R2 Høst 2020

Oppgave 1-1Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H20

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

Deriver funksjonene

f (x) = \sin (2 x) + π

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

Fasit

$f^{'} (x) = 2 \cos (2 x)$

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

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker kjerneregelen på $f (x) = \sin (2 x) + π$ . Den ytre funksjonen er $\sin (u)$ med $u = 2 x$ , og $π$ er en konstant som faller bort ved derivasjon.

f^{'} (x) = \cos (2 x) \cdot \frac{d}{d x} (2 x) = \cos (2 x) \cdot 2 = 2 \cos (2 x)

Vi bruker produktregelen på $g (x) = x \cdot \cos^{2} x$ , med $u = x$ og $v = \cos^{2} x$ .

Deriverer vi $u$ , får vi $u^{'} = 1$ .

For $v = \cos^{2} x = {(\cos x)}^{2}$ bruker vi kjerneregelen: den ytre funksjonen er $u^{2}$ og den indre er $\cos x$ .

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

der vi i siste steg brukte dobbeltvinkelformelen $\sin (2 x) = 2 \sin x \cos x$ .

Produktregelen $g^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ gir da

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

Oppgavedata

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

Oppgave 1-2Integrasjon med delvis integrasjon og partialbrøk

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

Bestem integralene

\int (\cos x + \frac{1}{x}) d x

\int x \cdot e^{2 x} d x

\int \frac{2 x - 2}{x^{2} - 2 x - 3} d x

Fasit

$\sin x + \ln | x | + C$

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

$\ln | x^{2} - 2 x - 3 | + C$

LøsningsforslagKI-generert

Vi integrerer ledd for ledd, ved hjelp av standardintegralene $\int \cos x d x = \sin x$ og $\int \frac{1}{x} d x = \ln | x |$ .

\int (\cos x + \frac{1}{x}) d x = \sin x + \ln | x | + C

Vi bruker delvis integrasjon, $\int u \cdot v^{'} d x = u \cdot v - \int u^{'} \cdot v d x$ , med $u = x$ og $v^{'} = e^{2 x}$ .

Da er $u^{'} = 1$ og $v = \frac{1}{2} e^{2 x}$ .

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

Vi faktoriserer nevneren: $x^{2} - 2 x - 3 = (x - 3) (x + 1)$ , og setter opp partialbrøkoppspaltingen

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

Multipliserer vi begge sider med $(x - 3) (x + 1)$ , får vi

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

Setter vi inn $x = 3$ : $4 = 4 A \Rightarrow A = 1$ .

Setter vi inn $x = - 1$ : $- 4 = - 4 B \Rightarrow B = 1$ .

Dermed er

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

Oppgavedata

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

Oppgave 1-3Trigonometriske likninger på intervall R2 H20

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

Løs likningene

$\cos (2 x) = \frac{1}{2}$ , $x \in [0, 2 π]$

$\sqrt{3} \sin x - \cos x = 1$ , $x \in [0, 2 π]$

Fasit

$x = \frac{π}{6}, \frac{5 π}{6}, \frac{7 π}{6}, \frac{11 π}{6}$

$x = \frac{π}{3}, π$

LøsningsforslagKI-generert

Siden $x \in [0, 2 π]$ , er $2 x \in [0, 4 π]$ . Vi løser $\cos (2 x) = \frac{1}{2}$ ved å bruke at $\cos v = \frac{1}{2}$ gir $v = \pm \frac{π}{3} + 2 π n$ .

2 x = \frac{π}{3} + 2 π n \lor 2 x = - \frac{π}{3} + 2 π n

Innenfor $[0, 4 π]$ gir dette $2 x = \frac{π}{3}, \frac{7 π}{3}$ (fra første ligning) og $2 x = \frac{5 π}{3}, \frac{11 π}{3}$ (fra andre ligning, siden $- \frac{π}{3} + 2 π = \frac{5 π}{3}$ ).

Deler vi på $2$ , får vi

x = \frac{π}{6}, \frac{5 π}{6}, \frac{7 π}{6}, \frac{11 π}{6}

Vi skriver venstresiden på hjelpevinkelform $R \sin (x - φ)$ . Med $R = \sqrt{{(\sqrt{3})}^{2} + {(- 1)}^{2}} = \sqrt{4} = 2$ og $φ = \frac{π}{6}$ (siden $\cos φ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ og $\sin φ = \frac{1}{2}$ ), får vi

\sqrt{3} \sin x - \cos x = 2 \sin (x - \frac{π}{6})

Likningen blir dermed

2 \sin (x - \frac{π}{6}) = 1 \Rightarrow \sin (x - \frac{π}{6}) = \frac{1}{2}

Siden $\sin v = \frac{1}{2}$ gir $v = \frac{π}{6} + 2 π n$ eller $v = \frac{5 π}{6} + 2 π n$ , får vi

x - \frac{π}{6} = \frac{π}{6} + 2 π n \Rightarrow x = \frac{π}{3} + 2 π n

x - \frac{π}{6} = \frac{5 π}{6} + 2 π n \Rightarrow x = π + 2 π n

Innenfor $[0, 2 π]$ gir dette

x = \frac{π}{3} \lor x = π

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Trigonometri, Likninger
Egen side: Åpne oppgave 1-3 for seg selv

Oppgave 1-4Plan og kjegle i romgeometri

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

Et plan $α$ er gitt ved likningen

α : 2 x - 3 y + z = 13

Kjegle med plan og linje

Begrunn at punktet $A (4, - 2, - 1)$ ligger i planet $α$ , og at punktet $P (1, 2, 3)$ ikke ligger i planet $α$ .

