og kvotient $k = 2 \sin x$ (hvert nytt ledd er forrige multiplisert med $2 \sin x$ ).

En uendelig geometrisk rekke konvergerer når $| k | < 1$ :

| 2 \sin x | < 1 \Leftrightarrow | \sin x | < \frac{1}{2}

I intervallet $[- 2 π, 2 π]$ har $\sin x = \pm \frac{1}{2}$ løsningene $x = \pm \frac{π}{6}, \pm \frac{5 π}{6}, \pm \frac{7 π}{6}, \pm \frac{11 π}{6}$ (i tillegg til at $\sin (\pm 2 π) = 0$ , som ligger innenfor grensa). Ulikheten $| \sin x | < \frac{1}{2}$ er oppfylt mellom disse verdiene, slik at konvergensområdet blir

x \in [- 2 π, - \frac{11 π}{6} ⟩ \cup ⟨ - \frac{7 π}{6}, - \frac{5 π}{6} ⟩ \cup ⟨ - \frac{π}{6}, \frac{π}{6} ⟩ \cup ⟨ \frac{5 π}{6}, \frac{7 π}{6} ⟩ \cup ⟨ \frac{11 π}{6}, 2 π]

Endepunktene $x = - 2 π$ og $x = 2 π$ er med fordi $\sin (\pm 2 π) = 0$ , som oppfyller $| \sin x | < \frac{1}{2}$ .

For en konvergent uendelig geometrisk rekke er summen $S = \frac{a_{1}}{1 - k}$ . Med CAS (kommando Forenkle(cos(x)/(1-2*sin(x)))) bekreftes at uttrykket ikke lar seg forenkle videre, så

S (x) = \frac{\cos x}{1 - 2 \sin x}

Vi skal finne for hvilke verdier av $b$ likningen $S (x) = b$ har løsning i $[- π, π]$ . Fra a) konvergerer rekka i $[- π, π]$ på delintervallene

[- π, - \frac{5 π}{6} ⟩ \cup ⟨ - \frac{π}{6}, \frac{π}{6} ⟩ \cup ⟨ \frac{5 π}{6}, π]

I randpunktet $x = - \frac{π}{6}$ (like utenfor konvergensområdet) er

S (- \frac{π}{6}) = \frac{\cos (- π / 6)}{1 - 2 \sin (- π / 6)} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{1 - 2 \cdot (- \frac{1}{2})} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{4}

Ved å studere $S (x)$ på hvert delintervall (for eksempel med graftegning i GeoGebra) ser vi:

På $⟨ - \frac{π}{6}, \frac{π}{6} ⟩$ er $S (x) \to \frac{\sqrt{3}}{4}$ når $x \to - {\frac{π}{6}}^{+}$ , og $S (x) \to + \infty$ når $x \to {\frac{π}{6}}^{-}$ (nevneren $1 - 2 \sin x \to 0^{+}$ ). Her tar $S$ alle verdier i $⟨ \frac{\sqrt{3}}{4}, + \infty ⟩$ .
På $[- π, - \frac{5 π}{6} ⟩$ går $S$ fra $S (- π) = - 1$ og nærmer seg $- \frac{\sqrt{3}}{4}$ (ved symmetri med tilsvarende grenseverdi), altså verdier i $[- 1, - \frac{\sqrt{3}}{4} ⟩$ .
På $⟨ \frac{5 π}{6}, π]$ går $S$ fra $- \infty$ (nevneren $\to 0^{-}$ ) opp til $S (π) = - 1$ , altså verdier i $⟨ - \infty, - 1]$ .

