R2 Høst 2012

Oppgave 1-1Deriver eksponentialfunksjon og sinuspotens

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

Deriver funksjonene

f (x) = e^{x} \cdot \cos x

g (x) = 5 {(1 + \sin x)}^{3}

Fasit

$f^{'} (x) = e^{x} (\cos x - \sin x)$

$g^{'} (x) = 15 \cos x \cdot {(1 + \sin x)}^{2}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi deriverer $f (x) = e^{x} \cdot \cos x$ med produktregelen, ${(u v)}^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ , der $u = e^{x}$ og $v = \cos x$ :

f^{'} (x) = e^{x} \cdot \cos x + e^{x} \cdot (- \sin x)

f^{'} (x) = e^{x} (\cos x - \sin x)

Vi deriverer $g (x) = 5 {(1 + \sin x)}^{3}$ med kjerneregelen. Med $u = 1 + \sin x$ er $g = 5 u^{3}$ , og $u^{'} = \cos x$ :

g^{'} (x) = 5 \cdot 3 {(1 + \sin x)}^{2} \cdot \cos x

g^{'} (x) = 15 \cos x \cdot {(1 + \sin x)}^{2}

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 1
Poeng: 2
Temaer: Derivasjon, Eksponentialfunksjon, Trigonometri
Egen side: Åpne oppgave 1-1 for seg selv

Oppgave 1-2Integral av sinuspotens og x ln x

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

Bestem integralene

\int \cos x \cdot {(1 + \sin x)}^{3} d x

\int_{1}^{e} x \cdot \ln x d x

Fasit

$\frac{{(1 + \sin x)}^{4}}{4} + C$

$\frac{e^{2} + 1}{4}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi løser $\int \cos x \cdot {(1 + \sin x)}^{3} d x$ ved substitusjon. Vi setter

u = 1 + \sin x \frac{d u}{d x} = \cos x \Rightarrow d u = \cos x d x

Integralet blir da

\int u^{3} d u = \frac{u^{4}}{4} + C

Vi setter tilbake $u = 1 + \sin x$ :

\int \cos x \cdot {(1 + \sin x)}^{3} d x = \frac{{(1 + \sin x)}^{4}}{4} + C

Vi løser $\int_{1}^{e} x \cdot \ln x d x$ med delvis integrasjon, $\int u v^{'} d x = u v - \int u^{'} v d x$ . Vi velger

u = \ln x, v^{'} = x \Rightarrow u^{'} = \frac{1}{x}, v = \frac{x^{2}}{2}

Da blir

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

Vi setter inn grensene:

{[\frac{x^{2}}{2} \ln x - \frac{x^{2}}{4}]}_{1}^{e} = (\frac{e^{2}}{2} \cdot 1 - \frac{e^{2}}{4}) - (\frac{1}{2} \cdot 0 - \frac{1}{4}) = \frac{e^{2}}{4} + \frac{1}{4}

\int_{1}^{e} x \cdot \ln x d x = \frac{e^{2} + 1}{4}

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Integrasjon, Substitusjon, Delvis integrasjon
Egen side: Åpne oppgave 1-2 for seg selv

Oppgave 1-3Rettvinklet trekant og parallellogram i rommet

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

Vi har gitt punktene $A (1, 1, 1)$ , $B (2, 1, 5)$ og $C (3, 7, 3)$ .

Undersøk om $△ A B C$ er rettvinklet.

Bestem koordinatene til et punkt $D$ slik at $A B C D$ blir et parallellogram.

Fasit

$△ A B C er ikke rettvinklet$

$D (2, 7, - 1)$

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner sidevektorene i trekanten:

\vec{A B} = B - A = (1, 0, 4)

\vec{A C} = C - A = (2, 6, 2)

\vec{B C} = C - B = (1, 6, - 2)

Trekanten er rettvinklet dersom skalarproduktet mellom to av sidevektorene (fra samme hjørne) er null. Vi sjekker alle tre hjørnene.

I $A$ :

\vec{A B} \cdot \vec{A C} = 1 \cdot 2 + 0 \cdot 6 + 4 \cdot 2 = 2 + 0 + 8 = 10

I $B$ : $\vec{B A} = - \vec{A B} = (- 1, 0, - 4)$

\vec{B A} \cdot \vec{B C} = - 1 \cdot 1 + 0 \cdot 6 + (- 4) (- 2) = - 1 + 0 + 8 = 7

I $C$ : $\vec{C A} = - \vec{A C} = (- 2, - 6, - 2)$ , $\vec{C B} = - \vec{B C} = (- 1, - 6, 2)$

\vec{C A} \cdot \vec{C B} = 2 + 36 - 4 = 34

Ingen av skalarproduktene er null, så $△ A B C$ har ingen rett vinkel.

△ A B C er ikke rettvinklet

Skal $A B C D$ være et parallellogram (hjørnene i denne rekkefølgen), må sidene $A B$ og $D C$ være parallelle og like lange, altså $\vec{A B} = \vec{D C}$ . Dette gir samme betingelse som $\vec{A D} = \vec{B C}$ :

D = A + \vec{B C} = (1, 1, 1) + (1, 6, - 2) = (2, 7, - 1)

Vi kontrollerer med den andre betingelsen, $D = C - \vec{A B}$ :

D = (3, 7, 3) - (1, 0, 4) = (2, 7, - 1)

Begge metodene gir samme punkt.

D (2, 7, - 1)

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 4 poeng

Det er tre muligheter for rett vinkel. Alle vinkler må kontrolleres. Alternativt kan kontrollen skje ved Pytagoras’ læresetning.

Hjørnene i firkanten $A B C D$ ramses opp mot klokka. Dette gjør at oppgaven bare har en løsning.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Vektorer, Romgeometri, Rettvinklet trekant
Egen side: Åpne oppgave 1-3 for seg selv

Oppgave 1-4Andreordens differensiallikning med eksponentialløsning

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

Vi har gitt differensiallikningen

y^{''} - y = 0 der y er en funksjon av x .

Vis at $y = C_{1} \cdot e^{x} + C_{2} \cdot e^{- x}$ er løsning av differensiallikningen, når $C_{1}$ og $C_{2}$ er konstanter.

Bestem $C_{1}$ og $C_{2}$ når $y (0) = 5$ og $y^{'} (0) = - 1$ .

Fasit

Vist ved derivasjon, se løsningsforslag.