En linje $ℓ$ står vinkelrett på planet $α$ og går gjennom punktet $P$ .

Bestem en parameterframstilling for linjen $ℓ$ , og finn skjæringspunktet $S$ mellom linjen og planet $α$ .

I planet $α$ har vi en sirkel med sentrum i punktet $S$ og radius $S A$ . Denne sirkelen er grunnflaten i en kjegle. Toppunktet i kjeglen er $P$ . Se figuren.

Regn ut volumet av kjeglen.

Fasit

$A$ ligger i $α$ , $P$ ligger ikke i $α$

$ℓ : (x, y, z) = (1,2,3) + t (2, - 3,1)$ , $S (3, - 1,4)$

$V = 9 π \sqrt{14} \approx 105,8 {cm}^{3}$

LøsningsforslagKI-generert

Et punkt ligger i planet $α : 2 x - 3 y + z = 13$ dersom koordinatene tilfredsstiller likningen.

For $A (4, - 2, - 1)$ :

2 \cdot 4 - 3 \cdot (- 2) + (- 1) = 8 + 6 - 1 = 13

Dette stemmer med høyresiden, så $A$ ligger i planet $α$ .

For $P (1, 2, 3)$ :

2 \cdot 1 - 3 \cdot 2 + 3 = 2 - 6 + 3 = - 1 \neq 13

Dette stemmer ikke med høyresiden, så $P$ ligger ikke i planet $α$ .

Siden linjen $ℓ$ står vinkelrett på planet $α$ , er retningsvektoren til $ℓ$ lik normalvektoren til $α$ , som vi leser av koeffisientene i planlikningen: $\vec{n} = (2, - 3, 1)$ .

Linjen går gjennom $P (1, 2, 3)$ , så en parameterframstilling for $ℓ$ er

ℓ : (x, y, z) = (1, 2, 3) + t \cdot (2, - 3, 1)

det vil si $x = 1 + 2 t$ , $y = 2 - 3 t$ , $z = 3 + t$ .

For å finne skjæringspunktet $S$ mellom $ℓ$ og $α$ , setter vi uttrykkene for $x$ , $y$ og $z$ inn i planlikningen:

2 (1 + 2 t) - 3 (2 - 3 t) + (3 + t) = 13

2 + 4 t - 6 + 9 t + 3 + t = 13

14 t - 1 = 13 \Rightarrow t = 1

Setter vi $t = 1$ inn i parameterframstillingen, får vi

x = 1 + 2 = 3, y = 2 - 3 = - 1, z = 3 + 1 = 4

S (3, - 1, 4)

Radiusen i kjeglen er $r = | S A |$ , og høyden er $h = | S P |$ .

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

r = | S A | = \sqrt{1^{2} + {(- 1)}^{2} + {(- 5)}^{2}} = \sqrt{27} = 3 \sqrt{3}

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

h = | S P | = \sqrt{{(- 2)}^{2} + 3^{2} + {(- 1)}^{2}} = \sqrt{14}

Volumet av en kjegle er gitt ved $V = \frac{1}{3} π r^{2} h$ :

V = \frac{1}{3} π \cdot {(3 \sqrt{3})}^{2} \cdot \sqrt{14} = \frac{1}{3} π \cdot 27 \cdot \sqrt{14} = 9 π \sqrt{14} \approx 105,8

Volumet av kjeglen er dermed omtrent $105,8$ volumenheter (f.eks. ${cm}^{3}$ dersom lengdene er oppgitt i $cm$ ).

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Romgeometri, Vektorer, Volum
Egen side: Åpne oppgave 1-4 for seg selv

Oppgave 1-5Trigonometrisk funksjon med toppunkt

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

Funksjonen $f$ er gitt ved

f (x) = a \cdot \cos (\frac{π}{2} x - b) + 2, a > 0 og b \in [0, 2 π) .

Grafen til $f$ har et toppunkt i $(3,5)$ .

Bestem $a$ og $b$ .

Tegn en skisse som viser to perioder av grafen til $f$ .

Fasit

$a = 3, b = \frac{3 π}{2}$

Se skisse i løsningsforslaget.

LøsningsforslagKI-generert

Funksjonen er $f (x) = a \cdot \cos (\frac{π}{2} x - b) + 2$ med $a > 0$ .

Siden $a > 0$ , er den største verdien $\cos (\dots)$ kan ha lik $1$ , og da blir $f (x) = a + 2$ . Toppunktet $(3,5)$ forteller oss at dette maksimum inntreffer nettopp for $x = 3$ , altså

\cos (\frac{π}{2} \cdot 3 - b) = 1.

