R2 Høst 2019

Oppgave 1-1Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H19

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

Deriver funksjonene

f (x) = 2 \cos (π x)

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

Fasit

$f^{'} (x) = - 2 π \sin (π x)$

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

LøsningsforslagKI-generert

Vi deriverer $f (x) = 2 \cos (π x)$ med kjerneregelen. Den ytre funksjonen er $2 \cos (u)$ og den indre er $u = π x$ , med $u^{'} = π$ .

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

Funksjonen $g (x) = \cos^{2} x \cdot \sin x$ er et produkt av $\cos^{2} x$ og $\sin x$ . Vi bruker produktregelen ${(u v)}^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ med $u = \cos^{2} x$ og $v = \sin x$ .

Vi finner $u^{'}$ med kjerneregelen, siden $\cos^{2} x = {(\cos x)}^{2}$ :

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

Da blir

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

Vi faktoriserer ut $\cos x$ :

g^{'} (x) = \cos x (\cos^{2} x - 2 \sin^{2} x)

Oppgavedata

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

Oppgave 1-2Integrasjon tre integraler

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

Bestem integralene

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

\int \frac{8 x}{\sqrt{2 x^{2} - 1}} d x

\int \frac{2}{(x + 3) (x + 1)} d x

Fasit

$- 2$

$4 \sqrt{2 x^{2} - 1} + C$

$\ln | \frac{x + 1}{x + 3} | + C$

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner først en antiderivert til $2 x^{3} + 3 x - 1$ :

\int (2 x^{3} + 3 x - 1) d x = \frac{1}{2} x^{4} + \frac{3}{2} x^{2} - x + C

Vi setter inn grensene:

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

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

Vi bruker substitusjon med $u = 2 x^{2} - 1$ . Da er $\frac{d u}{d x} = 4 x$ , altså $d u = 4 x d x$ , som gir $8 x d x = 2 d u$ .

\int \frac{8 x}{\sqrt{2 x^{2} - 1}} d x = \int \frac{2}{\sqrt{u}} d u = 2 \int u^{- \frac{1}{2}} d u = 2 \cdot 2 u^{\frac{1}{2}} + C = 4 \sqrt{u} + C

Vi setter tilbake $u = 2 x^{2} - 1$ :

\int \frac{8 x}{\sqrt{2 x^{2} - 1}} d x = 4 \sqrt{2 x^{2} - 1} + C

Vi bruker partialbrøkoppspalting:

\frac{2}{(x + 3) (x + 1)} = \frac{A}{x + 3} + \frac{B}{x + 1}

Vi multipliserer med $(x + 3) (x + 1)$ :

2 = A (x + 1) + B (x + 3)

Setter $x = - 1$ : $2 = A \cdot 0 + B \cdot 2 \Rightarrow B = 1$ .

Setter $x = - 3$ : $2 = A \cdot (- 2) + B \cdot 0 \Rightarrow A = - 1$ .

Dermed er

\int \frac{2}{(x + 3) (x + 1)} d x = \int (\frac{- 1}{x + 3} + \frac{1}{x + 1}) d x = - \ln | x + 3 | + \ln | x + 1 | + C

= \ln | \frac{x + 1}{x + 3} | + C

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 6
Temaer: Integrasjon, Bestemt integral, Substitusjon
Egen side: Åpne oppgave 1-2 for seg selv

Oppgave 1-3Aritmetisk og geometrisk rekke R2 H19

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

Bestem summen av den aritmetiske rekken

7 + 11 + \dots + 479 + 483

Den uendelige geometriske rekken $a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots$ konvergerer. Du får vite at $a_{2} = 6$ og at summen av rekken er 24.

Bestem $a_{1}$ .

Fasit

$s_{120} = 29400$

$a_{1} = 12$

LøsningsforslagKI-generert

Rekken $7 + 11 + \dots + 479 + 483$ er aritmetisk med $a_{1} = 7$ og $d = 11 - 7 = 4$ .

Vi finner først antall ledd $n$ ved å bruke at det siste leddet er $a_{n} = 483$ :

a_{n} = a_{1} + (n - 1) \cdot d

483 = 7 + (n - 1) \cdot 4 \Rightarrow 476 = 4 (n - 1) \Rightarrow n - 1 = 119 \Rightarrow n = 120

Summen av de $120$ leddene blir da

s_{120} = \frac{a_{1} + a_{120}}{2} \cdot n = \frac{7 + 483}{2} \cdot 120 = 245 \cdot 120 = 29400

I en konvergerende geometrisk rekke er $a_{2} = a_{1} \cdot k$ og summen er $s = \frac{a_{1}}{1 - k}$ .

Fra $a_{2} = 6$ får vi $a_{1} \cdot k = 6$ , altså $a_{1} = \frac{6}{k}$ .