$C_{1} = 2, C_{2} = 3$

LøsningsforslagKI-generert

Vi deriverer $y = C_{1} \cdot e^{x} + C_{2} \cdot e^{- x}$ to ganger:

y^{'} = C_{1} \cdot e^{x} - C_{2} \cdot e^{- x}

y^{''} = C_{1} \cdot e^{x} + C_{2} \cdot e^{- x}

Vi ser at $y^{''} = y$ . Setter vi inn i differensiallikningen, får vi

y^{''} - y = (C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- x}) - (C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- x}) = 0

Dermed er $y = C_{1} \cdot e^{x} + C_{2} \cdot e^{- x}$ en løsning av differensiallikningen for alle verdier av $C_{1}$ og $C_{2}$ .

y^{''} - y = 0 for alle C_{1}, C_{2}

Vi bruker initialbetingelsene $y (0) = 5$ og $y^{'} (0) = - 1$ sammen med uttrykkene for $y$ og $y^{'}$ fra a).

Fra $y (0) = 5$ :

C_{1} \cdot e^{0} + C_{2} \cdot e^{0} = 5 \Rightarrow C_{1} + C_{2} = 5

Fra $y^{'} (0) = - 1$ :

C_{1} \cdot e^{0} - C_{2} \cdot e^{0} = - 1 \Rightarrow C_{1} - C_{2} = - 1

Vi legger sammen de to likningene:

2 C_{1} = 4 \Rightarrow C_{1} = 2

Setter vi $C_{1} = 2$ inn i $C_{1} + C_{2} = 5$ , får vi $C_{2} = 3$ .

C_{1} = 2, C_{2} = 3

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 4 poeng

Verifikasjon ved innsetting gir full uttelling.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Differensiallikning, Eksponentialfunksjon
Egen side: Åpne oppgave 1-4 for seg selv

Oppgave 1-5Konvergens av geometrisk rekke med kvotient en tredel

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

Vi har gitt den uendelige rekken

1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \frac{1}{27} + \dots

Forklar at rekken konvergerer, og bestem summen av rekken.

Fasit

Rekken konvergerer, og $s = \frac{3}{2}$ .

LøsningsforslagKI-generert

Rekken er geometrisk med første ledd $a_{1} = 1$ og kvotient

k = \frac{1}{3}

Siden $| k | = \frac{1}{3} < 1$ , konvergerer den uendelige geometriske rekken.

Summen av en konvergent geometrisk rekke er gitt ved formelen $s = \frac{a_{1}}{1 - k}$ . Vi setter inn:

s = \frac{1}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{1}{\frac{2}{3}} = \frac{3}{2}

Svar: $s = \frac{3}{2}$

Oppgavedata

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

Oppgave 1-6Bestemme konstanter i periodisk sinusfunksjon

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

En periodisk funksjon $f$ er gitt på formen

f (x) = a \sin (c x + φ) + d

Grafen til $f$ går gjennom punktet $A (0, 5)$ , den har bunnpunkt i $B (3, 2)$ og toppunkt i $T (5, 8)$ . Det er ingen andre ekstremalpunkter i intervallet $⟨ 3, 5 ⟩$ .

Bestem verdier for konstantene $a$ , $c$ , $φ$ og $d$ .

Fasit

$a = 3, c = \frac{π}{2}, φ = 0, d = 5$

LøsningsforslagKI-generert

Amplituden $a$ og forskyvningen $d$

Toppunktet har $y$ -verdi $8$ og bunnpunktet har $y$ -verdi $2$ . Amplituden er halve forskjellen mellom topp- og bunnverdi, og $d$ er middelverdien:

a = \frac{8 - 2}{2} = 3 d = \frac{8 + 2}{2} = 5

Perioden og $c$

Fra bunnpunkt $B (3, 2)$ til toppunkt $T (5, 8)$ er det ingen andre ekstremalpunkter, så avstanden $x_{T} - x_{B} = 5 - 3 = 2$ utgjør nøyaktig en halv periode:

\frac{1}{2} p = 2 \Rightarrow p = 4

Siden $c = \frac{2 π}{p}$ , får vi

c = \frac{2 π}{4} = \frac{π}{2}

Fasen $φ$

Grafen går gjennom $A (0, 5)$ , som er lik middelverdien $d = 5$ . Det betyr at $\sin (φ) = 0$ , altså $φ = 0$ eller $φ = π$ .

Vi sjekker $φ = 0$ ved å sette inn i uttrykket $f (x) = 3 \sin (\frac{π}{2} x) + 5$ :

f (3) = 3 \sin (\frac{3 π}{2}) + 5 = 3 \cdot (- 1) + 5 = 2 ✓

f (5) = 3 \sin (\frac{5 π}{2}) + 5 = 3 \cdot 1 + 5 = 8 ✓

Dette stemmer med bunnpunktet $B (3,2)$ og toppunktet $T (5,8)$ , så $φ = 0$ .

Svar: $a = 3, c = \frac{π}{2}, φ = 0, d = 5$ , altså $f (x) = 3 \sin (\frac{π}{2} x) + 5$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Trigonometri, Funksjoner, Modellering
Egen side: Åpne oppgave 1-6 for seg selv

Oppgave 1-7Ekstremalpunkter for x kvadrat ganger e i minus x

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

Vi har gitt funksjonen

f (x) = x^{2} \cdot e^{- x}

Bestem eventuelle topp- og bunnpunkter på grafen til $f$ .

Tegn en skisse av grafen til $f$ .

Fasit

Bunnpunkt $(0, 0)$ , toppunkt $(2, 4 e^{- 2})$

Se skisse i løsningsforslaget.

LøsningsforslagKI-generert

Vi deriverer $f (x) = x^{2} \cdot e^{- x}$ med produktregelen og kjerneregelen:

f^{'} (x) = 2 x \cdot e^{- x} + x^{2} \cdot (- e^{- x}) = e^{- x} (2 x - x^{2}) = e^{- x} \cdot x (2 - x)

Siden $e^{- x} > 0$ for alle $x$ , bestemmes fortegnet til $f^{'} (x)$ av $x (2 - x)$ . Vi finner nullpunktene til $f^{'} (x)$ :

x (2 - x) = 0 \Rightarrow x = 0 \lor x = 2

Fortegnsskjema for $f^{'} (x)$ :

For $x < 0$ : $x < 0$ og $2 - x > 0$ , så $f^{'} (x) < 0$ (avtagende)
For $0 < x < 2$ : $x > 0$ og $2 - x > 0$ , så $f^{'} (x) > 0$ (voksende)
For $x > 2$ : $x > 0$ og $2 - x < 0$ , så $f^{'} (x) < 0$ (avtagende)

I $x = 0$ går $f$ fra avtagende til voksende, så dette er et bunnpunkt:

f (0) = 0^{2} \cdot e^{0} = 0

I $x = 2$ går $f$ fra voksende til avtagende, så dette er et toppunkt:

f (2) = 2^{2} \cdot e^{- 2} = 4 e^{- 2}

Svar: Bunnpunkt $(0, 0)$ og toppunkt $(2, 4 e^{- 2})$ .