Til sammen dekker verdimengden til $S$ på konvergensområdet i $[- π, π]$ intervallene

⟨ - \infty, - \frac{\sqrt{3}}{4} ⟩ \cup ⟨ \frac{\sqrt{3}}{4}, + \infty ⟩

Likningen $S (x) = b$ har dermed en eller flere løsninger i $[- π, π]$ nøyaktig når

| b | > \frac{\sqrt{3}}{4} \approx 0,433

Grafisk vises dette tydelig. I figuren under er $S (x)$ tegnet bare på de tre intervallene i $[- π, π]$ der rekka konvergerer, sammen med de vannrette linjene $y = \pm \frac{\sqrt{3}}{4}$ (røde):

Grafen til S(x) på konvergensintervallene, med linjene y = ±√3/4

Kurven kommer aldri innenfor det vannrette båndet $- \frac{\sqrt{3}}{4} < y < \frac{\sqrt{3}}{4}$ . Legg merke til at grenene starter nøyaktig på de røde linjene i randpunktene $x = \pm \frac{π}{6}$ og $x = \pm \frac{5 π}{6}$ — men disse randpunktene hører ikke med til konvergensområdet, så verdiene $\pm \frac{\sqrt{3}}{4}$ nås aldri.

Alternativ løsning med kalkulator (eksamen 2027)

b) Vi kan bekrefte verdimengden til $S (x) = \frac{\cos x}{1 - 2 \sin x}$ ved å derivere i stedet for å tegne grafen. Med kvotientregelen ( $u = \cos x$ , $v = 1 - 2 \sin x$ ):

S^{'} (x) = \frac{- \sin x (1 - 2 \sin x) - \cos x \cdot (- 2 \cos x)}{{(1 - 2 \sin x)}^{2}} = \frac{- \sin x + 2 \sin^{2} x + 2 \cos^{2} x}{{(1 - 2 \sin x)}^{2}} = \frac{2 - \sin x}{{(1 - 2 \sin x)}^{2}}

Siden $- 1 \leq \sin x \leq 1$ , er telleren $2 - \sin x$ alltid mellom $1$ og $3$ , altså alltid positiv, og nevneren er et kvadrat som også alltid er positiv. Dermed er $S^{'} (x) > 0$ overalt der $S$ er definert, så $S$ er strengt voksende på hvert av de tre delintervallene i $[- π, π]$ der rekka konvergerer:

[- π, - \frac{5 π}{6} ⟩, ⟨ - \frac{π}{6}, \frac{π}{6} ⟩, ⟨ \frac{5 π}{6}, π]

Siden $S$ er voksende på hvert delintervall, finner vi verdimengden ved å regne ut $S$ (eller grenseverdien) i endepunktene:

På $[- π, - \frac{5 π}{6} ⟩$ : $S (- π) = \frac{- 1}{1 - 0} = - 1$ , og $S (x) \to \frac{- \sqrt{3} / 2}{2} = - \frac{\sqrt{3}}{4}$ når $x \to - {\frac{5 π}{6}}^{-}$ . Verdimengde: $[- 1, - \frac{\sqrt{3}}{4} ⟩$ .
På $⟨ - \frac{π}{6}, \frac{π}{6} ⟩$ : $S (x) \to \frac{\sqrt{3}}{4}$ når $x \to - {\frac{π}{6}}^{+}$ , og siden nevneren $1 - 2 \sin x \to 0^{+}$ mens telleren $\cos x \to \frac{\sqrt{3}}{2} > 0$ når $x \to {\frac{π}{6}}^{-}$ , går $S (x) \to + \infty$ . Verdimengde: $⟨ \frac{\sqrt{3}}{4}, + \infty ⟩$ .
På $⟨ \frac{5 π}{6}, π]$ : nevneren $\to 0^{+}$ mens telleren $\to - \frac{\sqrt{3}}{2} < 0$ når $x \to {\frac{5 π}{6}}^{+}$ , så $S (x) \to - \infty$ , og $S (π) = \frac{- 1}{1 - 0} = - 1$ . Verdimengde: $⟨ - \infty, - 1]$ .

De to første verdimengdene henger sammen ved $- 1$ , så samlet verdimengde for $S$ på konvergensområdet i $[- π, π]$ blir

⟨ - \infty, - \frac{\sqrt{3}}{4} ⟩ \cup ⟨ \frac{\sqrt{3}}{4}, + \infty ⟩

Likningen $S (x) = b$ har dermed en eller flere løsninger i $[- π, π]$ nøyaktig når

| b | > \frac{\sqrt{3}}{4} \approx 0,433

Siden $S$ er strengt voksende, nås grenseverdiene $\pm \frac{\sqrt{3}}{4}$ aldri — dette bekrefter at ulikheten skal være streng, uten å bruke graftegning.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Rekker, Geometrisk rekke, Uendelig rekke, Konvergens, Trigonometri
Egen side: Åpne oppgave 2-2 for seg selv

Oppgave 2-3Heltallige punkter på kuleflate

Oppsett for hånd

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

En kuleflate $K$ har sentrum i origo og radius 3.