Vi setter dette inn i uttrykket for summen, som er lik $24$ :

\frac{a_{1}}{1 - k} = \frac{\frac{6}{k}}{1 - k} = 24

6 = 24 k (1 - k)

24 k^{2} - 24 k + 6 = 0

Vi deler på $6$ :

4 k^{2} - 4 k + 1 = 0 \Rightarrow {(2 k - 1)}^{2} = 0 \Rightarrow k = \frac{1}{2}

Dermed er

a_{1} = \frac{6}{k} = \frac{6}{\frac{1}{2}} = 12

Kontroll: $s = \frac{a_{1}}{1 - k} = \frac{12}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{12}{\frac{1}{2}} = 24$ , som stemmer.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Rekker, Geometrisk rekke, Uendelig rekke
Egen side: Åpne oppgave 1-3 for seg selv

Oppgave 1-4Trigonometriske likninger

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

Løs likningene

$2 \sin (2 x) = 1$ , der $x \in [0, π]$

$2 \cos^{2} x - \cos x = 1$ , der $x \in [0, 4 π]$

Fasit

$x = \frac{π}{12} eller x = \frac{5 π}{12}$

$x = 0, \frac{2 π}{3}, \frac{4 π}{3}, 2 π, \frac{8 π}{3}, \frac{10 π}{3}, 4 π$

LøsningsforslagKI-generert

Vi løser $2 \sin (2 x) = 1$ , altså $\sin (2 x) = \frac{1}{2}$ .

Siden $x \in [0, π]$ , er $2 x \in [0, 2 π]$ . I dette intervallet er $\sin θ = \frac{1}{2}$ for

θ = \frac{π}{6} eller θ = π - \frac{π}{6} = \frac{5 π}{6}

Med $θ = 2 x$ får vi

2 x = \frac{π}{6} \Rightarrow x = \frac{π}{12}

2 x = \frac{5 π}{6} \Rightarrow x = \frac{5 π}{12}

Begge løsningene ligger i $[0, π]$ , så $x = \frac{π}{12} eller x = \frac{5 π}{12}$ .

Vi løser $2 \cos^{2} x - \cos x = 1$ , som vi skriver om til

2 \cos^{2} x - \cos x - 1 = 0

Vi setter $u = \cos x$ :

2 u^{2} - u - 1 = 0

Faktorisering gir $(2 u + 1) (u - 1) = 0$ , altså

u = - \frac{1}{2} eller u = 1

Tilfelle $\cos x = 1$ : I intervallet $[0, 4 π]$ er dette oppfylt for

x = 0, 2 π, 4 π

Tilfelle $\cos x = - \frac{1}{2}$ : I ett omløp $[0, 2 π]$ er dette oppfylt for

x = \frac{2 π}{3} eller x = \frac{4 π}{3}

Siden intervallet strekker seg over to omløp, legger vi til $2 π$ til hver løsning for å finne løsningene i det neste omløpet:

x = \frac{2 π}{3} + 2 π = \frac{8 π}{3} og x = \frac{4 π}{3} + 2 π = \frac{10 π}{3}

Samlet får vi løsningene

x = 0, \frac{2 π}{3}, \frac{4 π}{3}, 2 π, \frac{8 π}{3}, \frac{10 π}{3}, 4 π

Oppgavedata

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

Oppgave 1-5Graf til sinus kvadrert

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

Funksjonen $f$ er gitt ved

f (x) = \sin^{2} x

Nedenfor ser du fire grafer. Bestem hvilken av disse som er grafen til $f$ . Begrunn svaret.

Fire grafer A, B, C og D

Bestem hvilken av grafene A, B, C og D som er grafen til $f (x) = \sin^{2} x$ . Begrunn svaret.

Fasit

$Graf B$

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker halvvinkelformelen $\sin^{2} x = \frac{1 - \cos (2 x)}{2}$ til å analysere funksjonen.

Dette viser at $f (x) = \sin^{2} x$ er en cosinus-funksjon med redusert amplitude og halvert periode:

Verdimengde: $\sin^{2} x$ kan aldri bli negativ, og maksimalverdien er $1$ (når $\sin x = \pm 1$ ). Grafen ligger altså i intervallet $[0, 1]$ . Dette utelukker graf D, som går ned til $- 1$ .
Periode: Siden $\cos (2 x)$ har periode $π$ , har også $f (x)$ periode $π$ — halvparten av perioden til $\sin x$ . Dette utelukker graf A (for høy frekvens, periode omtrent $\frac{2 π}{9}$ ) og graf C (periode $2 π$ ).
Funksjonsverdier: $f (0) = \sin^{2} 0 = 0$ , og $f (\frac{π}{2}) = \sin^{2} (\frac{π}{2}) = 1$ . Grafen skal altså starte i $0$ og ha toppunkt ved $x = \frac{π}{2}$ (og med periode $π$ , også ved $x = - \frac{π}{2}$ og $x = \frac{3 π}{2}$ ).

Dette stemmer med graf B, som har nullpunkter i $x = - π, 0, π, 2 π$ og toppunkter i $x = - \frac{π}{2}, \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}$ .

