R2 Høst 2015

Oppgave 1-1Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H15

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

Deriver funksjonene

f (x) = 5 \cdot \cos (2 x)

g (x) = x \cdot \sin x

h (x) = 5 e^{- x} \cdot \sin (2 x)

Fasit

$f^{'} (x) = - 10 \sin (2 x)$

$g^{'} (x) = \sin x + x \cos x$

$h^{'} (x) = 5 e^{- x} (2 \cos (2 x) - \sin (2 x))$

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker kjerneregelen på $f (x) = 5 \cos (2 x)$ . Den ytre funksjonen er $5 \cos (u)$ med derivert $- 5 \sin (u)$ , og den indre funksjonen er $u = 2 x$ med derivert $2$ .

f^{'} (x) = 5 \cdot (- \sin (2 x)) \cdot 2 = - 10 \sin (2 x)

Vi bruker produktregelen ${(u \cdot v)}^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ på $g (x) = x \cdot \sin x$ , med $u = x$ , $u^{'} = 1$ , $v = \sin x$ , $v^{'} = \cos x$ .

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

Vi bruker produktregelen på $h (x) = 5 e^{- x} \cdot \sin (2 x)$ , med $u = 5 e^{- x}$ , $u^{'} = - 5 e^{- x}$ (kjerneregel), $v = \sin (2 x)$ , $v^{'} = 2 \cos (2 x)$ (kjerneregel).

h^{'} (x) = - 5 e^{- x} \cdot \sin (2 x) + 5 e^{- x} \cdot 2 \cos (2 x)

h^{'} (x) = - 5 e^{- x} \sin (2 x) + 10 e^{- x} \cos (2 x) = 5 e^{- x} (2 \cos (2 x) - \sin (2 x))

Oppgavedata

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

Oppgave 1-2Integraler med substitusjon og bestemt integral

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

Bestem integralene

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

\int \frac{e^{x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}} d x

Fasit

$\frac{2}{3}$

$- \frac{1}{e^{x} + 1} + C$

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner en antiderivert til $x^{2} - 2 x + 1$ og bruker fundamentalteoremet.

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

= (\frac{1}{3} \cdot 2^{3} - 2^{2} + 2) - (0) = \frac{8}{3} - 4 + 2 = \frac{8}{3} - 2 = \frac{2}{3}

Vi substituerer $u = e^{x} + 1$ , som gir $d u = e^{x} d x$ .

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

Setter tilbake $u = e^{x} + 1$ :

- \frac{1}{e^{x} + 1} + C

Oppgavedata

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

Oppgave 1-3Omdreiningslegeme av eksponentialfunksjon

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

Funksjonen $f$ er gitt ved

f (x) = 2 e^{- \frac{1}{2} x}, x \in [0, \ln 3]

Vi roterer grafen til $f$ $360 °$ om $x$ -aksen.

Vis at volumet $V$ av omdreiningslegemet blir $V = \frac{8}{3} π$

Fasit

$V = \frac{8}{3} π$

LøsningsforslagKI-generert

Volumet av et omdreiningslegeme som oppstår når grafen til $f$ roteres $360 °$ om $x$ -aksen på intervallet $[a, b]$ , er gitt ved

V = π \int_{a}^{b} {(f (x))}^{2} d x

Vi setter inn $f (x) = 2 e^{- \frac{1}{2} x}$ , $a = 0$ og $b = \ln 3$ . Først finner vi ${(f (x))}^{2}$ :

{(f (x))}^{2} = {(2 e^{- \frac{1}{2} x})}^{2} = 4 e^{- x}

Dette gir

V = π \int_{0}^{\ln 3} 4 e^{- x} d x = π {[- 4 e^{- x}]}_{0}^{\ln 3}

V = π (- 4 e^{- \ln 3} - (- 4 e^{0})) = π (- 4 \cdot \frac{1}{3} + 4) = π (- \frac{4}{3} + 4) = π \cdot \frac{8}{3}

Dermed er $V = \frac{8}{3} π$ , som skulle vises.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 3
Temaer: Omdreiningslegeme, Integrasjon, Eksponentialfunksjon, Bestemt integral
Egen side: Åpne oppgave 1-3 for seg selv

Oppgave 1-4Areal og derivert fra graf

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

Figuren viser grafene til funksjonene $F$ og $f$ .

Det er gitt at $F^{'} (x) = f (x)$

Grafene til F og f med markert flatestykke

Bruk figuren til å bestemme $F^{'} (4)$

Bruk figuren til å bestemme arealet av det markerte flatestykket.

Fasit

$F^{'} (4) = 1$

$Areal = 7$

LøsningsforslagKI-generert

Siden $F^{'} (x) = f (x)$ , er $F^{'} (4)$ det samme som verdien til $f$ i $x = 4$ . Fra grafen leser vi av at den blå grafen ( $f$ ) har verdien $1$ når $x = 4$ .