Dette gir samtidig $a + 2 = 5$ , altså

a = 3 .

Cosinus er lik $1$ når argumentet er $0$ (pluss eventuelt hele omdreininger). Vi setter derfor

\frac{3 π}{2} - b = 0 \Rightarrow b = \frac{3 π}{2} .

Siden $\frac{3 π}{2} \in [0, 2 π)$ , er dette en gyldig løsning.

a = 3, b = \frac{3 π}{2}

Funksjonen blir dermed

f (x) = 3 \cdot \cos (\frac{π}{2} x - \frac{3 π}{2}) + 2.

Amplituden er $3$ , likevektslinjen er $y = 2$ , og perioden er

T = \frac{2 π}{π / 2} = 4.

Vi finner noen nøkkelpunkter ved innsetting:

$x$	$- 1$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$
$f (x)$	$5$	$2$	$- 1$	$2$	$5$	$2$	$- 1$	$2$	$5$

Skissen tegnes derfor som en cosinuskurve med toppunkter i $(- 1,5)$ , $(3,5)$ og $(7,5)$ , bunnpunkter i $(1, - 1)$ og $(5, - 1)$ , og med grafen som krysser likevektslinjen $y = 2$ ved $x = 0, 2, 4, 6$ . Intervallet $x \in [- 1, 7]$ dekker nøyaktig to perioder.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Trigonometri, Funksjoner
Egen side: Åpne oppgave 1-5 for seg selv

Oppgave 1-6Andregradsdifferensiallikning med startbetingelser

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

En differensiallikning er gitt ved

y^{''} - 2 y^{'} + y = 0

Vis at $y = A \cdot e^{x} + B \cdot x \cdot e^{x}$ er den generelle løsningen av differensiallikningen.

Bestem $A$ og $B$ når du får vite at $y (0) = 3$ og $y^{'} (0) = 5$ .

Fasit

Vist i løsningsforslaget.

$A = 3, B = 2$

LøsningsforslagKI-generert

Den karakteristiske likningen til $y^{''} - 2 y^{'} + y = 0$ er

r^{2} - 2 r + 1 = 0 \Rightarrow {(r - 1)}^{2} = 0,

som har dobbel rot $r = 1$ . Da er den generelle løsningen på formen $y = (A + B x) e^{x}$ , altså $y = A e^{x} + B x e^{x}$ .

Vi kan også bekrefte dette ved direkte innsetting. Vi deriverer:

y = A e^{x} + B x e^{x}

y^{'} = A e^{x} + B (e^{x} + x e^{x}) = (A + B) e^{x} + B x e^{x}

y^{''} = (A + B) e^{x} + B (e^{x} + x e^{x}) = (A + 2 B) e^{x} + B x e^{x}

Setter vi inn i differensiallikningen:

y^{''} - 2 y^{'} + y = [(A + 2 B) - 2 (A + B) + A] e^{x} + [B - 2 B + B] x e^{x}

= [A + 2 B - 2 A - 2 B + A] e^{x} + 0 \cdot x e^{x} = 0 \cdot e^{x} = 0.

Likningen er dermed oppfylt for alle verdier av $A$ og $B$ , så $y = A e^{x} + B x e^{x}$ er den generelle løsningen. $■$

Fra a) har vi $y = A e^{x} + B x e^{x}$ og $y^{'} = (A + B) e^{x} + B x e^{x}$ .

Betingelse $y (0) = 3$ :

y (0) = A e^{0} + B \cdot 0 \cdot e^{0} = A = 3

A = 3

Betingelse $y^{'} (0) = 5$ :

y^{'} (0) = (A + B) e^{0} + B \cdot 0 \cdot e^{0} = A + B = 5

Siden $A = 3$ :

3 + B = 5 \Rightarrow B = 2

A = 3, B = 2

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 3
Poeng: 4
Temaer: Differensiallikning
Egen side: Åpne oppgave 1-6 for seg selv

Oppgave 1-7Uendelig geometrisk rekke med cosinus

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

En uendelig geometrisk rekke er gitt ved

S (x) = 1 + \frac{3}{2} \cos x + \frac{9}{4} \cos^{2} x + \dots

Avgjør om rekken konvergerer for $x = \frac{π}{6}$ , og for $x = \frac{π}{3}$ .

Bestem summen av rekken i det eller de tilfellene i oppgave a) der rekken konvergerer.

For hvilke verdier av $r$ har likningen $S (x) = r$ løsning?

Fasit

Divergerer for $x = \frac{π}{6}$ , konvergerer for $x = \frac{π}{3}$ .

$S = 4$

$r > \frac{1}{2}$

LøsningsforslagKI-generert

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

k = \frac{3}{2} \cos x .

En uendelig geometrisk rekke konvergerer hvis og bare hvis $| k | < 1$ .

For $x = \frac{π}{6}$ :

k = \frac{3}{2} \cdot \cos (\frac{π}{6}) = \frac{3}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3 \sqrt{3}}{4} \approx 1,30

Siden $| k | \approx 1,30 > 1$ , divergerer rekken for $x = \frac{π}{6}$ .