Punktet $(- 1, 2, 2)$ er et eksempel på et punkt på $K$ som har heltallige koordinater.

Lag et program som finner antall punkt på $K$ som har heltallige koordinater.

Fasit

$30 punkt$

LøsningsforslagKI-generert

Kuleflata $K$ er gitt ved

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9,

altså en kule med sentrum i origo og radius $r = 3$ .

Skal et punkt $(x, y, z)$ med heltallige koordinater ligge på $K$ , må hvert enkelt ledd $x^{2}$ , $y^{2}$ og $z^{2}$ være mindre enn eller lik $9$ (siden alle leddene er ikke-negative og summen er $9$ ). Det betyr at $- 3 \leq x \leq 3$ , og tilsvarende for $y$ og $z$ . Dermed holder det å teste alle heltallige kombinasjoner av $x$ , $y$ og $z$ i intervallet $[- 3,3]$ — vi kan ikke gå glipp av noen løsninger ved å begrense søket slik.

Vi lager derfor et program med tre nøstede løkker, én for hver koordinat, som går gjennom alle disse kombinasjonene og teller opp hvor mange som tilfredsstiller likningen $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9$ :

antall = 0
for x in range(-3, 4):
    for y in range(-3, 4):
        for z in range(-3, 4):
            if x**2 + y**2 + z**2 == 9:
                antall = antall + 1
print(antall)

Programmet skriver ut $30$ .

Kontroll for hånd. De heltallige løsningene av $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9$ fordeler seg i to typer, avhengig av hvilke tall som kan kvadreres til ledd som summerer til $9$ :

$(\pm 3, 0, 0)$ og permutasjoner: $3^{2} + 0^{2} + 0^{2} = 9$ . Det er $3$ plasseringer for tallet $3$ , hver med $2$ fortegnsvalg, som gir $3 \cdot 2 = 6$ punkter.
$(\pm 2, \pm 2, \pm 1)$ og permutasjoner: $2^{2} + 2^{2} + 1^{2} = 9$ . Det er $3$ plasseringer for tallet $1$ (de to andre blir $2$ ), og hver av de tre koordinatene kan ha uavhengig fortegn, som gir $3 \cdot 2^{3} = 24$ punkter.

Til sammen $6 + 24 = 30$ punkter, som stemmer med det programmet ga.

Svar: Kuleflata $K$ har $30$ punkt med heltallige koordinater.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Romgeometri, Programmering, Kule
Egen side: Åpne oppgave 2-3 for seg selv

Oppgave 2-4Partikkel langs kurve og plan i rommet

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

Posisjonen til en partikkel er gitt ved

\vec{r} (t) = [\cos t, 3 \sin t, 2 - \cos 2 t], t \in [0, 2 π ⟩

For hånd

Bestem banefarten til partikkelen når $t = π$ .

Et plan $α$ er gitt ved

3 x + y + 5 z = d, d \in ℝ

Det finnes fire verdier for $d$ som gjør at posisjonskurven til partikkelen tangerer $α$ . Hver av disse fire verdiene gir oss et punkt på kurven.

For hånd

Forklar hvorfor ${\vec{r}}^{'} (t) ⟂ [3, 1, 5]$ når $t$ svarer til et av de fire punktene.

Oppsett for hånd

Bestem koordinatene til disse fire punktene.

Fasit

$v = 3$

${\vec{r}}^{'} (t) \cdot [3,1,5] = 0$ i tangeringspunktene

$(0,13, 2,97, 2,97), (- 0,99, - 0,39, 1,03), (0,18, - 2,95, 2,94), (0,98, - 0,53, 1,06)$

LøsningsforslagKI-generert

Posisjonsvektoren er $\vec{r} (t) = [\cos t, 3 \sin t, 2 - \cos 2 t]$ , og farten til partikkelen er lengden av fartsvektoren ${\vec{r}}^{'} (t)$ .

