R2 Vår 2014

Oppgave 1-1Derivasjon av sinus og eksponentialfunksjon

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

Deriver funksjonene

f (x) = \sin (3 x)

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

Fasit

$f^{'} (x) = 3 \cos (3 x)$

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

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker kjerneregelen. Den ytre funksjonen er $\sin (u)$ med derivert $\cos (u)$ , og den indre funksjonen er $u = 3 x$ med derivert $u^{'} = 3$ .

f^{'} (x) = \cos (3 x) \cdot 3 = 3 \cos (3 x)

Vi bruker produktregelen ${(u v)}^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ med $u = e^{2 x}$ og $v = \cos x$ .

Deriverer hver faktor:

u^{'} = 2 e^{2 x} v^{'} = - \sin x

Setter inn i produktregelen:

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

Oppgavedata

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

Oppgave 1-2Integrasjon ved substitusjon og delvis integrasjon

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

Regn ut integralene

\int 2 x \cdot \sin (x^{2}) d x

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

Fasit

$- \cos (x^{2}) + C$

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

LøsningsforslagKI-generert

Vi løser integralet ved substitusjon. La

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

Dette betyr at $2 x d x$ i integralet kan byttes direkte ut med $d u$ :

\int 2 x \cdot \sin (x^{2}) d x = \int \sin (u) d u = - \cos (u) + C

Setter tilbake $u = x^{2}$ :

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

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

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

Dette gir

\int_{1}^{e} x \ln x d x = {[\frac{x^{2}}{2} \ln x]}_{1}^{e} - \int_{1}^{e} \frac{x^{2}}{2} \cdot \frac{1}{x} d x = {[\frac{x^{2}}{2} \ln x]}_{1}^{e} - \int_{1}^{e} \frac{x}{2} d x

Vi regner ut hvert ledd for seg. Siden $\ln 1 = 0$ og $\ln e = 1$ :

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

\int_{1}^{e} \frac{x}{2} d x = {[\frac{x^{2}}{4}]}_{1}^{e} = \frac{e^{2}}{4} - \frac{1}{4}

Setter sammen:

\int_{1}^{e} x \ln x d x = \frac{e^{2}}{2} - (\frac{e^{2}}{4} - \frac{1}{4}) = \frac{e^{2}}{4} + \frac{1}{4} = \frac{e^{2} + 1}{4}

Oppgavedata

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

Oppgave 1-3Vendepunkt for eksponentialfunksjon

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

Funksjonen $f$ er gitt ved

f (x) = e^{2 x} - 4 e^{x}, D_{f} = ℝ

Bestem koordinatene til eventuelle vendepunkter på grafen til $f$ .

Fasit

$(0, - 3)$

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner et vendepunkt ved å se på fortegnet til den andrederiverte. Vi deriverer $f$ to ganger:

f^{'} (x) = 2 e^{2 x} - 4 e^{x}

f^{''} (x) = 4 e^{2 x} - 4 e^{x}

Et eventuelt vendepunkt oppstår der $f^{''} (x) = 0$ og fortegnet til $f^{''} (x)$ skifter. Vi faktoriserer og løser:

f^{''} (x) = 4 e^{x} (e^{x} - 1) = 0

Siden $e^{x} > 0$ for alle $x$ , må $e^{x} - 1 = 0$ , altså

e^{x} = 1 \Rightarrow x = 0

Vi sjekker fortegnsskifte rundt $x = 0$ . For $x < 0$ er $e^{x} < 1$ , så $e^{x} - 1 < 0$ og $f^{''} (x) < 0$ . For $x > 0$ er $e^{x} > 1$ , så $e^{x} - 1 > 0$ og $f^{''} (x) > 0$ . Fortegnet skifter fra negativt til positivt, så $x = 0$ gir et vendepunkt.

Vi finner $y$ -koordinaten ved å sette $x = 0$ inn i $f$ :

f (0) = e^{0} - 4 e^{0} = 1 - 4 = - 3

Grafen til $f$ har dermed et vendepunkt i $(0, - 3)$ .

Oppgavedata

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

Oppgave 1-4Konvergensområde og likninger for geometrisk rekke

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

En uendelig geometrisk rekke er gitt ved

s (x) = 1 + (1 - x) + {(1 - x)}^{2} + {(1 - x)}^{3} + \dots

Bestem konvergensområdet til rekken.