For $x = \frac{π}{3}$ :

k = \frac{3}{2} \cdot \cos (\frac{π}{3}) = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{4} = 0,75

Siden $| k | = 0,75 < 1$ , konvergerer rekken for $x = \frac{π}{3}$ .

Rekken konvergerte kun for $x = \frac{π}{3}$ , med $k = \frac{3}{4}$ . Summen av en konvergent uendelig geometrisk rekke er

S = \frac{a_{1}}{1 - k} .

Vi setter inn:

S = \frac{1}{1 - \frac{3}{4}} = \frac{1}{\frac{1}{4}} = 4

S = 4

Rekken konvergerer for de $x$ -verdiene der $| k | < 1$ , altså

| \frac{3}{2} \cos x | < 1 \Leftrightarrow | \cos x | < \frac{2}{3} .

Siden $\cos x$ er en kontinuerlig funksjon som antar alle verdier i $⟨ - 1, 1 ⟩$ , vil kvotienten $k = \frac{3}{2} \cos x$ anta alle verdier i det åpne intervallet $⟨ - 1, 1 ⟩$ når rekken konvergerer (endepunktene $k = \pm 1$ tilsvarer divergens og er ikke med).

Summen er $S (x) = \frac{1}{1 - k}$ , som er en strengt voksende funksjon av $k$ på $⟨ - 1, 1 ⟩$ . Vi ser på grenseverdiene:

k \to - 1^{+} \Rightarrow S \to \frac{1}{1 - (- 1)} = \frac{1}{2}

k \to 1^{-} \Rightarrow S \to \frac{1}{1 - 1^{-}} \to + \infty

Siden $S$ er kontinuerlig og strengt voksende, og endepunktene ikke oppnås (de tilsvarer $k = \pm 1$ , som gir divergens), er verdimengden til $S (x)$

S (x) \in ⟨ \frac{1}{2}, \to ⟩ .

Likningen $S (x) = r$ har altså løsning nøyaktig når

r > \frac{1}{2}

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 3
Poeng: 5
Temaer: Rekker, Geometrisk rekke, Uendelig rekke, Konvergens, Trigonometri
Egen side: Åpne oppgave 1-7 for seg selv

Oppgave 1-8Induksjonsbevis for sum av odde kvadrater

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

Bruk induksjon til å bevise påstanden

P (n) : \sum_{i = 1}^{n} {(2 i - 1)}^{2} = \frac{n (2 n - 1) (2 n + 1)}{3}, n \in ℕ

Husk å skrive forklarende kommentarer til beviset ditt.

Fasit

Bevist ved induksjon, se løsningsforslaget.

LøsningsforslagKI-generert

Vi skal vise at påstanden

P (n) : \sum_{i = 1}^{n} {(2 i - 1)}^{2} = \frac{n (2 n - 1) (2 n + 1)}{3}

er sann for alle $n \in ℕ$ , ved induksjon.

Steg 1: Basissteg.

Vi sjekker at $P (1)$ er sann. Venstre side (summen med bare ett ledd, $i = 1$ ):

\sum_{i = 1}^{1} {(2 i - 1)}^{2} = {(2 \cdot 1 - 1)}^{2} = 1^{2} = 1

Høyre side:

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

Siden begge sider er like, er $P (1)$ sann.

Steg 2: Induksjonssteget.

Vi antar at $P (k)$ er sann for et vilkårlig naturlig tall $k$ , altså at

\sum_{i = 1}^{k} {(2 i - 1)}^{2} = \frac{k (2 k - 1) (2 k + 1)}{3} (induksjonsantagelsen)

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

\sum_{i = 1}^{k + 1} {(2 i - 1)}^{2} = \frac{(k + 1) (2 (k + 1) - 1) (2 (k + 1) + 1)}{3} = \frac{(k + 1) (2 k + 1) (2 k + 3)}{3}

Vi starter med venstre side av $P (k + 1)$ og splitter ut det siste leddet:

\sum_{i = 1}^{k + 1} {(2 i - 1)}^{2} = \sum_{i = 1}^{k} {(2 i - 1)}^{2} + {(2 (k + 1) - 1)}^{2}

Bruker induksjonsantagelsen på det første leddet:

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

Faktoriserer ut $(2 k + 1)$ og setter på felles brøkstrek:

= (2 k + 1) [\frac{k (2 k - 1)}{3} + (2 k + 1)] = (2 k + 1) \cdot \frac{k (2 k - 1) + 3 (2 k + 1)}{3}

Vi forenkler telleren i parentesen:

k (2 k - 1) + 3 (2 k + 1) = 2 k^{2} - k + 6 k + 3 = 2 k^{2} + 5 k + 3

Dette andregradsuttrykket faktoriseres som

2 k^{2} + 5 k + 3 = (2 k + 3) (k + 1)

Setter vi dette inn igjen, får vi

\sum_{i = 1}^{k + 1} {(2 i - 1)}^{2} = \frac{(2 k + 1) (2 k + 3) (k + 1)}{3} = \frac{(k + 1) (2 k + 1) (2 k + 3)}{3}

Dette er nøyaktig uttrykket for $P (k + 1)$ . Altså har vi vist at

P (k) \Rightarrow P (k + 1)

Steg 3: Konklusjon.