Konklusjon: grafen til $f (x) = \sin^{2} x$ er $graf B$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Trigonometri, Funksjoner, Graftolkning
Egen side: Åpne oppgave 1-5 for seg selv

Oppgave 1-6Integral og omdreiningslegeme med parameter

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

Funksjonen $f$ er gitt ved

f (x) = x + a, 0 \leq x \leq 2, a > 0

Bestem $a$ slik at arealet under grafen til $f$ blir 3.

Grafen til $f$ dreies $360 °$ om $x$ -aksen. Vi får da en rett avkortet kjegle.

Bestem $a$ slik at volumet av den rett avkortede kjeglen blir $\frac{98}{3} π$ .

Fasit

$a = \frac{1}{2}$

$a = 3$

LøsningsforslagKI-generert

Arealet under grafen til $f$ på $[0,2]$ er gitt ved integralet

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

Vi setter dette lik $3$ :

2 + 2 a = 3

2 a = 1

a = \frac{1}{2}

Når grafen til $f$ dreies $360 °$ om $x$ -aksen, blir volumet av omdreiningslegemet

V = π \int_{0}^{2} {(x + a)}^{2} d x = π {[\frac{{(x + a)}^{3}}{3}]}_{0}^{2} = π \cdot \frac{{(2 + a)}^{3} - a^{3}}{3}

Vi setter dette lik $\frac{98}{3} π$ :

\frac{{(2 + a)}^{3} - a^{3}}{3} = \frac{98}{3}

{(2 + a)}^{3} - a^{3} = 98

Vi utvider ${(2 + a)}^{3} = a^{3} + 6 a^{2} + 12 a + 8$ , slik at

6 a^{2} + 12 a + 8 = 98

6 a^{2} + 12 a - 90 = 0

a^{2} + 2 a - 15 = 0

Dette gir $a = 3$ eller $a = - 5$ . Siden $a > 0$ , forkastes den negative løsningen.

a = 3

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Integrasjon, Bestemt integral, Omdreiningslegeme, Volum
Egen side: Åpne oppgave 1-6 for seg selv

Oppgave 1-7Parameterframstilling og plan i rommet

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

Den rette linjen $ℓ$ er gitt ved parameterframstillingen

ℓ : {\begin{matrix} x = 1 + 2 t \\ y = 2 - t \\ z = 6 + t \end{matrix}

Bestem skjæringspunktet mellom linjen $ℓ$ og $x z$ -planet.

Linjen $ℓ$ står vinkelrett på et plan $α$ . Punktet $P (2, - 2, 6)$ ligger i planet $α$ .

Bestem en likning for planet $α$ .

Bestem skjæringspunktet mellom $α$ og $ℓ$ .

Fasit

$(5, 0, 8)$

$2 x - y + z - 12 = 0$

$(3, 1, 7)$

LøsningsforslagKI-generert

$x z$ -planet består av alle punkter der $y = 0$ . Vi setter $y = 0$ i parameterframstillingen:

2 - t = 0 \Rightarrow t = 2

Vi setter $t = 2$ inn i uttrykkene for $x$ og $z$ :

x = 1 + 2 \cdot 2 = 5, z = 6 + 2 = 8

Skjæringspunktet er $(5, 0, 8)$ .

Retningsvektoren til linjen $ℓ$ er $\vec{v} = (2, - 1, 1)$ . Siden $ℓ$ står vinkelrett på planet $α$ , er $\vec{v}$ en normalvektor til $α$ .

Planet går gjennom $P (2, - 2, 6)$ , så likningen for $α$ blir

2 (x - 2) - 1 (y - (- 2)) + 1 (z - 6) = 0

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

2 x - y + z - 12 = 0

Vi setter parameterframstillingen for $ℓ$ inn i planlikningen fra b):

2 (1 + 2 t) - (2 - t) + (6 + t) - 12 = 0

2 + 4 t - 2 + t + 6 + t - 12 = 0

6 t - 6 = 0 \Rightarrow t = 1

Vi setter $t = 1$ inn i parameterframstillingen:

x = 1 + 2 = 3, y = 2 - 1 = 1, z = 6 + 1 = 7

Skjæringspunktet er $(3, 1, 7)$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 5
Temaer: Vektorer, Romgeometri, Parameterframstilling
Egen side: Åpne oppgave 1-7 for seg selv

Oppgave 1-8Differensiallikning med startbetingelse

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

Vi har gitt differensiallikningen

y^{'} - 2 y = x, y (0) = 1

Løs differensiallikningen.

Bestem likningen for tangenten til grafen til $y$ i punktet $(0, 1)$ .