Vi bruker resultatene fra a) til å skissere grafen. For $x \to - \infty$ vokser $e^{- x}$ mye raskere enn $x^{2}$ , så $f (x) \to \infty$ . Grafen er avtagende helt til bunnpunktet $(0,0)$ , deretter voksende opp til toppunktet $(2, 4 e^{- 2}) \approx (2, 0,54)$ . For $x \to \infty$ dominerer $e^{- x}$ , slik at $f (x) \to 0$ og grafen flater ut mot $x$ -aksen som en horisontal asymptote.

Grafen faller altså fra store verdier (venstre), passerer gjennom origo som et bunnpunkt, stiger til et toppunkt ved $x = 2$ , og synker deretter mot $0$ uten å bli negativ.

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 3 poeng

Det forventes en frihåndsskisse som gir et kvalitativt riktig bilde. Jf. vurderingsveiledningen 2012.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 3
Temaer: Derivasjon, Funksjonsdrøfting, Graf
Egen side: Åpne oppgave 1-7 for seg selv

Oppgave 1-8Induksjonsbevis for sum av n ganger n pluss tre

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

Bevis påstanden ved induksjon

P (n) : 1 \cdot 4 + 2 \cdot 5 + 3 \cdot 6 + \dots + n \cdot (n + 3) = \frac{n (n + 1) (n + 5)}{3}, n \in ℕ

Fasit

Påstanden er $bevist ved induksjon$ for alle $n \in ℕ$ .

LøsningsforslagKI-generert

Vi skal bevise ved induksjon at

P (n) : 1 \cdot 4 + 2 \cdot 5 + 3 \cdot 6 + \dots + n (n + 3) = \frac{n (n + 1) (n + 5)}{3}

for alle $n \in ℕ$ .

Basissteg

For $n = 1$ er venstre side $1 \cdot 4 = 4$ , og høyre side er

\frac{1 \cdot 2 \cdot 6}{3} = \frac{12}{3} = 4

Venstre og høyre side er like, så $P (1)$ er sann.

Induksjonssteg

Anta at $P (k)$ er sann for et vilkårlig $k \in ℕ$ , altså

1 \cdot 4 + 2 \cdot 5 + \dots + k (k + 3) = \frac{k (k + 1) (k + 5)}{3}

Vi skal vise at $P (k + 1)$ da også er sann, altså at

1 \cdot 4 + 2 \cdot 5 + \dots + k (k + 3) + (k + 1) (k + 4) = \frac{(k + 1) (k + 2) (k + 6)}{3}

Vi tar utgangspunkt i venstre side av $P (k + 1)$ og bruker induksjonsantagelsen:

\underset{= \frac{k (k + 1) (k + 5)}{3}}{\underset{⏟}{1 \cdot 4 + 2 \cdot 5 + \dots + k (k + 3)}} + (k + 1) (k + 4)

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

Vi faktoriserer ut $(k + 1)$ og setter på felles brøkstrek:

= (k + 1) \cdot \frac{k (k + 5) + 3 (k + 4)}{3} = (k + 1) \cdot \frac{k^{2} + 5 k + 3 k + 12}{3} = (k + 1) \cdot \frac{k^{2} + 8 k + 12}{3}

Vi faktoriserer andregradsuttrykket $k^{2} + 8 k + 12 = (k + 2) (k + 6)$ :

= \frac{(k + 1) (k + 2) (k + 6)}{3}

Dette er nettopp høyre side av $P (k + 1)$ , så $P (k + 1)$ er sann når $P (k)$ er sann.

Konklusjon

Siden $P (1)$ er sann, og $P (k) \Rightarrow P (k + 1)$ for alle $k \in ℕ$ , er $P (n)$ sann for alle $n \in ℕ$ ved induksjonsprinsippet. $■$

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 2
Poeng: 3
Temaer: Induksjon, Bevis, Rekker
Egen side: Åpne oppgave 1-8 for seg selv

Oppgave 2-1Areal under 8e opphøyd minus x ganger sin 2x

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

En funksjon er gitt ved

f (x) = 8 e^{- x} \cdot \sin 2 x

Kalkulator

Tegn grafen til $f$ , og bestem eventuelle null-, topp-, bunn- og vendepunkter når $x \in ⟨ 0, π ⟩$ .

I en formelsamling for matematikk finner vi formelen

\int e^{a x} \cdot \sin b x d x = \frac{e^{a x}}{a^{2} + b^{2}} (a \sin b x - b \cos b x) + C

Kalkulator

Bruk formelen til å bestemme $\int f (x) d x$ . Kontroller svaret ved derivasjon.

Kalkulator

Bestem det samlede arealet av områdene som er avgrenset av $x$ -aksen og grafen til $f$ når $x \in [0, π]$ .

Fasit

Nullpunkt $x = \frac{π}{2}$ . Toppunkt $(0,554, 4,114)$ , bunnpunkt $(2,124, - 0,855)$ . Vendepunkter $(1,107, 2,115)$ og $(2,678, - 0,440)$ .

$\int f (x) d x = - \frac{8}{5} e^{- x} (\sin 2 x + 2 \cos 2 x) + C$

$A \approx 4,67$

LøsningsforslagKI-generert

Vi tegner grafen til $f (x) = 8 e^{- x} \cdot \sin 2 x$ på $⟨ 0, π ⟩$ i GeoGebra.