Vi deriverer:

{\vec{r}}^{'} (t) = [- \sin t, 3 \cos t, 2 \sin 2 t]

For $t = π$ :

{\vec{r}}^{'} (π) = [- \sin π, 3 \cos π, 2 \sin 2 π] = [0, - 3, 0]

Banefarten er

v = | {\vec{r}}^{'} (π) | = \sqrt{0^{2} + {(- 3)}^{2} + 0^{2}} = \sqrt{9} = 3

Svar: $v = 3$

Planet $α$ har likning $3 x + y + 5 z = d$ , altså normalvektor $\vec{n} = [3,1,5]$ .

Der kurven $\vec{r} (t)$ tangerer planet, berører den planet uten å krysse gjennom det. Det betyr at tangentvektoren ${\vec{r}}^{'} (t)$ til kurven i tangeringspunktet ligger i planet, altså er parallell med planet — og dermed vinkelrett på planets normalvektor $\vec{n}$ . Derfor må

{\vec{r}}^{'} (t) \cdot [3,1,5] = 0

i de fire tangeringspunktene.

(Alternativt: la $g (t) = 3 x (t) + y (t) + 5 z (t)$ være verdien av $d$ langs kurven. I et tangeringspunkt har $g$ et lokalt ekstremalpunkt, så $g^{'} (t) = {\vec{r}}^{'} (t) \cdot [3,1,5] = 0$ der.)

Vi setter opp skalarproduktet fra b):

{\vec{r}}^{'} (t) \cdot [3,1,5] = - 3 \sin t + 3 \cos t + 2 \sin 2 t \cdot 5 = - 3 \sin t + 3 \cos t + 10 \sin 2 t

Likningen som skal løses blir dermed

- 3 \sin t + 3 \cos t + 10 \sin 2 t = 0, t \in [0, 2 π ⟩

Vi løser likningen numerisk i CAS. I utklippet under ser du hele utregningen: linje 2 gir ${\vec{r}}^{'} (t)$ , linje 3 og 4 svaret på a), linje 5 skalarproduktet ovenfor, og linje 6–9 setter hver av de fire $t$ -verdiene inn i $\vec{r} (t)$ .

CAS-utregning av banefart og de fire tangeringspunktene

Det gir fire løsninger:

$t$	Punkt $(x, y, z)$
$1,440$	$(0,13, 2,97, 2,97)$
$3,272$	$(- 0,99, - 0,39, 1,03)$
$4,890$	$(0,18, - 2,95, 2,94)$
$6,105$	$(0,98, - 0,53, 1,06)$

Punktene finnes ved å sette hver $t$ -verdi inn i $\vec{r} (t) = [\cos t, 3 \sin t, 2 - \cos 2 t]$ .

Svar: $(0,13, 2,97, 2,97), (- 0,99, - 0,39, 1,03), (0,18, - 2,95, 2,94), (0,98, - 0,53, 1,06)$

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Vektorer, Parameterframstilling, Romgeometri, Plan, Derivasjon
Egen side: Åpne oppgave 2-4 for seg selv

Oppgave 2-5Hanois tårn og matematisk induksjon

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

Spillet «Hanois tårn» består av tre pinner og en mengde disker med ulik radius som skal tres på pinnene.

Når spillet starter, skal alle diskene være plassert på samme pinne. Ingen av diskene skal ha en større disk liggende oppå seg.

Målet er å flytte alle diskene over på én av de to ledige pinnene. Det er bare lov å flytte én disk av gangen. Diskene som ikke flyttes, må ligge på en pinne. Det er aldri lov å plassere en større disk oppå en mindre disk.

Det minste antallet forflytninger du må gjøre for å flytte $n$ disker kaller vi $F (n)$ .

For hånd

Bestem $F (3)$ .

Hanois tårn – 3 disker

Det er en rekursiv sammenheng mellom $F (n)$ og $F (n - 1)$ .

For hånd

Bestem den rekursive sammenhengen. Bruk denne til å bestemme $F (10)$ .

Hanois tårn – mange disker

Det finnes også en eksplisitt formel for $F$ .