Fasit

$y = - \frac{x}{2} - \frac{1}{4} + \frac{5}{4} e^{2 x}$

$y = 2 x + 1$

LøsningsforslagKI-generert

Vi skriver differensiallikningen på formen $y^{'} + p (x) y = q (x)$ :

y^{'} - 2 y = x

Her er $p (x) = - 2$ . Den integrerende faktoren er

I (x) = e^{\int - 2 d x} = e^{- 2 x}

Vi multipliserer likningen med $I (x)$ :

e^{- 2 x} y^{'} - 2 e^{- 2 x} y = x e^{- 2 x}

Venstre side er den deriverte av $e^{- 2 x} y$ :

{(e^{- 2 x} y)}^{'} = x e^{- 2 x}

Vi integrerer begge sider. Høyre side integreres med delvis integrasjon:

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

Dette gir

e^{- 2 x} y = - \frac{x}{2} e^{- 2 x} - \frac{1}{4} e^{- 2 x} + C

Vi multipliserer med $e^{2 x}$ :

y = - \frac{x}{2} - \frac{1}{4} + C e^{2 x}

Vi bruker startbetingelsen $y (0) = 1$ :

1 = - \frac{1}{4} + C \Rightarrow C = \frac{5}{4}

y = - \frac{x}{2} - \frac{1}{4} + \frac{5}{4} e^{2 x}

Vi finner $y^{'} (0)$ direkte fra differensiallikningen $y^{'} = 2 y + x$ . Ved $x = 0$ er $y (0) = 1$ , så

y^{'} (0) = 2 \cdot 1 + 0 = 2

Tangenten i punktet $(0, 1)$ har stigningstall $2$ og går gjennom $(0,1)$ :

y = 2 x + 1

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Differensiallikning, Derivasjon
Egen side: Åpne oppgave 1-8 for seg selv

Oppgave 1-9Tre tangerende kuler i rommet

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

Punktene $A (1, - 1, 0)$ , $B (1, 2, 4)$ og $C (5, 1, - 4)$ er sentrum i hver sin kuleflate. De tre kuleflatene tangerer hverandre.

Bestem radien til hver av de tre kulene.

Fasit

$r_{A} = 1, r_{B} = 4, r_{C} = 5$

LøsningsforslagKI-generert

Vi kaller radiene til kulene med sentrum i $A$ , $B$ og $C$ for henholdsvis $r_{A}$ , $r_{B}$ og $r_{C}$ . Siden kuleflatene tangerer hverandre utvendig, er avstanden mellom to sentrum lik summen av de tilhørende radiene.

Vi finner avstandene mellom sentrene:

| A B | = \sqrt{{(1 - 1)}^{2} + {(2 - (- 1))}^{2} + {(4 - 0)}^{2}} = \sqrt{0 + 9 + 16} = \sqrt{25} = 5

| A C | = \sqrt{{(5 - 1)}^{2} + {(1 - (- 1))}^{2} + {(- 4 - 0)}^{2}} = \sqrt{16 + 4 + 16} = \sqrt{36} = 6

| B C | = \sqrt{{(5 - 1)}^{2} + {(1 - 2)}^{2} + {(- 4 - 4)}^{2}} = \sqrt{16 + 1 + 64} = \sqrt{81} = 9

Dette gir likningssystemet

{\begin{matrix} r_{A} + r_{B} = 5 \\ r_{A} + r_{C} = 6 \\ r_{B} + r_{C} = 9 \end{matrix}

Vi legger sammen alle tre likningene:

2 (r_{A} + r_{B} + r_{C}) = 5 + 6 + 9 = 20

r_{A} + r_{B} + r_{C} = 10

Vi trekker fra hver av de tre opprinnelige likningene for å finne radiene:

r_{C} = 10 - (r_{A} + r_{B}) = 10 - 5 = 5

r_{B} = 10 - (r_{A} + r_{C}) = 10 - 6 = 4

r_{A} = 10 - (r_{B} + r_{C}) = 10 - 9 = 1

r_{A} = 1, r_{B} = 4, r_{C} = 5

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 2
Temaer: Romgeometri, Vektorer
Egen side: Åpne oppgave 1-9 for seg selv

Oppgave 1-10Induksjonsbevis divisjon med 3

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

Bruk induksjon til å vise at $n^{3} - n$ er delelig med 3 for alle $n \in ℕ$ .

Fasit

$n^{3} - n er delelig med 3 for alle n \in ℕ$

LøsningsforslagKI-generert

Vi skal vise ved induksjon at påstanden

P (n) : n^{3} - n er delelig med 3

er sann for alle $n \in ℕ$ .

Basissteg. Vi sjekker $P (1)$ :

1^{3} - 1 = 0 = 3 \cdot 0

Dette er delelig med $3$ , så $P (1)$ er sann.

Induksjonssteg. Vi antar at $P (k)$ er sann for et vilkårlig $k \in ℕ$ , altså at

k^{3} - k = 3 m

for et heltall $m$ . Vi skal vise at da er $P (k + 1)$ også sann.

Vi setter inn $n = k + 1$ :

{(k + 1)}^{3} - (k + 1) = k^{3} + 3 k^{2} + 3 k + 1 - k - 1

= k^{3} - k + 3 k^{2} + 3 k

Vi bruker induksjonsantakelsen $k^{3} - k = 3 m$ :

= 3 m + 3 k^{2} + 3 k = 3 (m + k^{2} + k)

Siden $m + k^{2} + k$ er et heltall, er ${(k + 1)}^{3} - (k + 1)$ delelig med $3$ . Altså 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.

n^{3} - n er delelig med 3 for alle n \in ℕ

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Bevis, Induksjon
Egen side: Åpne oppgave 1-10 for seg selv

Oppgave 2-1Funksjoner med sinus og omdreiningslegeme

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

Funksjonene $f$ og $g$ er gitt ved

f (x) = 2 x + \sin x, D_{f} = [0, 4 π]

g (x) = 2 x + 4 \sin x, D_{g} = [0, 4 π]

Krever PC

Bruk graftegner til å tegne grafene til $f$ og $g$ i samme koordinatsystem.