Graf med topp-, bunn- og vendepunkter

Nullpunkt. $f (x) = 0$ når $\sin 2 x = 0$ , altså $2 x = k π$ . På det åpne intervallet $⟨ 0, π ⟩$ gir dette kun

x = \frac{π}{2}

Topp- og bunnpunkt. Vi deriverer med produktregelen:

f^{'} (x) = 8 (- e^{- x} \sin 2 x + 2 e^{- x} \cos 2 x) = 8 e^{- x} (2 \cos 2 x - \sin 2 x)

GeoGebra CAS gir $f^{'} (x) = 0$ for

x = \frac{k π}{2} + \frac{1}{2} \tan^{- 1} (2)

På $⟨ 0, π ⟩$ gir dette to løsninger, $x \approx 0,554$ (toppunkt, $k = 0$ ) og $x \approx 2,124$ (bunnpunkt, $k = 1$ ). Innsatt i $f$ :

f (0,554) \approx 4,114 f (2,124) \approx - 0,855

Siden fortegnet til $f^{'}$ skifter fra pluss til minus i $x \approx 0,554$ , er dette et toppunkt: $(0,554, 4,114)$ . Tilsvarende skifter $f^{'}$ fra minus til pluss i $x \approx 2,124$ , som derfor er et bunnpunkt: $(2,124, - 0,855)$ .

Vendepunkter. Vi deriverer én gang til:

f^{''} (x) = 8 e^{- x} (- 4 \cos 2 x - 3 \sin 2 x)

GeoGebra CAS gir $f^{''} (x) = 0$ for

x = \frac{k π}{2} - \frac{1}{2} \tan^{- 1} (\frac{4}{3})

På $⟨ 0, π ⟩$ gir dette $x \approx 1,107$ ( $k = 1$ ) og $x \approx 2,678$ ( $k = 2$ ), der $f^{''}$ skifter fortegn. Vendepunktene er dermed

(1,107, 2,115) (2,678, - 0,440)

Formelen gjelder for $\int e^{a x} \cdot \sin b x d x$ . Her er $f (x) = 8 e^{- x} \sin 2 x$ , altså $a = - 1$ og $b = 2$ :

\int f (x) d x = 8 \cdot \frac{e^{- x}}{{(- 1)}^{2} + 2^{2}} (- \sin 2 x - 2 \cos 2 x) + C = - \frac{8}{5} e^{- x} (\sin 2 x + 2 \cos 2 x) + C

Vi kontrollerer i GeoGebra CAS ved å definere $F (x) = - \frac{8}{5} e^{- x} (\sin 2 x + 2 \cos 2 x)$ og derivere:

Integral og kontroll ved derivasjon

Derivasjon av $F (x)$ gir $8 e^{- x} \sin 2 x = f (x)$ , som stemmer. Dermed er

\int f (x) d x = - \frac{8}{5} e^{- x} (\sin 2 x + 2 \cos 2 x) + C

Fra a) vet vi at $f (x) > 0$ på $⟨ 0, \frac{π}{2} ⟩$ og $f (x) < 0$ på $⟨ \frac{π}{2}, π ⟩$ . Det samlede arealet finner vi ved å summere absoluttverdiene av de to delintegralene:

A = | \int_{0}^{π / 2} f (x) d x | + | \int_{π / 2}^{π} f (x) d x |

Vi beregner de to bestemte integralene i GeoGebra CAS:

Delarealer og samlet areal

Dette gir $I_{1} \approx 3,865$ og $I_{2} \approx - 0,803$ . Det samlede arealet blir

A = | I_{1} | + | I_{2} | \approx 3,865 + 0,803 \approx 4,669

$A \approx 4,67$

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 7 poeng

Riktig løsning ved bruk av CAS gir ikke full uttelling.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 7
Temaer: Integrasjon, Bestemt integral, Areal under graf, Funksjonsdrøfting
Egen side: Åpne oppgave 2-1 for seg selv

Oppgave 2-2Differensiallikning for sprinterfart og distanse

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

Farten $v$ til en sprinter måles i meter per sekund og er en funksjon av tiden $t$ . Tiden $t$ er målt i sekunder etter start. Farten $v$ er en løsning av differensiallikningen

v^{'} = 12,0 - 1,15 \cdot v

Kalkulator

Løs differensiallikningen og bestem $v (t)$ når du får vite at $v (0) = 0$ .

Kalkulator

Strekningen $s$ måles i meter og er definert ved

s^{'} = v og s (0) = 0

Bestem en formel for $s (t)$ .

Oppsett for hånd

Hvor lang tid vil sprinteren bruke på 100 m, ifølge modellen ovenfor?

Fasit

$v (t) = \frac{240}{23} (1 - e^{- 1,15 t})$

$s (t) = \frac{240}{23} t + \frac{4800}{529} (e^{- 1,15 t} - 1)$

$t \approx 10,45 s$

LøsningsforslagKI-generert

Differensiallikningen

v^{'} = 12,0 - 1,15 v

er en lineær, separabel førsteordens differensiallikning. Vi separerer variablene:

\frac{d v}{12,0 - 1,15 v} = d t

Integrasjon på begge sider gir

- \frac{1}{1,15} \ln | 12,0 - 1,15 v | = t + C_{1}

\ln | 12,0 - 1,15 v | = - 1,15 t + C_{2}

12,0 - 1,15 v = C \cdot e^{- 1,15 t}

v (t) = \frac{12,0}{1,15} - \frac{C}{1,15} \cdot e^{- 1,15 t} = \frac{240}{23} - K \cdot e^{- 1,15 t}

der $\frac{12,0}{1,15} = \frac{240}{23}$ er den stasjonære (grense-)farten, og $K$ er en konstant som bestemmes av initialbetingelsen $v (0) = 0$ :

0 = \frac{240}{23} - K \Rightarrow K = \frac{240}{23}

Dermed er

v (t) = \frac{240}{23} (1 - e^{- 1,15 t})

Dette er stadfestet i GeoGebra CAS (se skjermbilde, linje 1), der $v (t) = - 10,43478 e^{- 1,15 t} + 10,43478$ , som stemmer med $\frac{240}{23} \approx 10,435$ .

Strekningen finner vi ved å integrere farten:

s (t) = \int v (t) d t = \int \frac{240}{23} (1 - e^{- 1,15 t}) d t = \frac{240}{23} t + \frac{240}{23 \cdot 1,15} e^{- 1,15 t} + C

Siden $\frac{240}{23 \cdot 1,15} = \frac{4800}{529}$ , får vi

s (t) = \frac{240}{23} t + \frac{4800}{529} e^{- 1,15 t} + C

Initialbetingelsen $s (0) = 0$ gir

0 = \frac{4800}{529} + C \Rightarrow C = - \frac{4800}{529}

Dermed er

s (t) = \frac{240}{23} t + \frac{4800}{529} (e^{- 1,15 t} - 1)

Dette stemmer med GeoGebra CAS (skjermbilde, linje 2): $s (t) = 10,43478 t + 9,07372 e^{- 1,15 t} - 9,07372$ , der $9,07372 \approx \frac{4800}{529}$ .