F^{'} (4) = f (4) = 1

Arealet av det markerte flatestykket er arealet mellom grafen til $f$ og $x$ -aksen på intervallet $[1, 4]$ , altså

Areal = \int_{1}^{4} f (x) d x

Siden $F$ er en antiderivert til $f$ , kan vi bruke fundamentalteoremet og lese av verdiene til $F$ på grafen:

\int_{1}^{4} f (x) d x = {[F (x)]}_{1}^{4} = F (4) - F (1)

Fra grafen leser vi av at den røde grafen ( $F$ ) har verdien $F (4) = 6$ og $F (1) = - 1$ .

Areal = 6 - (- 1) = 7

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Integrasjon, Bestemt integral, Graf, Derivasjon
Egen side: Åpne oppgave 1-4 for seg selv

Oppgave 1-5Kuleflate på standardform

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

En kuleflate er gitt ved likningen

x^{2} - 2 x + y^{2} + 6 y + z^{2} - 4 z - 11 = 0

Vis at punktet $P (4, 1, 2)$ ligger på kuleflaten.

Bestem sentrum og radius til kulen.

Bestem en likning for tangentplanet til kulen i punktet $P$ .

Fasit

Punktet oppfyller likningen.

$S (1, - 3, 2), r = 5$

$3 x + 4 y = 16$

LøsningsforslagKI-generert

Vi setter inn koordinatene til $P (4, 1, 2)$ i likningen for kuleflaten:

4^{2} - 2 \cdot 4 + 1^{2} + 6 \cdot 1 + 2^{2} - 4 \cdot 2 - 11

= 16 - 8 + 1 + 6 + 4 - 8 - 11 = 0

Siden venstresiden blir $0$ , oppfyller $P (4, 1, 2)$ likningen, og punktet ligger dermed på kuleflaten.

Vi fullfører kvadratet for hvert av leddene $x^{2} - 2 x$ , $y^{2} + 6 y$ og $z^{2} - 4 z$ .

x^{2} - 2 x = {(x - 1)}^{2} - 1

y^{2} + 6 y = {(y + 3)}^{2} - 9

z^{2} - 4 z = {(z - 2)}^{2} - 4

Setter vi dette inn i likningen, får vi

{(x - 1)}^{2} - 1 + {(y + 3)}^{2} - 9 + {(z - 2)}^{2} - 4 - 11 = 0

{(x - 1)}^{2} + {(y + 3)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 25

Dette er likningen for en kuleflate på standardform ${(x - x_{0})}^{2} + {(y - y_{0})}^{2} + {(z - z_{0})}^{2} = r^{2}$ , med sentrum $S (1, - 3, 2)$ og radius $r = \sqrt{25} = 5$ .

Tangentplanet til kulen i punktet $P$ står normalt på vektoren $\vec{S P}$ fra sentrum $S$ til $P$ . Vi finner denne vektoren:

\vec{S P} = P - S = (4 - 1, 1 - (- 3), 2 - 2) = (3, 4, 0)

Denne vektoren er normalvektor til tangentplanet, og planet går gjennom $P (4,1,2)$ . Likningen for et plan med normalvektor $(a, b, c)$ gjennom punktet $(x_{1}, y_{1}, z_{1})$ er

a (x - x_{1}) + b (y - y_{1}) + c (z - z_{1}) = 0

3 (x - 4) + 4 (y - 1) + 0 (z - 2) = 0

3 x - 12 + 4 y - 4 = 0

3 x + 4 y = 16

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 5
Temaer: Kule, Romgeometri, Vektorer
Egen side: Åpne oppgave 1-5 for seg selv

Oppgave 1-6Addisjonsteoremer og dobbeltvinkel

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

Følgende formler er gitt:

\sin (u + v) = \sin u \cdot \cos v + \cos u \cdot \sin v

\cos (u + v) = \cos u \cdot \cos v - \sin u \cdot \sin v

Bruk formlene ovenfor til å uttrykke $\sin (2 x)$ og $\cos (2 x)$ ved $\sin x$ og $\cos x$ .

Vis at $\sin (3 x) = 3 \sin x - 4 {(\sin x)}^{3}$

Fasit

$\sin (2 x) = 2 \sin x \cos x$ , $\cos (2 x) = \cos^{2} x - \sin^{2} x$

Vist under.

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker addisjonsteoremene med $u = v = x$ .

\sin (2 x) = \sin (x + x) = \sin x \cdot \cos x + \cos x \cdot \sin x = 2 \sin x \cos x

\cos (2 x) = \cos (x + x) = \cos x \cdot \cos x - \sin x \cdot \sin x = \cos^{2} x - \sin^{2} x

Vi skriver $3 x = 2 x + x$ og bruker addisjonsteoremet for $\sin$ sammen med resultatene fra a).

\sin (3 x) = \sin (2 x + x) = \sin (2 x) \cdot \cos x + \cos (2 x) \cdot \sin x

Setter inn $\sin (2 x) = 2 \sin x \cos x$ og $\cos (2 x) = \cos^{2} x - \sin^{2} x$ :

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

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

Bruker så $\cos^{2} x = 1 - \sin^{2} x$ :

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

\sin (3 x) = 3 \sin x - 4 \sin^{3} x

som var det som skulle vises.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Trigonometri, Eksakte verdier, Bevis
Egen side: Åpne oppgave 1-6 for seg selv

Oppgave 1-7Vektorprodukt og plan gjennom tre punkter

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

Punktene $A (1, 2, - 2)$ , $B (2, - 3, 4)$ og $C (- 2, 3, 1)$ er gitt.