Kalkulator

Bestem arealet under grafen til $f$ og arealet under grafen til $g$ .

Dersom grafen til $f$ og grafen til $g$ dreies $360 °$ om $x$ -aksen, får vi to omdreiingslegemer.

Kalkulator

Bestem volumet til hvert av de to omdreiingslegemene.

Funksjonen $h$ er gitt ved

h (x) = 2 x + k \cdot \sin x, der 0 < k < 9

La $F$ være flatestykket avgrenset av grafen til $h$ , $x$ -aksen og linjen $x = 4 π$ .

For hånd

Vis ved hjelp av CAS at arealet til $F$ er uavhengig av $k$ .

Dersom $F$ dreies $360 °$ om $x$ -aksen, får vi et omdreiingslegeme.

Kalkulator

Bruk CAS til å bestemme hvilken verdi for $k$ som gir minst volum til omdreiingslegemet.

Fasit

Se graf.

${Areal}_{f} = {Areal}_{g} = 16 π^{2} \approx 157,9$

$V_{f} \approx 8174 (v.e.), V_{g} \approx 7996 (v.e.)$

Arealet av $F$ er $16 π^{2}$ uavhengig av $k$ — vist med CAS.

$k = 4$

LøsningsforslagKI-generert

Grafene til $f$ og $g$ tegnes med graftegner på intervallet $[0, 4 π]$ .

Grafene til f og g

Arealet under grafen til $f$ på $[0, 4 π]$ er gitt ved det bestemte integralet

\int_{0}^{4 π} (2 x + \sin x) d x = {[x^{2} - \cos x]}_{0}^{4 π} = 16 π^{2} - \cos (4 π) - (0 - \cos 0) = 16 π^{2}

Tilsvarende for $g$ :

\int_{0}^{4 π} (2 x + 4 \sin x) d x = {[x^{2} - 4 \cos x]}_{0}^{4 π} = 16 π^{2}

Begge arealene blir dermed like store:

{Areal}_{f} = {Areal}_{g} = 16 π^{2} \approx 157,9

Dette er ikke tilfeldig — se punkt d), der vi viser at dette gjelder for alle verdier av $k$ i $h (x) = 2 x + k \sin x$ .

Når grafen til en funksjon $h (x)$ dreies $360 °$ om $x$ -aksen på $[a, b]$ , er volumet av omdreiningslegemet

V = π \int_{a}^{b} h {(x)}^{2} d x

Med $h (x) = 2 x + k \cdot \sin x$ blir volumet, som funksjon av $k$ ,

V (k) = π \int_{0}^{4 π} {(2 x + k \sin x)}^{2} d x = π (\frac{256 π^{3}}{3} - 16 π k + 2 π k^{2})

For $f$ er $k = 1$ :

V_{f} = V (1) = π (\frac{256 π^{3}}{3} - 14 π) \approx 8174,1

For $g$ er $k = 4$ :

V_{g} = V (4) = π (\frac{256 π^{3}}{3} - 32 π) \approx 7996,4

Omdreiningslegemet til $g$ har altså mindre volum enn omdreiningslegemet til $f$ , selv om arealene under grafene er like store.

Arealet av $F$ er gitt ved

Areal (F) = \int_{0}^{4 π} (2 x + k \sin x) d x = {[x^{2} - k \cos x]}_{0}^{4 π} = 16 π^{2} - k \cos (4 π) + k = 16 π^{2} - k + k = 16 π^{2}

siden $\cos (4 π) = 1$ . Uttrykket for arealet inneholder ikke $k$ , så arealet er uavhengig av $k$ . Dette bekreftes med CAS:

CAS-utregning av areal og volum

Linje 2 i CAS-utklippet viser at $ArealF = 16 π^{2}$ , uten noe $k$ i uttrykket.

Fra CAS (linje 3–4) er volumet som funksjon av $k$

V (k) = \frac{256}{3} π^{4} + 2 π^{2} k^{2} - 16 π^{2} k

Dette er en andregradsfunksjon (parabel) i $k$ , med positiv koeffisient foran $k^{2}$ , så $V (k)$ har et minimum. Vi deriverer med hensyn på $k$ og setter lik null:

V^{'} (k) = 4 π^{2} k - 16 π^{2} = 0 \Rightarrow k = 4

CAS (linje 5) gir samme resultat: $k = 4$ .