Vi skal løse $s (t) = 100$ . Dette er en transcendent likning (blanding av $t$ og $e^{- 1,15 t}$ ) som ikke lar seg løse eksakt for hånd, så vi løser den numerisk i GeoGebra CAS. Vi definerer hjelpefunksjonen $g (t) = s (t) - 100$ og finner nullpunktet på et fornuftig intervall (skjermbilde, linje 3–4):

t \approx 10,45

GeoGebra CAS: v(t), s(t) og numerisk løsning av s(t)=100

Ifølge modellen bruker sprinteren altså omtrent $t \approx 10,45 s$ på å løpe 100 meter.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 6
Temaer: Differensiallikning, Modellering, Integrasjon
Egen side: Åpne oppgave 2-2 for seg selv

Oppgave 2-3Vektorprodukt og areal av trekant ABC

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

Gitt vektorene $\vec{a}$ , $\vec{b}$ og $\vec{c}$ . Ingen av vektorene er $\vec{0}$ .

For hånd

Forklar hvordan vektorene ligger i forhold til hverandre

når $\vec{a} \cdot \vec{b} = 0$

når $\vec{a} \times \vec{b} = \vec{0}$

når $\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c}) = 0$

For hånd

Bruk definisjonen av $\vec{a} \cdot \vec{b}$ og $\vec{a} \times \vec{b}$ til å vise

{(\vec{a} \times \vec{b})}^{2} + {(\vec{a} \cdot \vec{b})}^{2} = | \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2}

Skisse 1 viser en trekant utspent av vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$ .

Skisse 1: trekant utspent av vektorene a og b med areal F

For hånd

Forklar at arealet $F$ av trekanten er

F = \frac{1}{2} \sqrt{| \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2} - {(\vec{a} \cdot \vec{b})}^{2}}

Kommenter hvert av de to tilfellene $\vec{a} \cdot \vec{b} = 0$ og $\vec{a} \times \vec{b} = \vec{0}$ .

Skisse 2: trekant ABC med A(1, 1, 1), B(2, 3, 4) og C(3, 1, 5)

Kalkulator

Bruk uttrykket i oppgave c) til å regne ut arealet av $△ A B C$ i skisse 2.

Fasit

1) $\vec{a} ⟂ \vec{b}$ 2) $\vec{a} ∥ \vec{b}$ 3) $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ er komplanare

Vist ved bruk av $\vec{a} \cdot \vec{b} = | \vec{a} | | \vec{b} | \cos v$ og $| \vec{a} \times \vec{b} | = | \vec{a} | | \vec{b} | \sin v$

Vist, med kommentarer til $\vec{a} \cdot \vec{b} = 0$ og $\vec{a} \times \vec{b} = \vec{0}$

$F = \sqrt{21} \approx 4,58$

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker de geometriske definisjonene $\vec{a} \cdot \vec{b} = | \vec{a} | \cdot | \vec{b} | \cdot \cos v$ og $| \vec{a} \times \vec{b} | = | \vec{a} | \cdot | \vec{b} | \cdot \sin v$ , der $v$ er vinkelen mellom $\vec{a}$ og $\vec{b}$ ( $0 ° \leq v \leq 180 °$ ). Siden ingen av vektorene er $\vec{0}$ , er $| \vec{a} | \neq 0$ og $| \vec{b} | \neq 0$ .

$\vec{a} \cdot \vec{b} = 0 \Leftrightarrow \cos v = 0 \Leftrightarrow v = 90 °$ .

Vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$ står altså normalt på hverandre.

$\vec{a} \times \vec{b} = \vec{0} \Leftrightarrow \sin v = 0 \Leftrightarrow v = 0 °$ eller $v = 180 °$ .

Vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$ er altså parallelle (peker i samme eller motsatt retning).

$\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})$ er spatproduktet, og tallverdien er lik volumet av parallellepipedet utspent av $\vec{a}$ , $\vec{b}$ og $\vec{c}$ .

Når $\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c}) = 0$ , er dette volumet lik null. Det betyr at $\vec{a}$ , $\vec{b}$ og $\vec{c}$ ligger i samme plan, altså at vektorene er komplanare (lineært avhengige).

Vi bruker definisjonene av skalarproduktet og vektorproduktet uttrykt ved vinkelen $v$ mellom $\vec{a}$ og $\vec{b}$ :

\vec{a} \cdot \vec{b} = | \vec{a} | \cdot | \vec{b} | \cdot \cos v | \vec{a} \times \vec{b} | = | \vec{a} | \cdot | \vec{b} | \cdot \sin v

Da blir

{(\vec{a} \times \vec{b})}^{2} + {(\vec{a} \cdot \vec{b})}^{2} = | \vec{a} \times \vec{b} |^{2} + {(\vec{a} \cdot \vec{b})}^{2} = {(| \vec{a} | \cdot | \vec{b} | \cdot \sin v)}^{2} + {(| \vec{a} | \cdot | \vec{b} | \cdot \cos v)}^{2}

= | \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2} \cdot (\sin^{2} v + \cos^{2} v) = | \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2}

siden $\sin^{2} v + \cos^{2} v = 1$ . Dermed er identiteten vist:

{(\vec{a} \times \vec{b})}^{2} + {(\vec{a} \cdot \vec{b})}^{2} = | \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2}

Trekanten i skisse 1 er utspent av vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$ fra samme hjørne, med mellomliggende vinkel $v$ . Arealet av trekanten er halvparten av arealet til parallellogrammet utspent av $\vec{a}$ og $\vec{b}$ :

F = \frac{1}{2} \cdot | \vec{a} | \cdot | \vec{b} | \cdot \sin v = \frac{1}{2} \cdot | \vec{a} \times \vec{b} |

siden $| \vec{a} \times \vec{b} | = | \vec{a} | \cdot | \vec{b} | \cdot \sin v$ (arealet av parallellogrammet).