Bestem ved regning vektorproduktet $\vec{A B} \times \vec{A C}$ .

Forklar at $C$ ikke ligger på linjen gjennom $A$ og $B$ .

Bestem en likning for planet $α$ gjennom $A$ , $B$ og $C$ .

Avgjør om punktet $D (2, 2, 3)$ ligger i $α$ .

Fasit

$\vec{A B} \times \vec{A C} = (- 21, - 21, - 14)$

Vektorproduktet er forskjellig fra nullvektoren, så $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ er ikke parallelle.

$3 x + 3 y + 2 z - 5 = 0$

$D$ ligger $ikke$ i $α$ .

LøsningsforslagKI-generert

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

\vec{A B} = B - A = (2 - 1, - 3 - 2, 4 - (- 2)) = (1, - 5, 6)

\vec{A C} = C - A = (- 2 - 1, 3 - 2, 1 - (- 2)) = (- 3, 1, 3)

Vektorproduktet er

\vec{A B} \times \vec{A C} = | \begin{matrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & - 5 & 6 \\ - 3 & 1 & 3 \end{matrix} |

= ((- 5) \cdot 3 - 6 \cdot 1) \vec{i} - (1 \cdot 3 - 6 \cdot (- 3)) \vec{j} + (1 \cdot 1 - (- 5) \cdot (- 3)) \vec{k}

\vec{A B} \times \vec{A C} = (- 21, - 21, - 14)

Dersom $C$ hadde ligget på linjen gjennom $A$ og $B$ , ville $\vec{A C}$ vært parallell med $\vec{A B}$ , og da måtte $\vec{A B} \times \vec{A C} = \vec{0}$ .

Fra a) er $\vec{A B} \times \vec{A C} = (- 21, - 21, - 14) \neq \vec{0}$ . Dermed er $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ ikke parallelle, og $C$ ligger $ikke$ på linjen gjennom $A$ og $B$ .

Vektorproduktet $\vec{A B} \times \vec{A C} = (- 21, - 21, - 14)$ står normalt på planet $α$ . Vi kan forkorte med $- 7$ og bruke normalvektoren $\vec{n} = (3, 3, 2)$ .

Likningen for planet blir da $3 (x - x_{0}) + 3 (y - y_{0}) + 2 (z - z_{0}) = 0$ , der vi setter inn punktet $A (1,2, - 2)$ :

3 (x - 1) + 3 (y - 2) + 2 (z - (- 2)) = 0

3 x - 3 + 3 y - 6 + 2 z + 4 = 0

3 x + 3 y + 2 z - 5 = 0

Vi setter koordinatene til $D (2,2,3)$ inn i planlikningen fra c).

3 \cdot 2 + 3 \cdot 2 + 2 \cdot 3 - 5 = 6 + 6 + 6 - 5 = 13 \neq 0

Siden venstre side ikke blir null, ligger $D$ $ikke$ i planet $α$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 6
Temaer: Vektorer, Romgeometri, Plan
Egen side: Åpne oppgave 1-7 for seg selv

Oppgave 1-8Separabel differensiallikning med startverdi

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

Løs differensiallikningen

y^{2} \cdot y^{'} = x, y (0) = 2

Fasit

$y = \sqrt[3]{\frac{3 x^{2} + 16}{2}}$

LøsningsforslagKI-generert

Differensiallikningen $y^{2} \cdot y^{'} = x$ er separabel. Vi skriver $y^{'} = \frac{d y}{d x}$ og separerer variablene:

y^{2} d y = x d x

Integrerer på begge sider:

\int y^{2} d y = \int x d x

\frac{y^{3}}{3} = \frac{x^{2}}{2} + C

Startbetingelsen $y (0) = 2$ gir

\frac{2^{3}}{3} = \frac{0^{2}}{2} + C \Rightarrow C = \frac{8}{3}

Setter inn $C$ og multipliserer likningen med $3$ :

\frac{y^{3}}{3} = \frac{x^{2}}{2} + \frac{8}{3} \Rightarrow y^{3} = \frac{3 x^{2}}{2} + 8 = \frac{3 x^{2} + 16}{2}

Løser vi ut $y$ , får vi den partikulære løsningen

y = \sqrt[3]{\frac{3 x^{2} + 16}{2}}

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 3
Temaer: Differensiallikning, Integrasjon
Egen side: Åpne oppgave 1-8 for seg selv

Oppgave 1-9Induksjonsbevis av kubikksum

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

Bruk induksjon til å bevise påstanden

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

Fasit

Se bevis under.

LøsningsforslagKI-generert

Vi skal bevise ved induksjon at

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

Grunnlag ( $n = 1$ ):

Venstre side er $1^{3} = 1$ . Høyre side er

\frac{1^{2} \cdot 2^{2}}{4} = \frac{4}{4} = 1

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 at

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

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

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

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

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

Vi setter ${(k + 1)}^{2}$ utenfor parentes:

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

Uttrykket $k^{2} + 4 k + 4$ kan faktoriseres som ${(k + 2)}^{2}$ :

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

Dette er nettopp høyre side av $P (k + 1)$ . Dermed er $P (k + 1)$ 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.