Løs likningene $s (x) = 3$ og $s (x) = \frac{1}{3}$

Fasit

$0 < x < 2$

$s (x) = 3$ : $x = \frac{1}{3}$ . $s (x) = \frac{1}{3}$ : $ingen løsning$

LøsningsforslagKI-generert

Rekken er geometrisk med kvotient $k = 1 - x$ . En uendelig geometrisk rekke konvergerer når $| k | < 1$ :

| 1 - x | < 1

- 1 < 1 - x < 1

Trekker fra $1$ på alle ledd:

- 2 < - x < 0

Snur ulikhetstegnene når vi deler på $- 1$ :

0 < x < 2

Rekken konvergerer altså for $x \in ⟨ 0, 2 ⟩$ .

For $x$ i konvergensområdet er summen av rekken gitt ved

s (x) = \frac{a_{1}}{1 - k} = \frac{1}{1 - (1 - x)} = \frac{1}{x}

Likningen $s (x) = 3$ :

\frac{1}{x} = 3 \Rightarrow x = \frac{1}{3}

Siden $\frac{1}{3}$ ligger i konvergensområdet $⟨ 0, 2 ⟩$ , er dette en gyldig løsning.

Likningen $s (x) = \frac{1}{3}$ :

\frac{1}{x} = \frac{1}{3} \Rightarrow x = 3

Her ligger $x = 3$ utenfor konvergensområdet $⟨ 0, 2 ⟩$ , så rekken divergerer for denne $x$ -verdien. Likningen $s (x) = \frac{1}{3}$ har derfor ingen løsning.

Oppgavedata

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

Oppgave 1-5Plan og linje i rommet

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

Planet $α$ er gitt ved

α : 2 x + y - 2 z + 3 = 0

Vis at punktet $P (3, 4, 2)$ ikke ligger i planet $α$ .

En linje $ℓ$ går gjennom $P$ slik at $ℓ ⟂ α$ .

Bestem en parameterframstilling for $ℓ$ .

Bestem koordinatene til skjæringspunktet mellom $ℓ$ og $α$ .

Bestem avstanden fra $P$ til $α$ .

Fasit

$2 \cdot 3 + 4 - 2 \cdot 2 + 3 = 9 \neq 0$ , så $P$ ligger ikke i $α$

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

$Q (1, 3, 4)$

$d = 3$

LøsningsforslagKI-generert

Vi setter koordinatene til $P (3, 4, 2)$ inn i likningen for planet $α$ :

2 \cdot 3 + 4 - 2 \cdot 2 + 3 = 6 + 4 - 4 + 3 = 9

Siden $9 \neq 0$ , tilfredsstiller ikke $P$ planlikningen, og punktet $P$ ligger derfor ikke i $α$ .

Planet $α$ har normalvektor $\vec{n} = (2, 1, - 2)$ , avlest direkte fra koeffisientene i planlikningen.

Siden $ℓ ⟂ α$ , må $ℓ$ ha $\vec{n}$ som retningsvektor. Linjen går gjennom $P (3, 4, 2)$ , og en parameterframstilling for $ℓ$ blir

ℓ : {\begin{matrix} x = 3 + 2 t \\ y = 4 + t \\ z = 2 - 2 t \end{matrix}

Vi setter parameterframstillingen for $ℓ$ inn i likningen for $α$ :

2 (3 + 2 t) + (4 + t) - 2 (2 - 2 t) + 3 = 0

6 + 4 t + 4 + t - 4 + 4 t + 3 = 0

9 + 9 t = 0 \Rightarrow t = - 1

Setter $t = - 1$ inn i parameterframstillingen for $ℓ$ :

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

Skjæringspunktet er $Q (1, 3, 4)$ .

Avstanden fra $P$ til $α$ er lik lengden av vektoren $\vec{P Q}$ , siden $ℓ$ står normalt på $α$ og $Q$ er skjæringspunktet:

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

d = | \vec{P Q} | = \sqrt{{(- 2)}^{2} + {(- 1)}^{2} + 2^{2}} = \sqrt{4 + 1 + 4} = \sqrt{9} = 3

Avstanden fra $P$ til $α$ er $3$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 3
Poeng: 5
Temaer: Romgeometri, Plan, Vektorer, Parameterframstilling
Egen side: Åpne oppgave 1-5 for seg selv

Oppgave 1-6Sinusfunksjon med toppunkt og bunnpunkt

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

En funksjon $f$ er gitt ved

f (x) = a \sin (c x + φ) + d

Grafen til funksjonen har et toppunkt i $(0, 7)$ . Det nærmeste bunnpunktet til høyre for dette toppunktet er $(2, 3)$ .

Forklar at funksjonsuttrykket kan skrives

f (x) = 2 \sin (\frac{π}{2} x + \frac{π}{2}) + 5

Lag en skisse av grafen til $f$ for $x \in [0, 12]$ .

Fasit

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

Se skisse i løsningsforslaget

LøsningsforslagKI-generert

Grafen har et toppunkt i $(0, 7)$ og et bunnpunkt i $(2, 3)$ .