Siden $0 < 4 < 9$ , ligger denne verdien innenfor det tillatte intervallet for $k$ . Dermed gir

k = 4

minst volum til omdreiningslegemet.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 9
Temaer: Integrasjon, Bestemt integral, Omdreiningslegeme, Trigonometri, CAS
Egen side: Åpne oppgave 2-1 for seg selv

Oppgave 2-2Tre plan i rommet og pyramide

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

Vi har tre plan $α$ , $β$ og $γ$ gitt ved likningene

α : 2 x - 2 y - z = 4

β : 2 x + y - z = - 2

γ : 3 y + 2 z = 6

Disse tre planene skjærer hverandre i et punkt $P$ .

Kalkulator

Bestem koordinatene til punktet $P$ .

En pyramide er avgrenset av de tre planene sammen med $x y$ -planet.

Kalkulator

Bestem volumet av pyramiden som er avgrenset av disse fire planene.

Fasit

$P (3, - 2, 6)$

$V = 24$

LøsningsforslagKI-generert

Vi løser likningssystemet

{\begin{matrix} 2 x - 2 y - z = 4 \\ 2 x + y - z = - 2 \\ 3 y + 2 z = 6 \end{matrix}

i CAS med kommandoen Løs({2x-2y-z=4, 2x+y-z=-2, 3y+2z=6}, {x,y,z}), se utklippet.

Løsning av likningssystem, areal og volum

Dette gir $x = 3$ , $y = - 2$ og $z = 6$ , altså

P (3, - 2, 6)

Grunnflaten til pyramiden ligger i $x y$ -planet, altså der $z = 0$ . Setter vi $z = 0$ inn i likningene for de tre planene, blir de tre planene til tre linjer i $x y$ -planet:

α : 2 x - 2 y = 4 \Rightarrow x - y = 2

β : 2 x + y = - 2

γ : 3 y = 6 \Rightarrow y = 2

Disse tre linjene avgrenser en trekant som er grunnflaten i pyramiden. Skjæringspunktene mellom linjene, altså hjørnene i trekanten, blir

α \cap β : (0, - 2), α \cap γ : (4, 2), β \cap γ : (- 2, 2)

Arealet av trekanten med hjørner $A (0, - 2)$ , $B (4,2)$ og $C (- 2,2)$ finner vi med arealformelen (halve absoluttverdien av kryssproduktet), som vist i CAS-utklippet over:

G = \frac{1}{2} | x_{A} (y_{B} - y_{C}) + x_{B} (y_{C} - y_{A}) + x_{C} (y_{A} - y_{B}) | = 12

Høyden i pyramiden er den vinkelrette avstanden fra toppunktet $P$ ned til grunnflaten i $x y$ -planet. Siden grunnflaten ligger i $x y$ -planet, er høyden lik $z$ -koordinaten til $P$ , altså $h = 6$ .

Volumet av pyramiden blir da

V = \frac{1}{3} \cdot G \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 6 = 24

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Romgeometri, Likningssystem, Volum
Egen side: Åpne oppgave 2-2 for seg selv

Oppgave 2-3Lønnsøkning geometrisk rekke

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

Svein jobber som lærer. I 2019 har han en årslønn på 478 400 kroner. Han regner med å få en årlig lønnsøkning på $4,0 %$ per år i årene framover.

Kalkulator

Vis at Sveins samlede inntekt i årene 2020–2029 da vil bli i overkant av $5,97$ millioner kroner.

Svein vurderer å videreutdanne seg i årene 2020 og 2021. Han vil da ikke ha noen inntekt disse to årene. Han regner så med å få en årslønn på 574 000 kroner i 2022 og en årlig lønnsøkning på $4,0 %$ hvert år etterpå.

Selv om han vil få høyere årslønn dersom han tar videreutdanning, vil det ta noen år før den samlede inntekten i årene etter 2019 blir større enn om han ikke tar videreutdanning.

Kalkulator

Bruk CAS til å bestemme hvor lenge han må jobbe etter at han er ferdig med videreutdanningen, for at den samlede inntekten fra og med 2020 skal bli minst like stor som om han ikke tar videreutdanning.

Fasit

Se utregning – $S_{10} \approx 5,97$ millioner kroner.

$m = 20 år$

LøsningsforslagKI-generert

I 2019 er årslønnen $478 400 kr$ . Med en årlig vekst på $4,0 %$ blir årslønnen i 2020

a_{1} = 478 400 \cdot 1,04 = 497 536 kr

Årslønnen de påfølgende årene danner en geometrisk rekke med vekstfaktor $k = 1,04$ . Årene 2020–2029 er $10$ ledd, så samlet inntekt i denne perioden er summen av en geometrisk rekke:

S_{10} = a_{1} \cdot \frac{k^{10} - 1}{k - 1} = 497 536 \cdot \frac{{1,04}^{10} - 1}{0,04} \approx 5 973 471 kr \approx 5,97 millioner kroner

Dette er i overkant av $5,97$ millioner kroner, som skulle vises. $■$

La $m$ være antall år Svein jobber etter at videreutdanningen er ferdig (fra og med 2022). Uten videreutdanning ville han i samme tidsrom (2020 til og med år $m + 2$ etter 2019, altså $m + 2$ ledd) hatt en samlet inntekt gitt ved rekka fra a).