Fra identiteten i b) har vi ${(\vec{a} \times \vec{b})}^{2} = | \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2} - {(\vec{a} \cdot \vec{b})}^{2}$ , altså

| \vec{a} \times \vec{b} | = \sqrt{| \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2} - {(\vec{a} \cdot \vec{b})}^{2}}

Setter vi dette inn, får vi

F = \frac{1}{2} \sqrt{| \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2} - {(\vec{a} \cdot \vec{b})}^{2}}

Kommentar til de to tilfellene:

Når $\vec{a} \cdot \vec{b} = 0$ (vektorene står normalt på hverandre), blir $F = \frac{1}{2} \sqrt{| \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2}} = \frac{1}{2} \cdot | \vec{a} | \cdot | \vec{b} |$ . Dette er den vanlige arealformelen for en rettvinklet trekant med kateter $| \vec{a} |$ og $| \vec{b} |$ — og siden $\sin 90 ° = 1$ gir dette det størst mulige arealet for gitte lengder $| \vec{a} |$ og $| \vec{b} |$ .
Når $\vec{a} \times \vec{b} = \vec{0}$ (vektorene er parallelle), blir $F = \frac{1}{2} \sqrt{| \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2} - | \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2}} = 0$ . Da ligger $\vec{a}$ og $\vec{b}$ langs samme linje, og det dannes ingen ekte trekant (arealet blir null).

Vi finner først to vektorer som utspenner $△ A B C$ fra $A (1,1,1)$ :

\vec{a} = \vec{A B} = B - A = (2 - 1, 3 - 1, 4 - 1) = (1, 2, 3)

\vec{b} = \vec{A C} = C - A = (3 - 1, 1 - 1, 5 - 1) = (2, 0, 4)

Vi regner ut lengdene og skalarproduktet:

| \vec{a} |^{2} = 1^{2} + 2^{2} + 3^{2} = 14 | \vec{b} |^{2} = 2^{2} + 0^{2} + 4^{2} = 20

\vec{a} \cdot \vec{b} = 1 \cdot 2 + 2 \cdot 0 + 3 \cdot 4 = 14

Setter vi inn i formelen fra c):

F = \frac{1}{2} \sqrt{| \vec{a} |^{2} \cdot | \vec{b} |^{2} - {(\vec{a} \cdot \vec{b})}^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{14 \cdot 20 - 14^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{84} = \sqrt{21}

Kontrollert i GeoGebra CAS:

Areal av trekant ABC beregnet i GeoGebra CAS

$F = \sqrt{21} \approx 4,58$

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 8 poeng

I tilfellet $\vec{a} \times \vec{b} = \vec{0}$ godtas både en kvalitativ vurdering (to parallelle vektorer gir en trekant med høyde null) og algebraisk vurdering (innsetting i formelen).

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 8
Temaer: Vektorer, Romgeometri, Areal og omkrets, Bevis
Egen side: Åpne oppgave 2-3 for seg selv

Oppgave 2-4Aritmetisk og geometrisk rekke med sum

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

Vi har gitt rekken

1 + 3 + 5 + \dots + (2 n - 1)

Kalkulator

Bestem et uttrykk for summen $S_{n}$ av de $n$ første leddene, og bestem hvor mange ledd vi må ta med for at $S_{n}$ skal bli $1 600$ .

En uendelig rekke er gitt ved

1 + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{4^{2}} + \frac{1}{8^{2}} + \dots

Kalkulator

Forklar at dette er en konvergent, geometrisk rekke. Bestem summen av rekken.

Fasit

$S_{n} = n^{2}, n = 40$

$s = \frac{4}{3}$

LøsningsforslagKI-generert

Rekken $1 + 3 + 5 + \dots + (2 n - 1)$ er en aritmetisk rekke med $a_{1} = 1$ og differanse $d = 2$ . Det $n$ -te leddet er $a_{n} = 2 n - 1$ .

Summen av de $n$ første leddene i en aritmetisk rekke er

S_{n} = \frac{a_{1} + a_{n}}{2} \cdot n = \frac{1 + (2 n - 1)}{2} \cdot n = \frac{2 n}{2} \cdot n = n^{2}

For at $S_{n} = 1 600$ må vi løse

n^{2} = 1 600

n = \pm 40

Siden $n$ er et antall ledd, forkaster vi den negative løsningen. Se Løs(n^2=1600, n) i utklippet.

CAS-utregning

Vi må ta med $n = 40$ ledd for at $S_{n} = 1 600$ .

Rekken $1 + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{4^{2}} + \frac{1}{8^{2}} + \dots$ kan skrives om ved å legge merke til at nevnerne er $2^{2}, 4^{2}, 8^{2}, \dots$ , altså $2^{2}, {(2^{2})}^{2}, {(2^{3})}^{2}, \dots$ . Vi ser at hvert ledd er

1, \frac{1}{4}, \frac{1}{16}, \frac{1}{64}, \dots

Forholdet mellom to påfølgende ledd er konstant:

k = \frac{\frac{1}{4}}{1} = \frac{\frac{1}{16}}{\frac{1}{4}} = \frac{1}{4}

Dette er dermed en geometrisk rekke med $a_{1} = 1$ og kvotient $k = \frac{1}{4}$ . Siden $| k | = \frac{1}{4} < 1$ , konvergerer rekken.

Summen av en konvergent geometrisk rekke er gitt ved

s = \frac{a_{1}}{1 - k} = \frac{1}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{1}{\frac{3}{4}} = \frac{4}{3}

Se linje 3 i CAS-utklippet over, som bekrefter $s = \frac{4}{3}$ .

Summen av rekken er $s = \frac{4}{3}$ .

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 4 poeng

Korrekt løsning ved bruk av CAS eller andre digitale verktøy, med tilfredsstillende presentasjon, gir full uttelling. Jf. vurderingsveiledningen 2012.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Aritmetisk rekke, Geometrisk rekke, Rekker, Konvergens
Egen side: Åpne oppgave 2-4 for seg selv

Oppgave 2-5Volum av ellipsoide ved integrasjon

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

En såkalt ellipse med sentrum i origo $O$ er gitt ved likningen

{(\frac{x}{a})}^{2} + {(\frac{y}{b})}^{2} = 1

Hvis vi dreier øvre halvdel av ellipsen $360 °$ om $x$ -aksen, får vi et omdreiningslegeme som vi kaller en ellipsoide.