For hånd

Undersøk og finn denne formelen.

For hånd

Bevis formelen ved å bruke induksjon på antall disker $n$ .

Fasit

$F (3) = 7$

$F (n) = 2 F (n - 1) + 1$ , $F (1) = 1$ , $F (10) = 1023$

$F (n) = 2^{n} - 1$

Bevist ved induksjon, se løsningsforslag.

LøsningsforslagKI-generert

Med 3 disker må vi først flytte de 2 øverste diskene over på hjelpepinnen. Det tar 3 trekk (siden $F (2) = 3$ ). Deretter flytter vi den nederste (største) disken direkte til målpinnen — det er 1 trekk. Til slutt flytter vi de 2 diskene fra hjelpepinnen oppå den store disken på målpinnen, som igjen tar 3 trekk.

Totalt antall trekk blir da

F (3) = 3 + 1 + 3 = 7

$F (3) = 7$

Samme resonnement som i a) gjelder for et vilkårlig antall disker $n$ . For å flytte $n$ disker fra startpinnen til målpinnen må vi

flytte de $n - 1$ øverste diskene over på hjelpepinnen: $F (n - 1)$ trekk
flytte den største (nederste) disken direkte til målpinnen: $1$ trekk
flytte de $n - 1$ diskene fra hjelpepinnen oppå den store disken på målpinnen: $F (n - 1)$ trekk

Dette gir den rekursive sammenhengen

F (n) = 2 F (n - 1) + 1, F (1) = 1

Vi bruker sammenhengen til å regne oss trinnvis oppover til $F (10)$ :

F (1) = 1, F (2) = 3, F (3) = 7, F (4) = 15, F (5) = 31, F (6) = 63, F (7) = 127, F (8) = 255, F (9) = 511, F (10) = 1023

$F (10) = 1023$

Vi ser på verdiene vi fant i b):

1, 3, 7, 15, 31, 63, 127, 255, 511, 1023, \dots

Hvert tall er nøyaktig $1$ mindre enn en potens av $2$ :

2^{1} - 1, 2^{2} - 1, 2^{3} - 1, 2^{4} - 1, 2^{5} - 1, \dots

Dette gir mistanke om den eksplisitte formelen

F (n) = 2^{n} - 1

Vi beviser formelen $F (n) = 2^{n} - 1$ ved komplett induksjon på $n$ .

Grunntilfelle ( $n = 1$ ):

F (1) = 1 og 2^{1} - 1 = 1

Formelen stemmer for $n = 1$ .

Induksjonshypotese: Anta at formelen er sann for et vilkårlig $k \geq 1$ , altså at

F (k) = 2^{k} - 1

Induksjonssteg: Vi skal vise at formelen da også er sann for $n = k + 1$ . Fra den rekursive sammenhengen i b) har vi $F (k + 1) = 2 F (k) + 1$ . Setter vi inn induksjonshypotesen får vi

F (k + 1) = 2 F (k) + 1 = 2 (2^{k} - 1) + 1 = 2^{k + 1} - 2 + 1 = 2^{k + 1} - 1

Dette er nettopp formelen for $n = k + 1$ .

Konklusjon: Siden formelen er sann for $n = 1$ , og siden den er sann for $n = k + 1$ hver gang den er sann for $n = k$ , følger det ved induksjon at

F (n) = 2^{n} - 1 for alle n \in ℕ

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Rekker, Induksjon, Programmering
Egen side: Åpne oppgave 2-5 for seg selv

Oppgave 2-6Kule senket i kjegleformet glass

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

Et glass er formet som en kjegle med høyde $10 c m$ . Høyden i kjeglen danner en vinkel på $35 °$ med sideflaten i kjeglen. Glasset er fullt med vann. En kule med radius $R$ blir senket sakte ned i glasset. Se figuren til høyre.

Kjegleformet glass med kule

Kalkulator

Bestem hvor mye vann som vil renne over dersom $R = 7 c m$ .

Kalkulator

Bestem $R$ slik at mest mulig vann renner ut av glasset.