Med videreutdanning er første årslønn (i 2022) $574 000 kr$ , med samme årlige vekst $1,04$ . Den samlede inntekten etter videreutdanning, over $m$ år, er summen av en geometrisk rekke:

S_{med} (m) = 574 000 \cdot \frac{{1,04}^{m} - 1}{0,04}

Uten videreutdanning, over de samme $m + 2$ årene fra 2020, er samlet inntekt

S_{uten} (m) = 497 536 \cdot \frac{{1,04}^{m + 2} - 1}{0,04}

Vi skal finne minste $m$ slik at $S_{med} (m) \geq S_{uten} (m)$ . Vi løser likningen $S_{med} (m) = S_{uten} (m)$ i CAS.

Løsning i GeoGebra CAS

CAS gir $m \approx 19,30$ . Siden $S_{med}$ vokser raskere enn $S_{uten}$ , er ulikheten oppfylt for alle $m$ større enn dette. Vi sjekker heltallsverdiene rundt skjæringspunktet (se linje 4–7 i utklippet):

S_{med} (19) \approx 15 883 286 kr < S_{uten} (19) \approx 15 905 829 kr

S_{med} (20) \approx 17 092 617 kr > S_{uten} (20) \approx 17 039 598 kr

Ved $m = 19$ er samlet inntekt med videreutdanning fortsatt lavere, mens ved $m = 20$ er den blitt større. Svein må altså jobbe i

m = 20 år

etter at han er ferdig med videreutdanningen, for at den samlede inntekten fra og med 2020 skal bli minst like stor som om han ikke hadde tatt videreutdanning.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Rekker, Geometrisk rekke, Modellering, CAS
Egen side: Åpne oppgave 2-3 for seg selv

Oppgave 2-4Muffinsform og differensiallikning

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

Når en muffinsform faller, vil farten $y$ (i meter per sekund) til muffinsformen $x$ sekunder etter at den ble sluppet, tilfredsstille differensiallikningen

y^{'} = 9,81 (1 - \frac{y^{2}}{k^{2}}), y (0) = 0

Kort tid etter at muffinsformen ble sluppet, vil den få tilnærmet konstant fart. Denne farten kalles muffinsformens terminalfart $v_{a}$ .

For hånd

Begrunn at $k^{2} = v_{a}^{2}$ .

For en type muffinsformer vil $v_{a} = 1,8 m/s$ .

For hånd

Bruk CAS til å vise at farten $y$ for denne typen muffinsformer er gitt ved

y (x) = \frac{9}{5} \cdot (\frac{1 - e^{- 10,9 x}}{1 + e^{- 10,9 x}})

Strekningen $s$ muffinsformen har beveget seg i løpet av de $t$ første sekundene etter at den er sluppet, er gitt ved

s (t) = \int_{0}^{t} y (x) d x

Oppsett for hånd

Hvor lang tid vil det gå fra du slipper en muffinsform av denne typen, til den har falt 12 meter?

Når du slipper en annen type muffinsform, tar det $4,7$ sekunder fra den slippes, til den har falt 12 meter.

Oppsett for hånd

Bestem terminalfarten til denne typen muffinsform.

Fasit

$k^{2} = v_{a}^{2}$

Se CAS-verifisering under.

$t \approx 6,79 s$

$v_{a} \approx 2,66 m / s$

LøsningsforslagKI-generert

Rett etter at muffinsformen slippes, øker farten $y$ . Etter kort tid blir farten tilnærmet konstant lik terminalfarten $v_{a}$ . Når farten er konstant, endrer den seg ikke lenger, altså er den momentane endringen $y^{'} = 0$ .

Vi setter $y^{'} = 0$ og $y = v_{a}$ inn i differensiallikningen:

0 = 9,81 (1 - \frac{v_{a}^{2}}{k^{2}})

Siden $9,81 \neq 0$ , må

1 - \frac{v_{a}^{2}}{k^{2}} = 0 \Rightarrow \frac{v_{a}^{2}}{k^{2}} = 1 \Rightarrow k^{2} = v_{a}^{2}

$k^{2} = v_{a}^{2}$

Differensiallikningen

y^{'} = 9,81 (1 - \frac{y^{2}}{k^{2}}), y (0) = 0

er separabel. Med $k = v_{a} = 1,8$ gir separasjon og integrasjon løsningen

y (x) = 1,8 \cdot \tanh (\frac{9,81}{1,8} x) = 1,8 \cdot \tanh (5,45 x)

Vi bruker CAS til å sjekke at $g (x) = 1,8 \tanh (5,45 x)$ tilfredsstiller differensiallikningen: vi legger inn differansen mellom venstre og høyre side av likningen og forenkler.

CAS-verifisering av differensiallikningen

CAS gir 0 i linje 2, altså er

g^{'} (x) - 9,81 (1 - \frac{g {(x)}^{2}}{{1,8}^{2}}) = 0

for alle $x$ , som viser at $g (x) = 1,8 \tanh (5,45 x)$ løser differensiallikningen med $v_{a} = 1,8$ .