Øvre halvdel av en ellipse i et koordinatsystem med skjæringspunkter i -a og a på x-aksen og høyde b på y-aksen

For hånd

Vis at likningen for ellipsen kan omformes til $y^{2} = b^{2} - \frac{b^{2} x^{2}}{a^{2}}$

For hånd

Bruk integrasjon for å vise at formelen for volumet av ellipsoiden er $\frac{4}{3} π a b^{2}$

Fasit

$y^{2} = b^{2} - \frac{b^{2} x^{2}}{a^{2}}$

$V = \frac{4}{3} π a b^{2}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi tar utgangspunkt i likningen for ellipsen

{(\frac{x}{a})}^{2} + {(\frac{y}{b})}^{2} = 1

som kan skrives

\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1

Vi isolerer leddet med $y^{2}$ :

\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 - \frac{x^{2}}{a^{2}}

Vi ganger begge sider med $b^{2}$ :

y^{2} = b^{2} (1 - \frac{x^{2}}{a^{2}}) = b^{2} - \frac{b^{2} x^{2}}{a^{2}}

Dermed er likningen for ellipsen omformet til det ønskede uttrykket.

Når vi dreier den øvre halvdelen av ellipsen $360 °$ om $x$ -aksen, dannes en ellipsoide som strekker seg fra $x = - a$ til $x = a$ . Volumet av et omdreiningslegeme om $x$ -aksen er gitt ved

V = π \int_{- a}^{a} y^{2} d x

Vi setter inn uttrykket for $y^{2}$ fra a):

V = π \int_{- a}^{a} (b^{2} - \frac{b^{2} x^{2}}{a^{2}}) d x

Vi finner et antiderivert uttrykk og beregner integralet:

V = π {[b^{2} x - \frac{b^{2} x^{3}}{3 a^{2}}]}_{- a}^{a}

Vi setter inn grensene:

V = π [(b^{2} a - \frac{b^{2} a^{3}}{3 a^{2}}) - (- b^{2} a + \frac{b^{2} a^{3}}{3 a^{2}})]

V = π [(a b^{2} - \frac{a b^{2}}{3}) - (- a b^{2} + \frac{a b^{2}}{3})] = π (\frac{2}{3} a b^{2} + \frac{2}{3} a b^{2}) = π \cdot \frac{4}{3} a b^{2}

Dette gir

V = \frac{4}{3} π a b^{2}

Vi kontrollerer integralet i GeoGebra CAS:

CAS-beregning av integralet for volumet av ellipsoiden

CAS-beregningen viser $\int_{- a}^{a} (b^{2} - \frac{b^{2} x^{2}}{a^{2}}) d x = \frac{4}{3} a b^{2}$ , som bekrefter at $V = \frac{4}{3} π a b^{2}$ .

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 4 poeng

Korrekt løsning ved bruk av CAS eller andre digitale verktøy, med tilfredsstillende presentasjon, gir full uttelling. Jf. vurderingsveiledningen 2012.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 4
Temaer: Omdreiningslegeme, Volum, Integrasjon, Bevis
Egen side: Åpne oppgave 2-5 for seg selv

Oppgave 2-6Tangent til kvadratrotfunksjon og areal

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

Grafen til f med tangenten i punktet P(a, f(a)); tangenten skjærer x-aksen i A, grafen starter i B og C ligger rett under P på x-aksen

Skissen ovenfor viser grafen til funksjonen $f$ gitt ved

f (x) = \sqrt{x - 2}

På skissen er det også tegnet inn tangenten til grafen i punktet $P (a, f (a))$ .

For hånd

Vis at likningen til tangenten er

y = \frac{1}{2 \sqrt{a - 2}} x + \frac{a - 4}{2 \sqrt{a - 2}}

Bestem koordinatene til punktene $A$ , $B$ og $C$ på figuren.

For hånd

Vis at arealet av området som er avgrenset av grafen til $f$ og $x$ -aksen fra $B$ til $C$ er

\frac{2}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}

Bestem også arealet av $△ A C P$ .

For hånd

Grafen til $f$ deler $△ A C P$ i to områder. Vis at arealet til det ene området er dobbelt så stort som arealet til det andre.

Fasit

$A (4 - a, 0), B (2, 0), C (a, 0)$

Areal under grafen: $\frac{2}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}$ . $Areal (△ A C P) = {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}$

Arealene er $\frac{2}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}$ og $\frac{1}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}$ — forholdet er $2 : 1$

LøsningsforslagKI-generert

Funksjonen er $f (x) = \sqrt{x - 2}$ , med definisjonsmengde $x \geq 2$ . Den deriverte er

f^{'} (x) = \frac{1}{2 \sqrt{x - 2}}

Tangenten til grafen i punktet $P (a, f (a))$ har likning

y = f (a) + f^{'} (a) (x - a) = \sqrt{a - 2} + \frac{1}{2 \sqrt{a - 2}} (x - a)

Vi setter $\sqrt{a - 2}$ på felles brøkstrek med resten:

y = \frac{x}{2 \sqrt{a - 2}} - \frac{a}{2 \sqrt{a - 2}} + \sqrt{a - 2} = \frac{x}{2 \sqrt{a - 2}} + \frac{- a + 2 (a - 2)}{2 \sqrt{a - 2}}

y = \frac{1}{2 \sqrt{a - 2}} x + \frac{a - 4}{2 \sqrt{a - 2}}

som var det som skulle vises. GeoGebra CAS bekrefter dette (linje 3 i utklippet under, med t(x) skrevet med felles brøkstrek):

CAS-utregning av tangentlikning og arealer

Punktene:

$B$ er der grafen til $f$ starter, altså $x = 2$ (grensen for definisjonsmengden), som gir $B (2, 0)$ .
$C$ ligger rett under $P$ på $x$ -aksen, altså $C (a, 0)$ .
$A$ er skjæringspunktet mellom tangenten og $x$ -aksen. Vi setter $y = 0$ :

0 = \frac{x}{2 \sqrt{a - 2}} + \frac{a - 4}{2 \sqrt{a - 2}} \Rightarrow x = - (a - 4) = 4 - a

Dette stemmer med linje 4 i CAS-utklippet ( $x = - a + 4$ ). Dermed er $A (4 - a, 0)$ .

Siden $a > 2$ , ligger punktene i rekkefølgen $A < B < C$ langs $x$ -aksen, slik figuren viser.