Siden $P (1)$ er sann, og siden $P (k)$ medfører $P (k + 1)$ for alle $k \in ℕ$ , følger det av induksjonsprinsippet at $P (n)$ er sann for alle $n \in ℕ$ .

\sum_{i = 1}^{n} {(2 i - 1)}^{2} = \frac{n (2 n - 1) (2 n + 1)}{3} for alle n \in ℕ ■

Oppgavedata

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

Oppgave 2-1Gassutslipp med aritmetisk og geometrisk rekke

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

En bedrift slipper årlig ut 5000 kg av en gass. De får pålegg fra myndighetene om at de i løpet av 10 år må halvere de årlige utslippene. Bedriften vurderer to modeller for hvordan de kan gjennomføre dette.

Modell 1 De reduserer forbruket med et fast antall kg hvert år, slik at de det første året slipper ut 5000 kg, mens de det tiende året slipper ut 2500 kg.

Modell 2 De reduserer forbruket med en fast årlig prosent, slik at de det første året slipper ut 5000 kg, mens de det tiende året slipper ut 2500 kg.

Kalkulator

Hvor mye slipper bedriften til sammen ut i løpet av disse 10 årene dersom de velger modell 1?

Kalkulator

Hvor mye slipper bedriften til sammen ut i løpet av disse 10 årene dersom de velger modell 2?

En annen bedrift slipper også årlig ut 5000 kg av denne gassen. De får beskjed av myndighetene om at de må redusere utslippet. Fra og med i år og så lenge bedriften eksisterer, får de ikke slippe ut mer enn til sammen 50 000 kg.

Bedriften bestemmer seg for at de hvert år fremover vil redusere utslippet med en fast prosent $p$ .

Kalkulator

Bestem den laveste verdien for $p$ som gjør at de overholder myndighetenes krav.

Fasit

$S_{10} = 37 500 kg$

$S_{10} \approx 36 227 kg$

$p = 10 %$

LøsningsforslagKI-generert

I modell 1 er de årlige utslippene en aritmetisk rekke med $a_{1} = 5000$ og $a_{10} = 2500$ .

Differansen finner vi fra $a_{10} = a_{1} + 9 d$ :

d = \frac{a_{10} - a_{1}}{9} = \frac{2500 - 5000}{9} \approx - 277,78

Bedriften reduserer altså utslippet med om lag $277,78 kg$ per år.

Summen av utslippene over 10 år er

S_{10} = \frac{a_{1} + a_{10}}{2} \cdot n = \frac{5000 + 2500}{2} \cdot 10 = 37 500

Med modell 1 slipper bedriften til sammen ut $37 500 kg$ gass i løpet av de 10 årene.

I modell 2 er de årlige utslippene en geometrisk rekke med $a_{1} = 5000$ og $a_{10} = 2500$ .

Kvotienten finner vi fra $a_{10} = a_{1} \cdot k^{9}$ :

k = {(\frac{a_{10}}{a_{1}})}^{1 / 9} = {(\frac{1}{2})}^{1 / 9} \approx 0,9259

Utslippene reduseres altså med om lag $7,41 %$ per år.

Summen av en geometrisk rekke med 10 ledd er

S_{10} = a_{1} \cdot \frac{k^{10} - 1}{k - 1}

Løst i GeoGebra CAS (se utklipp):

S_{10} = 5000 \cdot \frac{{0,9259}^{10} - 1}{0,9259 - 1} \approx 36 226,68

Med modell 2 slipper bedriften til sammen ut om lag $36 227 kg$ gass i løpet av de 10 årene — noe mindre enn med modell 1, siden utslippene faller raskere i starten.

Den andre bedriften starter med $5000 kg$ i utslipp, og reduserer utslippet med en fast prosent $p$ hvert år fremover. Dette gir en uendelig geometrisk rekke med kvotient $k = 1 - \frac{p}{100}$ .

Siden bedriften eksisterer “for alltid”, er totalt utslipp den uendelige summen

S = \frac{a_{1}}{1 - k} = \frac{5000}{1 - (1 - \frac{p}{100})} = \frac{5000}{\frac{p}{100}} = \frac{500 000}{p}

Kravet er at dette ikke skal overstige $50 000 kg$ :

\frac{500 000}{p} \leq 50 000

Løst i GeoGebra CAS (se utklipp over):

\frac{500 000}{p} = 50 000 \Rightarrow p = 10

Siden venstresiden er en avtagende funksjon av $p$ for $p > 0$ , må $p \geq 10$ for at kravet skal være oppfylt.

Den laveste verdien for $p$ som gjør at kravet overholdes, er $p = 10 %$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 6
Temaer: Rekker, Geometrisk rekke, Modellering, Uendelig rekke, Konvergens
Egen side: Åpne oppgave 2-1 for seg selv

Oppgave 2-2Planpendel og differensiallikning

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

En kule er festet til taket med en tynn tråd. Kulen trekkes ut til siden og slippes. Vi får da en planpendel.