1^{3} + 2^{3} + \dots + n^{3} = \frac{n^{2} {(n + 1)}^{2}}{4} for alle n \in ℕ

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 3
Temaer: Induksjon, Tallfølger, Bevis
Egen side: Åpne oppgave 1-9 for seg selv

Oppgave 2-1Funksjonsstudie med eksponentiell demping

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

En funksjon $f$ er gitt ved

f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x), x \in [0, \to ⟩

Krever PC

Bruk graftegner til å tegne grafen til $f$ for $x \in [0, 3 π]$ .

Kalkulator

Bestem nullpunktene til $f$ i intervallet $[0, 3 π]$ .

Kalkulator

Bestem topp- og bunnpunktene på grafen til $f$ i intervallet $⟨ 0, 3 π ⟩$ .

Kalkulator

Bestem arealet begrenset av grafen til $f$ og $x$ -aksen mellom $x = 0$ og $x = \frac{π}{2}$ .

Fasit

Se graf i løsningsforslaget.

$x = 0, \frac{π}{2}, π, \frac{3 π}{2}, 2 π, \frac{5 π}{2}, 3 π$

Se tabell i løsningsforslaget.

$A = \frac{90 (1 + e^{- π / 6})}{37} \approx 3,87$

LøsningsforslagKI-generert

Grafen til $f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x)$ for $x \in [0, 3 π]$ er tegnet med GeoGebra:

Graf til f med nullpunkter og ekstremalpunkter

Vi finner nullpunktene ved å løse $f (x) = 0$ :

5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x) = 0

Siden $e^{- \frac{x}{3}} > 0$ for alle $x$ , må $\sin (2 x) = 0$ . Det gir

2 x = k π \Rightarrow x = \frac{k π}{2}, k = 0, 1, 2, \dots

I intervallet $[0, 3 π]$ blir dette $k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6$ , altså punktene som er markert på grafen i a):

x = 0, \frac{π}{2}, π, \frac{3 π}{2}, 2 π, \frac{5 π}{2}, 3 π

Vi bruker CAS til å derivere $f$ og løse $f^{'} (x) = 0$ :

CAS: derivasjon og likning f'(x)=0

CAS gir

f^{'} (x) = \frac{5 e^{- \frac{x}{3}} (6 \cos (2 x) - \sin (2 x))}{3}

Siden $e^{- \frac{x}{3}} > 0$ , må $6 \cos (2 x) - \sin (2 x) = 0$ , som gir $\tan (2 x) = 6$ . Løsningen av $f^{'} (x) = 0$ blir dermed

x = \frac{1}{2} \tan^{- 1} (6) + k \cdot \frac{π}{2}, k \in ℤ

I det åpne intervallet $⟨ 0, 3 π ⟩$ gir dette seks ekstremalpunkter ( $k = 0, 1, 2, 3, 4, 5$ ), synlige på grafen i a). De alternerer mellom topp- og bunnpunkt siden $f$ starter i $f (0) = 0$ og øker ( $f^{'} (0) = 10 > 0$ ):

$k$	$x$	$f(x)$	Type
0	$\approx 0{,}70$	$\approx 3{,}90$	Toppunkt
1	$\approx 2{,}27$	$\approx -2{,}31$	Bunnpunkt
2	$\approx 3{,}84$	$\approx 1{,}37$	Toppunkt
3	$\approx 5{,}42$	$\approx -0{,}81$	Bunnpunkt
4	$\approx 6{,}99$	$\approx 0{,}48$	Toppunkt
5	$\approx 8{,}56$	$\approx -0{,}28$	Bunnpunkt

$k$

$x$

$f(x)$

Type

0

$\approx 0{,}70$

$\approx 3{,}90$

Toppunkt

1

$\approx 2{,}27$

$\approx -2{,}31$

Bunnpunkt

2

$\approx 3{,}84$

$\approx 1{,}37$

Toppunkt

3

$\approx 5{,}42$

$\approx -0{,}81$

Bunnpunkt

4

$\approx 6{,}99$

$\approx 0{,}48$

Toppunkt

5

$\approx 8{,}56$

$\approx -0{,}28$

Bunnpunkt

Toppunktene er altså $(0,70, 3,90), (3,84, 1,37), (6,99, 0,48)$ og bunnpunktene er $(2,27, - 2,31), (5,42, - 0,81), (8,56, - 0,28)$ .