Arealet mellom grafen til $f$ og $x$ -aksen fra $B$ (der $x = 2$ ) til $C$ (der $x = a$ ) er gitt ved det bestemte integralet

T = \int_{2}^{a} \sqrt{x - 2} d x = {[\frac{2}{3} {(x - 2)}^{\frac{3}{2}}]}_{2}^{a} = \frac{2}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}} - 0

T = \frac{2}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}

som var det som skulle vises (se ArealBC på linje 5 i CAS-utklippet).

Arealet av $△ A C P$ : Grunnlinjen $A C$ ligger på $x$ -aksen og har lengde

| A C | = a - (4 - a) = 2 a - 4 = 2 (a - 2)

Høyden i trekanten er avstanden fra $P$ ned til grunnlinjen, altså $y$ -koordinaten til $P$ : $h = f (a) = \sqrt{a - 2}$ . Arealet blir da

Areal (△ A C P) = \frac{1}{2} \cdot | A C | \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 2 (a - 2) \cdot \sqrt{a - 2} = (a - 2) \cdot \sqrt{a - 2}

Areal (△ A C P) = {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}

Dette stemmer med ArealACP på linje 6 i CAS-utklippet ovenfor.

Grafen til $f$ går fra $B (2,0)$ til $P (a, f (a))$ , og siden $B$ ligger på grunnlinjen $A C$ (mellom $A$ og $C$ ), deler grafen trekanten $△ A C P$ i to områder:

Område 1: avgrenset av grafen, linjestykket $C P$ (loddrett opp til $P$ ) og linjestykket $B C$ på $x$ -aksen. Dette er nøyaktig arealet $T$ fra oppgave b):

T_{1} = \frac{2}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}

Område 2: resten av trekanten, altså det som ligger mellom tangenten $A P$ , linjestykket $A B$ på $x$ -aksen og grafen til $f$ . Arealet er differansen mellom hele trekanten og område 1:

T_{2} = Areal (△ A C P) - T_{1} = {(a - 2)}^{\frac{3}{2}} - \frac{2}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}} = \frac{1}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}

Dette bekreftes av ArealAndreOmr på linje 7 i CAS-utklippet. Forholdet mellom de to arealene er

\frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{\frac{2}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}}{\frac{1}{3} {(a - 2)}^{\frac{3}{2}}} = 2

som stemmer med linje 8 i CAS-utklippet. Dermed er $T_{1} = 2 \cdot T_{2}$ , altså er det ene området dobbelt så stort som det andre, uansett hvilken verdi $a$ har (så lenge $a > 2$ ).

Illustrasjon (med $a = 6$ , som gir $A (- 2,0)$ , $B (2,0)$ , $C (6,0)$ , $P (6,2)$ ): grafen til $f$ deler trekanten $△ A C P$ i det grønne området ( $T_{1} = \frac{2}{3} \cdot 4^{\frac{3}{2}} \approx 5,33$ ) og det oransje området ( $T_{2} \approx 2,67$ ), der det grønne er dobbelt så stort som det oransje.

Trekant ACP delt av grafen til f i to områder, illustrert med a = 6

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 7 poeng

Korrekt løsning ved bruk av CAS eller andre digitale verktøy, med tilfredsstillende presentasjon, gir full uttelling. Jf. vurderingsveiledningen 2012.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 7
Temaer: Derivasjon, Integrasjon, Areal under graf, Bevis
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 · 8 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 1-1Deriver eksponentialfunksjon og sinuspotens

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-2Integral av sinuspotens og x ln x

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-3Rettvinklet trekant og parallellogram i rommet

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-4Andreordens differensiallikning med eksponentialløsning

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-5Konvergens av geometrisk rekke med kvotient en tredel

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-6Bestemme konstanter i periodisk sinusfunksjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-7Ekstremalpunkter for x kvadrat ganger e i minus x

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-8Induksjonsbevis for sum av n ganger n pluss tre

Forstå oppgaven med en KI

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 6 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 2-1Areal under 8e opphøyd minus x ganger sin 2x

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-2Differensiallikning for sprinterfart og distanse

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-3Vektorprodukt og areal av trekant ABC

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4Aritmetisk og geometrisk rekke med sum

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-5Volum av ellipsoide ved integrasjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-6Tangent til kvadratrotfunksjon og areal

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 8 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 1-1·Deriver eksponentialfunksjon og sinuspotens

Oppgave 1-2·Integral av sinuspotens og x ln x

Oppgave 1-3·Rettvinklet trekant og parallellogram i rommet

Oppgave 1-4·Andreordens differensiallikning med eksponentialløsning

Oppgave 1-5·Konvergens av geometrisk rekke med kvotient en tredel

Oppgave 1-6·Bestemme konstanter i periodisk sinusfunksjon

Oppgave 1-7·Ekstremalpunkter for x kvadrat ganger e i minus x

Oppgave 1-8·Induksjonsbevis for sum av n ganger n pluss tre

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 6 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 2-1·Areal under 8e opphøyd minus x ganger sin 2x

Oppgave 2-2·Differensiallikning for sprinterfart og distanse

Oppgave 2-3·Vektorprodukt og areal av trekant ABC

Oppgave 2-4·Aritmetisk og geometrisk rekke med sum

Oppgave 2-5·Volum av ellipsoide ved integrasjon

Oppgave 2-6·Tangent til kvadratrotfunksjon og areal

Temaer

Oppgave 1-1Deriver eksponentialfunksjon og sinuspotens

Oppgave 1-2Integral av sinuspotens og x ln x

Oppgave 1-3Rettvinklet trekant og parallellogram i rommet

Oppgave 1-4Andreordens differensiallikning med eksponentialløsning

Oppgave 1-5Konvergens av geometrisk rekke med kvotient en tredel

Oppgave 1-6Bestemme konstanter i periodisk sinusfunksjon

Oppgave 1-7Ekstremalpunkter for x kvadrat ganger e i minus x

Oppgave 1-8Induksjonsbevis for sum av n ganger n pluss tre

Oppgave 2-1Areal under 8e opphøyd minus x ganger sin 2x

Oppgave 2-2Differensiallikning for sprinterfart og distanse

Oppgave 2-3Vektorprodukt og areal av trekant ABC

Oppgave 2-4Aritmetisk og geometrisk rekke med sum

Oppgave 2-5Volum av ellipsoide ved integrasjon

Oppgave 2-6Tangent til kvadratrotfunksjon og areal