I en planpendel vil vinkelutslaget $v$ radianer være en funksjon av tiden $t$ . Her er $t$ antall sekunder etter at kulen slippes. Dersom vinkelutslaget er lite, kan vi bestemme $v (t)$ ved hjelp av differensiallikningen

v^{''} = - \frac{g}{L} v

Her er $g = 9,81$ tyngdeakselerasjonen (målt i m/s²) og $L$ lengden av pendelen (målt i meter).

Planpendel med kule og snor

Arne har en planpendel der $L = 0,20 m$ . Han drar kulen til den ene siden slik at $v = 0,15$ , og slipper. Kulen er i ro idet den blir sluppet.

For hånd

Forklar at beskrivelsen gir oss følgende betingelser:

v (0) = 0,15

v^{'} (0) = 0

Kalkulator

Bestem et uttrykk for $v (t)$ .

Tiden det tar fra kulen slippes, til den er tilbake i samme posisjon, kalles pendelens svingetid.

Kalkulator

Bestem svingetiden til denne planpendelen.

En sekundpendel er en planpendel som har en svingetid på $2,0$ sekunder.

Kalkulator

Bestem lengden $L$ til sekundpendelen.

Fasit

$v (0) = 0,15$ fordi kulen dras ut til $v = 0,15$ før den slippes. $v^{'} (0) = 0$ fordi kulen er i ro i det øyeblikket den slippes.

$v (t) = 0,15 \cos (7,00 t)$

$T \approx 0,90 s$

$L \approx 0,99 m$

LøsningsforslagKI-generert

Vinkelutslaget $v (t)$ beskriver hvor langt til siden pendelen har svingt ved tiden $t$ . I startøyeblikket ( $t = 0$ ) har Arne akkurat trukket kulen til siden slik at $v = 0,15$ . Det gir betingelsen

v (0) = 0,15

Den deriverte $v^{'} (t)$ er vinkelfarten til pendelen. Siden kulen er i ro idet den slippes (den har ingen fart i det øyeblikket), er vinkelfarten null ved $t = 0$ . Det gir betingelsen

v^{'} (0) = 0

Differensiallikningen $v^{''} = - \frac{g}{L} v$ er en andreordens lineær differensiallikning med konstant negativ koeffisient. Den generelle løsningen er

v (t) = A \cos (ω t) + B \sin (ω t), ω = \sqrt{\frac{g}{L}}

Med $g = 9,81$ og $L = 0,20$ blir

ω = \sqrt{\frac{9,81}{0,20}} \approx 7,00

Vi bruker startbetingelsene fra a) til å bestemme $A$ og $B$ . Deriverer $v (t)$ :

v^{'} (t) = - A ω \sin (ω t) + B ω \cos (ω t)

Setter inn $t = 0$ i $v (t)$ og $v^{'} (t)$ og løser likningssystemet i GeoGebra CAS.

CAS-løsning for A og B

Fra linje 3 ser vi at $A = \frac{3}{20} = 0,15$ og at $B ω = 0$ . Siden $ω \neq 0$ , må $B = 0$ . Uttrykket for vinkelutslaget blir dermed

v (t) = 0,15 \cos (7,00 t)

Siden $v (t) = 0,15 \cos (ω t)$ er en periodisk funksjon, tar det én hel periode $T = \frac{2 π}{ω}$ før pendelen er tilbake i samme posisjon. Det er nettopp svingetiden. Vi setter inn tallene i GeoGebra CAS.

CAS-beregning av svingetid og pendellengde

Fra linje 2 er

T \approx 0,90 s

Svingetiden for en planpendel er $T = 2 π \sqrt{\frac{L}{g}}$ , altså

L = g {(\frac{T}{2 π})}^{2}

Setter inn $T = 2,0$ og $g = 9,81$ i CAS (linje 3 i skjermbildet over):

L \approx 0,99 m

En sekundpendel med svingetid $2,0 s$ må altså være om lag $99 cm$ lang.

Oppgavedata

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

Oppgave 2-3Kuleflate tangerer plan

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

Et plan $α$ er gitt ved likningen

α : 2 x - 3 y + 7 z = 5

En kuleflate har sentrum i $S (8, 5, 0)$ og tangerer planet $α$ .

Kalkulator

Bestem radiusen til kuleflaten.

Et plan $β$ går gjennom punktene $A (1, 2, - 5)$ , $B (5, - 2, 1)$ og $C (t, 1, 4)$ . En kuleflate har sentrum i $T (7, 6, - 3)$ og radius $r = 2$ .

Kalkulator

Bestem eksakte verdier for $t$ slik at planet $β$ tangerer kuleflaten.