På intervallet $[0, \frac{π}{2}]$ er $\sin (2 x) \geq 0$ , så $f (x) \geq 0$ . Arealet mellom grafen og $x$ -aksen er derfor gitt direkte av det bestemte integralet

A = \int_{0}^{\frac{π}{2}} 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x) d x

Vi beregner integralet med CAS:

CAS: bestemt integral av f fra 0 til pi/2

CAS gir

A = \frac{90 e^{- \frac{π}{6}} + 90}{37} = \frac{90 (1 + e^{- \frac{π}{6}})}{37} \approx 3,87

A \approx 3,87

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 6
Temaer: Funksjonsdrøfting, Trigonometri, Eksponentialfunksjon, Integrasjon, Nullpunkter, CAS
Egen side: Åpne oppgave 2-1 for seg selv

Oppgave 2-2Differensiallikning andre orden verifisering

For hånd

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

Vis at $f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x)$ er en løsning av differensiallikningen

9 y^{''} + 6 y^{'} + 37 y = 0, y (0) = 0 og y^{'} (0) = 10

Fasit

$f (0) = 0$ , $f^{'} (0) = 10$ og $9 f^{''} + 6 f^{'} + 37 f = 0$ for alle $x$ $\Rightarrow f er en løsning$

LøsningsforslagKI-generert

Vi skal vise at $f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x)$ oppfyller både differensiallikningen og de to startbetingelsene.

Startbetingelser

Vi setter $x = 0$ inn i $f$ :

f (0) = 5 e^{0} \cdot \sin (0) = 5 \cdot 1 \cdot 0 = 0

som stemmer med $y (0) = 0$ .

Vi deriverer $f$ med produktregelen:

f^{'} (x) = 5 \cdot (- \frac{1}{3}) e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x) + 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot 2 \cos (2 x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} (- \frac{1}{3} \sin (2 x) + 2 \cos (2 x))

Da blir

f^{'} (0) = 5 \cdot 1 \cdot (0 + 2) = 10

som stemmer med $y^{'} (0) = 10$ .

Differensiallikningen

Vi deriverer $f^{'} (x)$ på nytt for å finne $f^{''} (x)$ :

f^{''} (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} (- \frac{35}{9} \sin (2 x) - \frac{4}{3} \cos (2 x))

Dette er verifisert i CAS, se utklippet under (linje 3 og 5 viser $g (x) = f^{'} (x)$ og $h (x) = f^{''} (x)$ ):

CAS-verifisering av f, f' og f''

Vi setter $f$ , $f^{'}$ og $f^{''}$ inn i venstresiden av differensiallikningen $9 y^{''} + 6 y^{'} + 37 y$ :

\begin{matrix} 9 f^{''} (x) + 6 f^{'} (x) + 37 f (x) & = 5 e^{- \frac{x}{3}} [\underset{= 0}{\underset{⏟}{(- 35 - 2 + 37)}} \sin (2 x) + \underset{= 0}{\underset{⏟}{(- 12 + 12)}} \cos (2 x)] \\ = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot 0 = 0 \end{matrix}

CAS (linje 6 i utklippet) bekrefter det samme: Forenkle(9h(x) + 6g(x) + 37f(x)) gir $0$ .

Dermed oppfyller $f$ både differensiallikningen $9 y^{''} + 6 y^{'} + 37 y = 0$ og startbetingelsene $y (0) = 0$ og $y^{'} (0) = 10$ , så

f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x) er en løsning av differensiallikningen

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 3
Temaer: Differensiallikning, Eksponentialfunksjon, Trigonometri, Bevis
Egen side: Åpne oppgave 2-2 for seg selv

Oppgave 2-3Nullpunkter og maksimumsverdier i geometrisk rekke

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

Vi skal i denne oppgaven studere nærmere $f (x)$ som ble gitt i oppgave 1 i Del 2:

f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x), x \in [0, \to ⟩

Kalkulator

Vis at nullpunktene til $f$ i oppgave 1 danner en aritmetisk tallfølge $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots$ Bestem $a_{20}$ .

Kalkulator

Vis at maksimalverdiene til $f$ i oppgave 1 danner en geometrisk tallfølge $b_{1}, b_{2}, b_{3}, \dots$ Bestem $b_{5}$ .

Kalkulator

Begrunn at den uendelige rekken $b_{1} + b_{2} + b_{3} + \dots$ konvergerer. Bestem summen av rekken.

Fasit

$a_{20} = \frac{19 π}{2}$

$b_{5} \approx 0,0592$

$s \approx 6,011$

LøsningsforslagKI-generert

Fra oppgave 1 i Del 2 er

f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x), x \in [0, \to ⟩

Nullpunktene til $f$ finner vi ved å løse $f (x) = 0$ . Siden $e^{- \frac{x}{3}} > 0$ for alle $x$ , må

\sin (2 x) = 0 \Rightarrow 2 x = n π \Rightarrow x = \frac{n π}{2}, n = 0, 1, 2, \dots

Dette gir nullpunktene $x = 0, \frac{π}{2}, π, \frac{3 π}{2}, 2 π, \dots$

Kaller vi disse $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots$ (med $a_{1} = 0$ som første nullpunkt), er differansen mellom to påfølgende nullpunkt konstant:

d = a_{n + 1} - a_{n} = \frac{π}{2}

for alle $n$ . Dette viser at nullpunktene danner en aritmetisk tallfølge med $a_{1} = 0$ og $d = \frac{π}{2}$ .