Fasit

$V \approx 390,3 {cm}^{3}$

$R \approx 6,26 cm$ (gir maksimalt utløp $V_{\max} \approx 402,1 {cm}^{3}$ )

LøsningsforslagKI-generert

Oppsett. Kjegleglasset har høyde $10 cm$ , og aksen danner en vinkel $α = 35 °$ med sideflaten (halv toppvinkel). Toppradiusen i glasset er da

r_{topp} = 10 \tan 35 ° \approx 7,00 cm .

Når en kule med radius $R$ senkes forsiktig ned langs aksen, vil den til slutt hvile mot kjegleveggen — den tangerer sideflaten. Sentrum $M$ i kula ligger da på aksen, i en høyde $d$ over kjeglespissen. Avstanden fra sentrum til sideflaten (langs normalen) er nettopp $R$ , og av trekantgeometrien i tverrsnittet får vi

\sin α = \frac{R}{d} \Rightarrow d = \frac{R}{\sin 35 °} .

Bunnen av kula ligger dermed i høyde $d - R$ over spissen. Vannet som renner over kanten, er volumet av den delen av kula som stikker under glassets rand, altså under høyde $10$ — dette er en kulekalott med høyde

h = 10 - (d - R) .

Volumet av en kulekalott med høyde $h$ på en kule med radius $R$ er

V = \frac{π h^{2} (3 R - h)}{3} .

Med $R = 7$ :

d = \frac{7}{\sin 35 °} \approx 12,204 cm .

Bunnen av kula ligger da i høyde $d - R \approx 5,204 cm$ , mens toppen av kula ( $d + R \approx 19,20 cm$ ) stikker godt over glasskanten. Bare den nedre delen av kula er altså nede i glasset, som en kulekalott med høyde

h = 10 - 5,204 = 4,796 cm .

Volumet av vannet som renner over blir da

V = \frac{π \cdot {4,796}^{2} \cdot (3 \cdot 7 - 4,796)}{3} = \frac{π \cdot {4,796}^{2} \cdot 16,204}{3} \approx 390,3 {cm}^{3} .

Svar: $V \approx 390,3 {cm}^{3}$ .

Vi setter opp volumet som en funksjon av $R$ . Kalotthøyden er

h (R) = 10 - (\frac{R}{\sin 35 °} - R) = 10 - R (\frac{1}{\sin 35 °} - 1) \approx 10 - 0,7434 R,

og volumet av vannet som renner ut blir

V (R) = \frac{π h (R)^{2} (3 R - h (R))}{3} .

For å finne $R$ som maksimerer $V (R)$ , deriverer vi og løser $V^{'} (R) = 0$ i CAS. Se linje 1–5 i utklippet: linje 2 gir volumfunksjonen, linje 3 svaret på a), og linje 4 løser $V^{'} (R) = 0$ .

CAS-utregning av volumfunksjonen og maksimum

CAS gir to løsninger, $R \approx 6,26$ og $R \approx 13,45$ . Den siste er ikke fysisk mulig — en kule med radius $13,45 cm$ er så stor at den ikke kommer ned i glasset i det hele tatt. Vi står igjen med

V^{'} (R) = 0 \Rightarrow R \approx 6,26 cm, V_{\max} \approx 402,1 {cm}^{3} .

Kontroll: Kjeglens totale volum er

V_{kjegle} = \frac{π r_{topp}^{2} \cdot 10}{3} \approx \frac{π \cdot {7,00}^{2} \cdot 10}{3} \approx 513,4 {cm}^{3},

så et maksimalt utløp på $402,1 {cm}^{3}$ er rimelig — det er mindre enn hele glassets volum.

Svar: $R \approx 6,26 cm$ gir mest mulig vann ut av glasset, med $V_{\max} \approx 402,1 {cm}^{3}$ .