Fasit

$r = \frac{2 \sqrt{62}}{31}$

$t = 17 \lor t = \frac{149}{17}$

LøsningsforslagKI-generert

Radiusen til kuleflaten er lik avstanden fra sentrum $S (8, 5, 0)$ til det tangerende planet $α : 2 x - 3 y + 7 z - 5 = 0$ . Vi bruker avstandsformelen fra punkt til plan:

r = \frac{| 2 \cdot 8 - 3 \cdot 5 + 7 \cdot 0 - 5 |}{\sqrt{2^{2} + {(- 3)}^{2} + 7^{2}}} = \frac{| - 4 |}{\sqrt{62}} = \frac{4}{\sqrt{62}} = \frac{2 \sqrt{62}}{31}

$r = \frac{2 \sqrt{62}}{31} \approx 0,51$

Planet $β$ går gjennom $A (1, 2, - 5)$ , $B (5, - 2, 1)$ og $C (t, 1, 4)$ . To retningsvektorer i planet er

\vec{A B} = (4, - 4, 6), \vec{A C} = (t - 1, - 1, 9)

En normalvektor til $β$ finner vi med kryssproduktet $\vec{n} = \vec{A B} \times \vec{A C}$ :

\vec{n} = ((- 4) \cdot 9 - 6 \cdot (- 1), 6 \cdot (t - 1) - 4 \cdot 9, 4 \cdot (- 1) - (- 4) (t - 1)) = (- 30, 6 t - 42, 4 t - 8)

Kuleflaten med sentrum $T (7, 6, - 3)$ og radius $r = 2$ tangerer planet $β$ nettopp når avstanden fra $T$ til $β$ er lik $2$ . Avstanden regnes med normalvektoren og vektoren $\vec{A T} = T - A = (6, 4, 2)$ :

d (T, β) = \frac{| \vec{n} \cdot \vec{A T} |}{| \vec{n} |} = 2

I GeoGebra CAS regner vi ut telleren $\vec{n} \cdot \vec{A T}$ og $| \vec{n} |^{2}$ som funksjoner av $t$ , og løser likningen ${(\vec{n} \cdot \vec{A T})}^{2} = 4 | \vec{n} |^{2}$ :

Kuleflate tangerer plan CAS

Fra utklippet:

\vec{n} \cdot \vec{A T} = 32 t - 364, | \vec{n} |^{2} = 52 t^{2} - 568 t + 2728

{(32 t - 364)}^{2} = 4 (52 t^{2} - 568 t + 2728) \Rightarrow t = 17 \lor t = \frac{149}{17}

$t = 17 \lor t = \frac{149}{17}$

Oppgavedata

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

Oppgave 2-4Stettglass og omdreiningslegeme

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

Innsideflaten av en type stettglass framkommer når funksjonen $f$ gitt ved

f (x) = - 0,3 \cdot \sin (1,9 x - 4,1) + 0,25, x \in [0, 1,5]

roteres $360 °$ grader om $x$ -aksen. Her er $x$ målt i dm.

Stettglass innside

Kalkulator

Hvor mye vann er det plass til i glasset om det fylles helt opp?

Stettglasset er laget av 3 mm tykt glass. Dersom funksjonen $g$ gitt ved

g (x) = f (x) + 0,03

roteres $360 °$ om $x$ -aksen, får vi en tilnærming av ytterflaten til glasset.

Stettglass utside

Kalkulator

Bestem volumet til materialet som stettglasset (uten stett) er laget av.

Kalkulator + svaret på tidligere oppgave

Bruk svaret i b) til å bestemme en tilnærmet verdi for overflatearealet til utsiden av stettglasset (uten stett).

I en matematikkbok finner vi denne setningen:

Anta at en funksjon $f$ er kontinuerlig og deriverbar i et intervall $[a, b]$ , og $f (x) \geq 0$ for alle $x \in [a, b]$ . Overflatearealet til omdreiningslegemet vi får når vi roterer grafen til $f$ om $x$ -aksen mellom $x = a$ og $x = b$ , er da gitt ved formelen

O = 2 π \int_{a}^{b} f (x) \sqrt{1 + {(f^{'} (x))}^{2}} d x

Oppsett for hånd

Bruk setningen til å bestemme overflatearealet av utsiden av stettglasset (uten stett).

Fasit

$V \approx 0,715 {dm}^{3} \approx 0,72 liter$

$V_{materiale} \approx 0,101 {dm}^{3}$

$O \approx 3,38 {dm}^{2}$

$O \approx 3,75 {dm}^{2}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker GeoGebra CAS til å definere funksjonene og beregne integralene. Skjermbildet under viser hele CAS-økten:

CAS-utregning stettglass

Når grafen til $f$ roteres $360 °$ om $x$ -aksen, får vi et omdreiningslegeme med volum

V = π \int_{0}^{1,5} {[f (x)]}^{2} d x

I CAS (linje 3) finner vi $π \int_{0}^{1,5} {[f (x)]}^{2} d x \approx 0,71462$ .

Siden $x$ er målt i dm, er volumet målt i ${dm}^{3}$ , og $1 {dm}^{3} = 1 liter$ .

Det er plass til omtrent $0,72 liter$ vann i glasset.

Ytterflaten er tilnærmet gitt ved $g (x) = f (x) + 0,03$ , altså $f$ forskjøvet $0,03 dm$ ( $3 mm$ ) oppover — dette svarer til glassveggens tykkelse.