Da er

a_{20} = a_{1} + (20 - 1) \cdot d = 0 + 19 \cdot \frac{π}{2} = \frac{19 π}{2}

$a_{20} = \frac{19 π}{2} \approx 29,85$

For å finne maksimalpunktene deriverer vi $f$ ved produktregelen:

f^{'} (x) = 5 (- \frac{1}{3} e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) + 2 e^{- \frac{x}{3}} \cos (2 x)) = 5 e^{- \frac{x}{3}} (2 \cos (2 x) - \frac{1}{3} \sin (2 x))

Siden $e^{- \frac{x}{3}} \neq 0$ , blir $f^{'} (x) = 0$ når

2 \cos (2 x) - \frac{1}{3} \sin (2 x) = 0 \Rightarrow \tan (2 x) = 6 \Rightarrow 2 x = \arctan (6) + n π

Ved å sjekke fortegnet til $f^{'}$ omkring disse punktene, ser vi at annenhver løsning gir et toppunkt (maksimum) og annenhver gir et bunnpunkt (minimum), slik mønsteret i grafen fra oppgave 1 også viser. Toppunktene ligger ved

x_{m} = \frac{\arctan (6)}{2} + m π, m = 0, 1, 2, \dots

altså med avstand $π$ mellom hvert toppunkt (ett toppunkt per periode $π$ til $\sin (2 x)$ ).

Vi kaller maksimalverdiene $b_{1}, b_{2}, b_{3}, \dots$ , det vil si $b_{m + 1} = f (x_{m})$ . Siden $\sin (2 x_{m}) = \sin (\arctan (6) + 2 m π) = \sin (\arctan (6))$ er uavhengig av $m$ (sinus har periode $2 π$ ), får vi

b_{m + 1} = f (x_{m}) = 5 e^{- \frac{x_{0} + m π}{3}} \sin (\arctan (6)) = \underset{b_{1}}{\underset{⏟}{5 e^{- \frac{x_{0}}{3}} \sin (\arctan (6))}} \cdot {(e^{- \frac{π}{3}})}^{m}

der $x_{0} = \frac{\arctan (6)}{2}$ . Dette viser at $b_{n + 1} = b_{1} \cdot k^{n}$ med $k = e^{- \frac{π}{3}}$ konstant — altså en geometrisk tallfølge med kvotient $k = e^{- \frac{π}{3}}$ .

Vi løser i GeoGebra CAS (se t0, b1, k, b5, s i utklippet):

CAS-beregning av t0, b1, k, b5 og s

Dette gir

b_{1} = f (x_{0}) \approx 3,902, k = e^{- \frac{π}{3}} \approx 0,3509

b_{5} = b_{1} \cdot k^{4} \approx 3,902 \cdot {0,3509}^{4} \approx 0,0592

$b_{5} \approx 0,0592$

Rekken $b_{1} + b_{2} + b_{3} + \dots$ er en uendelig geometrisk rekke med kvotient

k = e^{- \frac{π}{3}} \approx 0,3509

Siden $| k | < 1$ , konvergerer rekken. Summen er da gitt ved

s = \frac{b_{1}}{1 - k} = \frac{3,902}{1 - 0,3509} \approx 6,011

$s \approx 6,011$

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Tallfølger, Geometrisk rekke, Uendelig rekke, Konvergens, Trigonometri
Egen side: Åpne oppgave 2-3 for seg selv

Oppgave 2-4Kule og linje i rommet

Kalkulator

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

En kule $K$ har sentrum i $S (- 1, 0, 1)$ og radius $\sqrt{21}$ .

En linje $ℓ$ går gjennom punktene $A (7, - 2, 5)$ og $B (15, - 4, 9)$ .

Bestem skjæringspunktene mellom linjen $ℓ$ og kulen $K$ .

Fasit

$(3, - 1, 3) og (- 5, 1, - 1)$

LøsningsforslagKI-generert

Vi setter først opp en parameterframstilling for linja $ℓ$ gjennom $A (7, - 2,5)$ og $B (15, - 4,9)$ . Retningsvektoren er

\vec{v} = \vec{A B} = B - A = (15 - 7, - 4 - (- 2), 9 - 5) = (8, - 2, 4)

Vi forkorter med $2$ og bruker $\vec{v} = (4, - 1, 2)$ som retningsvektor. Med utgangspunkt i $A$ blir parameterframstillingen

ℓ : (x, y, z) = (7 + 4 t, - 2 - t, 5 + 2 t)

Kula $K$ har sentrum $S (- 1, 0, 1)$ og radius $\sqrt{21}$ , og har derfor likningen

{(x + 1)}^{2} + y^{2} + {(z - 1)}^{2} = 21

For å finne skjæringspunktene setter vi punktene på linja inn i kulelikningen og løser med hensyn på $t$ i GeoGebra CAS. Dette gir andregradslikningen $21 t^{2} + 84 t + 63 = 0$ , som forenklet blir $t^{2} + 4 t + 3 = 0$ , med løsningene $t = - 1$ og $t = - 3$ (se linje 2 i utklippet).

Løsning i GeoGebra CAS

Setter vi inn de to $t$ -verdiene i parameterframstillingen for $ℓ$ (linje 3 og 4 i utklippet), får vi de to skjæringspunktene

t = - 1 : (7 - 4, - 2 + 1, 5 - 2) = (3, - 1, 3)

t = - 3 : (7 - 12, - 2 + 3, 5 - 6) = (- 5, 1, - 1)

Linja $ℓ$ skjærer altså kula $K$ i punktene $(3, - 1, 3)$ og $(- 5, 1, - 1)$ .