Alternativ løsning med kalkulator (eksamen 2027)

b) Vi kan derivere $V (R)$ for hånd i stedet for å bruke CAS. Skriv $c = \frac{1}{\sin 35 °} - 1 \approx 0,7434$ , slik at kalotthøyden er $h (R) = 10 - c R$ med $h^{'} (R) = - c$ . Volumfunksjonen er

V (R) = \frac{π}{3} (3 R h^{2} - h^{3})

Vi deriverer med produkt- og kjerneregelen ( $h = h (R)$ , $h^{'} = - c$ ):

V^{'} (R) = \frac{π}{3} (3 h^{2} + 6 R h h^{'} - 3 h^{2} h^{'}) = π h (h - 2 c R + c h) = π h [h (1 + c) - 2 c R]

Vi setter $V^{'} (R) = 0$ . Faktoren $h = 0$ gir en unfysisk løsning (kula stikker ikke ned i glasset i det hele tatt), så vi løser i stedet den lineære likningen

h (1 + c) - 2 c R = 0

Setter vi inn $h = 10 - c R$ og løser for $R$ :

(10 - c R) (1 + c) = 2 c R \Rightarrow 10 (1 + c) = c R (2 + 1 + c) = c R (3 + c)

R = \frac{10 (1 + c)}{c (3 + c)} = \frac{10 \cdot 1,7434}{0,7434 \cdot 3,7434} \approx 6,26

Setter vi $R \approx 6,26$ tilbake i uttrykkene for $h (R)$ og $V (R)$ , får vi samme maksimalverdi som med CAS:

R \approx 6,26 cm, V_{\max} \approx 402,1 {cm}^{3}

(Den andre nullpunktet til $V^{'}$ , $h = 0$ , gir $R = 10 / c \approx 13,45$ — samme urealistiske løsning som CAS fant.)

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Geometri, Volum, Derivasjon, Optimering, Funksjonsdrøfting
Egen side: Åpne oppgave 2-6 for seg selv

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 7 oppgaver

Oppgave 1-1Bestemte og ubestemte integraler

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-2Normalvektor og likning til plan

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-3Trigonometrisk likning med cos og sin

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-4Aritmetisk rekke og ledd fra sumformel

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-5Uendelig geometrisk rekke med kjent sum og delsum

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-6Riemannsumme for sinusfunksjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-7To like integraler med ulike integrasjonskonstanter

Forstå oppgaven med en KI

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 6 oppgaver

Oppgave 2-1Periodisk modell for månefaser

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-2Uendelig geometrisk rekke med trigonometriske ledd

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-3Heltallige punkter på kuleflate

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4Partikkel langs kurve og plan i rommet

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-5Hanois tårn og matematisk induksjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-6Kule senket i kjegleformet glass

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 7 oppgaver

Oppgave 1-1·Bestemte og ubestemte integraler

Oppgave 1-2·Normalvektor og likning til plan

Oppgave 1-3·Trigonometrisk likning med cos og sin

Oppgave 1-4·Aritmetisk rekke og ledd fra sumformel

Oppgave 1-5·Uendelig geometrisk rekke med kjent sum og delsum

Oppgave 1-6·Riemannsumme for sinusfunksjon

Oppgave 1-7·To like integraler med ulike integrasjonskonstanter

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 6 oppgaver

Oppgave 2-1·Periodisk modell for månefaser

Oppgave 2-2·Uendelig geometrisk rekke med trigonometriske ledd

Oppgave 2-3·Heltallige punkter på kuleflate

Oppgave 2-4·Partikkel langs kurve og plan i rommet

Oppgave 2-5·Hanois tårn og matematisk induksjon

Oppgave 2-6·Kule senket i kjegleformet glass

Temaer

Oppgave 1-1Bestemte og ubestemte integraler

Oppgave 1-2Normalvektor og likning til plan

Oppgave 1-3Trigonometrisk likning med cos og sin

Oppgave 1-4Aritmetisk rekke og ledd fra sumformel

Oppgave 1-5Uendelig geometrisk rekke med kjent sum og delsum

Oppgave 1-6Riemannsumme for sinusfunksjon

Oppgave 1-7To like integraler med ulike integrasjonskonstanter

Oppgave 2-1Periodisk modell for månefaser

Oppgave 2-2Uendelig geometrisk rekke med trigonometriske ledd

Oppgave 2-3Heltallige punkter på kuleflate

Oppgave 2-4Partikkel langs kurve og plan i rommet

Oppgave 2-5Hanois tårn og matematisk induksjon

Oppgave 2-6Kule senket i kjegleformet glass