Videre bruker vi identiteten $\tanh (u) = \frac{1 - e^{- 2 u}}{1 + e^{- 2 u}}$ med $u = 5,45 x$ , og siden $2 \cdot 5,45 = 10,9$ , får vi

y (x) = 1,8 \cdot \frac{1 - e^{- 10,9 x}}{1 + e^{- 10,9 x}} = \frac{9}{5} \cdot \frac{1 - e^{- 10,9 x}}{1 + e^{- 10,9 x}}

som er akkurat uttrykket vi skulle vise.

Strekningen er gitt ved

s (t) = \int_{0}^{t} y (x) d x = \int_{0}^{t} 1,8 \tanh (5,45 x) d x

Vi bruker CAS til å regne ut integralet og løse $s (t) = 12$ for $t$ .

CAS-utregning av s(t) og løsning av s(t)=12

Fra linje 3 i CAS-utklippet finner vi nullpunktet til $s (t) - 12$ i intervallet $⟨ 5, 8 ⟩$ :

t \approx 6,79

$t \approx 6,79 s$

Det tar altså omtrent $6,79$ sekunder fra muffinsformen slippes til den har falt $12 m$ .

For en generell terminalfart $v$ er farten $y (x) = v \tanh (\frac{9,81}{v} x)$ , og strekningen etter $t$ sekunder er

S (t, v) = \int_{0}^{t} v \tanh (\frac{9,81}{v} x) d x

Vi vet at det tar $4,7$ sekunder å falle $12 m$ , altså $S (4,7, v) = 12$ . Fra linje 5–6 i CAS-utklippet over (r2-h19-2-4cd.png) er $S (t, v)$ og $S_{v} (v) : = S (4,7, v)$ satt opp, og linje 7 viser at

S_{v} (2,66) \approx 12,002 \approx 12

Dette bekrefter at $v \approx 2,66$ er (tilnærmet) løsningen av $S_{v} (v) = 12$ .

$v_{a} \approx 2,66 m / s$

Denne typen muffinsform har altså en høyere terminalfart enn den første typen ( $2,66 m / s$ mot $1,8 m / s$ ), og faller derfor raskere.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 7
Temaer: Differensiallikning, Modellering, CAS, Integrasjon
Egen side: Åpne oppgave 2-4 for seg selv

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

Del 1uten hjelpemidler · 3 timer · 10 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 1-1Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H19

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-2Integrasjon tre integraler

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-3Aritmetisk og geometrisk rekke R2 H19

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-4Trigonometriske likninger

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-5Graf til sinus kvadrert

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-6Integral og omdreiningslegeme med parameter

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-7Parameterframstilling og plan i rommet

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-8Differensiallikning med startbetingelse

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-9Tre tangerende kuler i rommet

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-10Induksjonsbevis divisjon med 3

Forstå oppgaven med en KI

Del 2alle hjelpemidler · 2 timer · 4 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 2-1Funksjoner med sinus og omdreiningslegeme

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-2Tre plan i rommet og pyramide

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-3Lønnsøkning geometrisk rekke

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4Muffinsform og differensiallikning

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Del 1uten hjelpemidler · 3 timer · 10 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 1-1·Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H19

Oppgave 1-2·Integrasjon tre integraler

Oppgave 1-3·Aritmetisk og geometrisk rekke R2 H19

Oppgave 1-4·Trigonometriske likninger

Oppgave 1-5·Graf til sinus kvadrert

Oppgave 1-6·Integral og omdreiningslegeme med parameter

Oppgave 1-7·Parameterframstilling og plan i rommet

Oppgave 1-8·Differensiallikning med startbetingelse

Oppgave 1-9·Tre tangerende kuler i rommet

Oppgave 1-10·Induksjonsbevis divisjon med 3

Del 2alle hjelpemidler · 2 timer · 4 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 2-1·Funksjoner med sinus og omdreiningslegeme

Oppgave 2-2·Tre plan i rommet og pyramide

Oppgave 2-3·Lønnsøkning geometrisk rekke

Oppgave 2-4·Muffinsform og differensiallikning

Temaer

Oppgave 1-1Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H19

Oppgave 1-2Integrasjon tre integraler

Oppgave 1-3Aritmetisk og geometrisk rekke R2 H19

Oppgave 1-4Trigonometriske likninger

Oppgave 1-5Graf til sinus kvadrert

Oppgave 1-6Integral og omdreiningslegeme med parameter

Oppgave 1-7Parameterframstilling og plan i rommet

Oppgave 1-8Differensiallikning med startbetingelse

Oppgave 1-9Tre tangerende kuler i rommet

Oppgave 1-10Induksjonsbevis divisjon med 3

Oppgave 2-1Funksjoner med sinus og omdreiningslegeme

Oppgave 2-2Tre plan i rommet og pyramide

Oppgave 2-3Lønnsøkning geometrisk rekke

Oppgave 2-4Muffinsform og differensiallikning