Likevektslinjen $d$ ligger midt mellom topp- og bunnverdien:

d = \frac{7 + 3}{2} = 5

Amplituden $a$ er avstanden fra likevektslinjen til toppverdien:

a = 7 - 5 = 2

Perioden. Avstanden langs $x$ -aksen fra et toppunkt til det nærmeste bunnpunktet er en halv periode. Siden avstanden fra $x = 0$ til $x = 2$ er $2$ , er halve perioden $2$ , og hele perioden er

T = 2 \cdot 2 = 4

Konstanten $c$ er gitt ved $c = \frac{2 π}{T}$ :

c = \frac{2 π}{4} = \frac{π}{2}

Fasen $φ$ . Siden $f$ har toppunkt i $x = 0$ , må $f (0) = 7$ :

f (0) = a \sin (φ) + d = 7

2 \sin (φ) + 5 = 7 \Rightarrow \sin (φ) = 1

Dette gir $φ = \frac{π}{2}$ (den minste positive løsningen).

Vi setter inn verdiene $a = 2$ , $c = \frac{π}{2}$ , $φ = \frac{π}{2}$ og $d = 5$ , og funksjonsuttrykket kan dermed skrives

f (x) = 2 \sin (\frac{π}{2} x + \frac{π}{2}) + 5

Funksjonen $f$ har likevektslinje $y = 5$ , amplitude $2$ (så maksverdi $7$ og minsteverdi $3$ ) og periode $T = 4$ .

Vi finner de karakteristiske punktene på $[0, 12]$ :

$x$	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
$f (x)$	7	5	3	5	7	5	3	5	7	5	3	5	7

Grafen er en sinuskurve med toppunkter $(0, 7)$ , $(4, 7)$ , $(8, 7)$ , $(12, 7)$ , bunnpunkter $(2, 3)$ , $(6, 3)$ , $(10, 3)$ , og krysser likevektslinjen $y = 5$ ved $x = 1, 3, 5, 7, 9, 11$ . Kurven svinger jevnt mellom $y = 3$ og $y = 7$ med periode $4$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Trigonometri, Funksjoner, Graf
Egen side: Åpne oppgave 1-6 for seg selv

Oppgave 1-7Differensiallikning med initialverdi

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

Løs differensiallikningen

y^{'} - 3 y = 2 når y (0) = \frac{1}{3}

Fasit

$y = e^{3 x} - \frac{2}{3}$

LøsningsforslagKI-generert

Differensiallikningen

y^{'} - 3 y = 2

er lineær og av første orden. Vi løser den ved å bruke en integrerende faktor. Koeffisienten foran $y$ er $- 3$ , så den integrerende faktoren er

I (x) = e^{\int - 3 d x} = e^{- 3 x}

Vi multipliserer likningen med $e^{- 3 x}$ :

e^{- 3 x} y^{'} - 3 e^{- 3 x} y = 2 e^{- 3 x}

Venstre side er den deriverte av produktet $y \cdot e^{- 3 x}$ :

{(y \cdot e^{- 3 x})}^{'} = 2 e^{- 3 x}

Vi integrerer på begge sider:

y \cdot e^{- 3 x} = \int 2 e^{- 3 x} d x = - \frac{2}{3} e^{- 3 x} + C

Vi løser for $y$ ved å dele med $e^{- 3 x}$ :

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

Vi bruker initialbetingelsen $y (0) = \frac{1}{3}$ til å bestemme $C$ :

\frac{1}{3} = - \frac{2}{3} + C e^{0} = - \frac{2}{3} + C \Rightarrow C = 1

Den partikulære løsningen blir dermed

y = e^{3 x} - \frac{2}{3}

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Differensiallikning
Egen side: Åpne oppgave 1-7 for seg selv

Oppgave 2-1Pyramide med tre punkter i rommet

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

Punktene $A (4, 3, 1)$ , $B (2, 2, 0)$ og $C (1, 2, - 2)$ er gitt.

En setning i geometrien sier:

Et plan er entydig bestemt av tre punkter dersom disse punktene ikke ligger på en rett linje.

Kalkulator

Bruk denne setningen til å vise at punktene $A$ , $B$ og $C$ bestemmer et plan $α$ entydig.

Kalkulator

Bestem en likning til planet $α$ .

Et punkt $T$ har koordinatene $(2, 5, 4 t + 1)$ .

Kalkulator

Bestem $t$ slik at volumet av pyramiden $A B C T$ blir 3.