Oppgavedata

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

Oppgave 2-5Andregradsfunksjon areal og trekant

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

Funksjonen $f$ er gitt ved

f (x) = a x^{2} + b x + c, a < 0 og c > 0

Grafen har toppunkt i $R$ . Se skissen nedenfor.

Skisse av andregradsfunksjon med trekant T1 og areal T2

For hånd

Forklar at grafen til $f$ skjærer $x$ -aksen i punktene

P (\frac{- b + \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0) og Q (\frac{- b - \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0)

der $P$ ligger til venstre for $Q$ .

For hånd

Bruk CAS til å vise at arealet $T_{1}$ til $△ P Q R$ er gitt ved

T_{1} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \cdot \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{8 a^{2}}

For hånd

Bestem arealet $T_{2}$ mellom grafen til $f$ og $x$ -aksen.

For hånd

Bestem forholdet $\frac{T_{1}}{T_{2}}$ .

Fasit

Se løsningsforslag (utledning med annengradsformelen)

$T_{1} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{8 a^{2}}$

$T_{2} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{6 a^{2}}$

$\frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{3}{4}$

LøsningsforslagKI-generert

Skjæringspunktene med $x$ -aksen finner vi ved å løse $f (x) = a x^{2} + b x + c = 0$ . Fra annengradsformelen er løsningene

x = \frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}

Siden $a < 0$ og $c > 0$ , er $a c < 0$ , slik at $- 4 a c > 0$ og dermed

b^{2} - 4 a c > b^{2} \geq 0

Diskriminanten er altså alltid positiv, så likningen har to reelle løsninger uansett hvilke $a$ , $b$ , $c$ vi velger (så lenge $a < 0$ og $c > 0$ ). Det stemmer med skissen, der grafen skjærer $x$ -aksen i to punkter.

Vi må avgjøre hvilken løsning som ligger til venstre. La $D = b^{2} - 4 a c > 0$ . De to røttene er

x_{1} = \frac{- b + \sqrt{D}}{2 a} og x_{2} = \frac{- b - \sqrt{D}}{2 a}

I telleren er $- b + \sqrt{D} > - b - \sqrt{D}$ siden $\sqrt{D} > 0$ . Men $a < 0$ , så når vi deler begge sider på $2 a$ (et negativt tall), snur ulikheten:

\frac{- b + \sqrt{D}}{2 a} < \frac{- b - \sqrt{D}}{2 a}

Altså er $x_{1} < x_{2}$ , som betyr at punktet med $+ \sqrt{D}$ i telleren ligger lengst til venstre. Dette er nettopp punktet $P$ , mens punktet med $- \sqrt{D}$ er $Q$ . Dermed er

P (\frac{- b + \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0) og Q (\frac{- b - \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0)

med $P$ til venstre for $Q$ , slik oppgaven ber om.

Toppunktet $R$ har $x$ -koordinat $x_{R} = - \frac{b}{2 a}$ , og $y$ -koordinaten $y_{R} = f (x_{R})$ blir (etter forenkling)

y_{R} = c - \frac{b^{2}}{4 a} = - \frac{b^{2} - 4 a c}{4 a} = - \frac{D}{4 a}

Siden $a < 0$ , er $y_{R} > 0$ — toppunktet ligger over $x$ -aksen, som stemmer med skissen.

Trekanten $P Q R$ har grunnlinje $P Q$ langs $x$ -aksen og høyde $y_{R}$ opp til $R$ . Grunnlinjen har lengde

x_{Q} - x_{P} = \frac{- b - \sqrt{D}}{2 a} - \frac{- b + \sqrt{D}}{2 a} = \frac{- 2 \sqrt{D}}{2 a} = - \frac{\sqrt{D}}{a}

som er positiv siden $a < 0$ . Arealet av trekanten blir da

T_{1} = \frac{1}{2} \cdot (x_{Q} - x_{P}) \cdot y_{R} = \frac{1}{2} \cdot (- \frac{\sqrt{D}}{a}) \cdot (- \frac{D}{4 a}) = \frac{D \cdot \sqrt{D}}{8 a^{2}} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{8 a^{2}}

som er formelen vi skulle vise.

Vi kontrollerer denne strategien i CAS med et konkret talleksempel, $f (x) = - x^{2} + 2 x + 3$ (her er $a = - 1$ , $b = 2$ , $c = 3$ , som oppfyller $a < 0$ og $c > 0$ ). Da blir $P (- 1,0)$ , $Q (3,0)$ og $R (1,4)$ , og

T_{1} = \frac{1}{2} \cdot (x_{Q} - x_{P}) \cdot y_{R} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 = 8

I formelen: $D = b^{2} - 4 a c = 4 + 12 = 16$ , så $T_{1} = \frac{16 \sqrt{16}}{8 \cdot 1} = \frac{64}{8} = 8$ . Dette stemmer, se T_1 i CAS-utklippet under.