Volumet av det omdreiningslegemet vi får når $g$ roteres om $x$ -aksen, er

V_{g} = π \int_{0}^{1,5} {[g (x)]}^{2} d x

I CAS (linje 4) finner vi $V_{g} \approx 0,81604$ .

Volumet til selve glassmaterialet er differansen mellom de to omdreiningslegemene:

V_{materiale} = V_{g} - V_{f} = 0,81604 - 0,71462 \approx 0,10142 {dm}^{3}

(se Vmateriale i CAS, linje 5).

Volumet av materialet er $V_{materiale} \approx 0,101 {dm}^{3}$ .

Glassveggen er tynn (tykkelse $t = 0,03 dm$ ) sammenlignet med glassets størrelse. Vi kan derfor tenke oss materialet som et tynt lag med (nesten) konstant tykkelse utbrettet over utsideflaten. Da er volumet omtrent lik overflatearealet ganger tykkelsen:

V_{materiale} \approx O \cdot t \Rightarrow O \approx \frac{V_{materiale}}{t}

I CAS (linje 6, Otilnaermet) settes dette opp som $\frac{0,10142}{0,03} \approx 3,38066$ .

Overflatearealet til utsiden av stettglasset er tilnærmet $O \approx 3,38 {dm}^{2}$ .

Oppgaven spør om overflatearealet til utsiden av stettglasset. Utsiden er beskrevet av ytterflaten $g$ , ikke av innerflaten $f$ . Setningen brukes derfor på $g$ :

O = 2 π \int_{0}^{1,5} g (x) \sqrt{1 + {[g^{'} (x)]}^{2}} d x

I CAS finner vi først den deriverte $g^{'} (x) = - \frac{57}{100} \cos (\frac{19}{10} x - \frac{41}{10})$ (linje 8, gder) — samme uttrykk som $f^{'} (x)$ , siden $g$ bare er $f$ forskjøvet en konstant. Deretter beregner vi integralet numerisk (linje 9):

O = 2 π \int_{0}^{1,5} g (x) \sqrt{1 + {[g^{'} (x)]}^{2}} d x \approx 3,7484

Dette er i samme størrelsesorden som tilnærmingen i c) ( $O \approx 3,38 {dm}^{2}$ ) — de to metodene gir ikke identisk svar, men begge viser at overflatearealet er i overkant av $3 {dm}^{2}$ , som forventet siden glassveggen er tynn.

Overflatearealet til utsiden av stettglasset er $O \approx 3,75 {dm}^{2}$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 3
Poeng: 7
Temaer: Omdreiningslegeme, Integrasjon, Bestemt integral, Modellering
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 · 8 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 1-1Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H20

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-2Integrasjon med delvis integrasjon og partialbrøk

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-3Trigonometriske likninger på intervall R2 H20

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-4Plan og kjegle i romgeometri

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-5Trigonometrisk funksjon med toppunkt

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-6Andregradsdifferensiallikning med startbetingelser

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-7Uendelig geometrisk rekke med cosinus

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-8Induksjonsbevis for sum av odde kvadrater

Forstå oppgaven med en KI

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

Oppgave 2-1Gassutslipp med aritmetisk og geometrisk rekke

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-2Planpendel og differensiallikning

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-3Kuleflate tangerer plan

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4Stettglass og omdreiningslegeme

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Del 1uten hjelpemidler · 3 timer · 8 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 1-1·Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H20

Oppgave 1-2·Integrasjon med delvis integrasjon og partialbrøk

Oppgave 1-3·Trigonometriske likninger på intervall R2 H20

Oppgave 1-4·Plan og kjegle i romgeometri

Oppgave 1-5·Trigonometrisk funksjon med toppunkt

Oppgave 1-6·Andregradsdifferensiallikning med startbetingelser

Oppgave 1-7·Uendelig geometrisk rekke med cosinus

Oppgave 1-8·Induksjonsbevis for sum av odde kvadrater

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

Oppgave 2-1·Gassutslipp med aritmetisk og geometrisk rekke

Oppgave 2-2·Planpendel og differensiallikning

Oppgave 2-3·Kuleflate tangerer plan

Oppgave 2-4·Stettglass og omdreiningslegeme

Temaer

Oppgave 1-1Derivasjon av trigonometriske funksjoner R2 H20

Oppgave 1-2Integrasjon med delvis integrasjon og partialbrøk

Oppgave 1-3Trigonometriske likninger på intervall R2 H20

Oppgave 1-4Plan og kjegle i romgeometri

Oppgave 1-5Trigonometrisk funksjon med toppunkt

Oppgave 1-6Andregradsdifferensiallikning med startbetingelser

Oppgave 1-7Uendelig geometrisk rekke med cosinus

Oppgave 1-8Induksjonsbevis for sum av odde kvadrater

Oppgave 2-1Gassutslipp med aritmetisk og geometrisk rekke

Oppgave 2-2Planpendel og differensiallikning

Oppgave 2-3Kuleflate tangerer plan

Oppgave 2-4Stettglass og omdreiningslegeme