Arealet $T_{2}$ mellom grafen og $x$ -aksen er det bestemte integralet av $f$ fra $x_{P}$ til $x_{Q}$ (siden $f (x) \geq 0$ mellom røttene, fordi $a < 0$ ):

T_{2} = \int_{x_{P}}^{x_{Q}} f (x) d x

Ved å skrive $f (x) = a (x - x_{P}) (x - x_{Q})$ og bruke standardresultatet $\int_{x_{P}}^{x_{Q}} a (x - x_{P}) (x - x_{Q}) d x = - \frac{a}{6} {(x_{Q} - x_{P})}^{3}$ , får vi med $x_{Q} - x_{P} = - \frac{\sqrt{D}}{a}$ :

T_{2} = - \frac{a}{6} {(- \frac{\sqrt{D}}{a})}^{3} = - \frac{a}{6} \cdot (- \frac{D \sqrt{D}}{a^{3}}) = \frac{D \cdot \sqrt{D}}{6 a^{2}} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{6 a^{2}}

For talleksemplet: $T_{2} = \int_{- 1}^{3} (- x^{2} + 2 x + 3) d x$ . CAS gir T_2 := 32/3, se utklippet under. Kontroll med formelen: $T_{2} = \frac{16 \sqrt{16}}{6} = \frac{64}{6} = \frac{32}{3}$ — stemmer.

Forholdet mellom arealene blir

\frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{\frac{D \sqrt{D}}{8 a^{2}}}{\frac{D \sqrt{D}}{6 a^{2}}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}

Forholdet er altså konstant lik $\frac{3}{4}$ , uavhengig av $a$ , $b$ og $c$ . CAS bekrefter dette for talleksemplet: Forhold := 3/4 (se bilde under).

CAS-verifisering av T1, T2 og forholdet mellom dem

Dette er for øvrig et spesialtilfelle av Arkimedes’ setning om parabelsegmenter: arealet mellom en parabel og en korde (her $x$ -aksen) er $\frac{4}{3}$ ganger arealet av trekanten med samme grunnlinje og toppunkt i det punktet på parabelen der tangenten er parallell med korden (her toppunktet $R$ , der tangenten er horisontal).

\frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{3}{4}

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Integrasjon, Bestemt integral, Funksjoner, CAS, Argumentasjon
Egen side: Åpne oppgave 2-5 for seg selv

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

Del 1uten hjelpemidler · 3 timer · 9 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 1-1Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H15

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-2Integraler med substitusjon og bestemt integral

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-3Omdreiningslegeme av eksponentialfunksjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-4Areal og derivert fra graf

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-5Kuleflate på standardform

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-6Addisjonsteoremer og dobbeltvinkel

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-7Vektorprodukt og plan gjennom tre punkter

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-8Separabel differensiallikning med startverdi

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-9Induksjonsbevis av kubikksum

Forstå oppgaven med en KI

Del 2alle hjelpemidler · 2 timer · 5 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 2-1Funksjonsstudie med eksponentiell demping

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-2Differensiallikning andre orden verifisering

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-3Nullpunkter og maksimumsverdier i geometrisk rekke

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4Kule og linje i rommet

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-5Andregradsfunksjon areal og trekant

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Del 1uten hjelpemidler · 3 timer · 9 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 1-1·Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H15

Oppgave 1-2·Integraler med substitusjon og bestemt integral

Oppgave 1-3·Omdreiningslegeme av eksponentialfunksjon

Oppgave 1-4·Areal og derivert fra graf

Oppgave 1-5·Kuleflate på standardform

Oppgave 1-6·Addisjonsteoremer og dobbeltvinkel

Oppgave 1-7·Vektorprodukt og plan gjennom tre punkter

Oppgave 1-8·Separabel differensiallikning med startverdi

Oppgave 1-9·Induksjonsbevis av kubikksum

Del 2alle hjelpemidler · 2 timer · 5 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 2-1·Funksjonsstudie med eksponentiell demping

Oppgave 2-2·Differensiallikning andre orden verifisering

Oppgave 2-3·Nullpunkter og maksimumsverdier i geometrisk rekke

Oppgave 2-4·Kule og linje i rommet

Oppgave 2-5·Andregradsfunksjon areal og trekant

Temaer

Oppgave 1-1Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H15

Oppgave 1-2Integraler med substitusjon og bestemt integral

Oppgave 1-3Omdreiningslegeme av eksponentialfunksjon

Oppgave 1-4Areal og derivert fra graf

Oppgave 1-5Kuleflate på standardform

Oppgave 1-6Addisjonsteoremer og dobbeltvinkel

Oppgave 1-7Vektorprodukt og plan gjennom tre punkter

Oppgave 1-8Separabel differensiallikning med startverdi

Oppgave 1-9Induksjonsbevis av kubikksum

Oppgave 2-1Funksjonsstudie med eksponentiell demping

Oppgave 2-2Differensiallikning andre orden verifisering

Oppgave 2-3Nullpunkter og maksimumsverdier i geometrisk rekke

Oppgave 2-4Kule og linje i rommet

Oppgave 2-5Andregradsfunksjon areal og trekant