Fasit

Vist i løsningsforslaget

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

$t = - 7 eller t = 2$

LøsningsforslagKI-generert

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

\vec{A B} = B - A = (2 - 4, 2 - 3, 0 - 1) = (- 2, - 1, - 1)

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

Punktene $A$ , $B$ og $C$ ligger på en rett linje dersom $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ er parallelle, altså dersom det finnes et tall $k$ slik at $\vec{A C} = k \cdot \vec{A B}$ . Sammenligner vi koordinatene:

- 3 = k \cdot (- 2) \Rightarrow k = \frac{3}{2}, - 1 = k \cdot (- 1) \Rightarrow k = 1

Vi får ulik $k$ -verdi for første og andre koordinat, så $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ er ikke parallelle. Dermed ligger ikke $A$ , $B$ og $C$ på en rett linje, og punktene bestemmer entydig et plan $α$ ifølge setningen i oppgaveteksten.

Et plan er entydig bestemt av et punkt og en normalvektor. Vi bruker $A$ som punkt i planet, og finner normalvektoren $\vec{n} = \vec{A B} \times \vec{A C}$ :

Med $\vec{A B} = (a_{1}, a_{2}, a_{3})$ og $\vec{A C} = (b_{1}, b_{2}, b_{3})$ er kryssproduktet

\vec{n} = \vec{A B} \times \vec{A C} = (a_{2} b_{3} - a_{3} b_{2}, a_{3} b_{1} - a_{1} b_{3}, a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1})

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

Planlikningen får vi ved å sette inn normalvektoren og punktet $A (4,3,1)$ :

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

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

Dette er beregnet og forenklet i GeoGebra CAS:

r2-v14-2-1

Forenklet gir dette planlikningen

2 x - 3 y - z + 2 = 0

Vi kontrollerer at alle tre punktene ligger i planet: for $A (4,3,1)$ : $2 \cdot 4 - 3 \cdot 3 - 1 + 2 = 8 - 9 - 1 + 2 = 0$ . Tilsvarende stemmer for $B$ og $C$ .

Volumet av en pyramide med toppunkt $T$ og grunnflate-triangel $A B C$ er gitt ved

V = \frac{1}{6} | \vec{A B} \times \vec{A C} | \cdot \vec{A T} = \frac{1}{6} | \vec{n} \cdot \vec{A T} |

der $\vec{n} = (2, - 3, - 1)$ er normalvektoren til planet $α$ fra oppgave b).

Vi finner $\vec{A T}$ :

\vec{A T} = T - A = (2 - 4, 5 - 3, 4 t + 1 - 1) = (- 2, 2, 4 t)

Skalarproduktet blir

\vec{n} \cdot \vec{A T} = 2 \cdot (- 2) + (- 3) \cdot 2 + (- 1) \cdot 4 t = - 4 - 6 - 4 t = - 4 t - 10

Volumet skal være 3, så vi løser likningen

\frac{1}{6} | - 4 t - 10 | = 3

Dette er løst i GeoGebra CAS (samme skjermbilde som over):

r2-v14-2-1

CAS gir $t = - 7$ eller $t = 2$ . Vi kontrollerer for hånd:

| - 4 t - 10 | = 18 \Rightarrow - 4 t - 10 = 18 eller - 4 t - 10 = - 18

- 4 t = 28 \Rightarrow t = - 7 eller - 4 t = - 8 \Rightarrow t = 2

Volumet av pyramiden $A B C T$ blir altså 3 for

t = - 7 eller t = 2

Oppgavedata

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

Oppgave 2-2Kuleflate med sentrum og tangentplan

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

En kuleflate er gitt ved likningen

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

Kalkulator

Vis at punktet $P (2, 3, 5)$ ligger på kuleflaten.

Kalkulator

Bestem sentrum og radius til kulen.

Kalkulator

Bestem likningen til planet som tangerer kuleflaten i punktet $P$ .

Fasit

$P$ ligger på kuleflaten

$Sentrum (1, 1, 3), r = 3$

$x + 2 y + 2 z - 18 = 0$

LøsningsforslagKI-generert

CAS-utregning

Vi setter inn koordinatene til $P (2, 3, 5)$ i likningen for kuleflaten:

2^{2} + 3^{2} + 5^{2} - 2 \cdot 2 - 2 \cdot 3 - 6 \cdot 5 + 2 = 4 + 9 + 25 - 4 - 6 - 30 + 2 = 0

Siden likningen stemmer, ligger $P (2, 3, 5)$ på kuleflaten.

Vi fullfører kvadratene i likningen

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

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

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

Dette er likningen for en kuleflate med sentrum $S (1, 1, 3)$ og radius $r = \sqrt{9} = 3$ .

Tangentplanet i punktet $P$ står normalt på radiusvektoren fra sentrum $S$ til $P$ . Denne vektoren blir normalvektor til planet:

\vec{n} = \vec{S P} = P - S = (2, 3, 5) - (1, 1, 3) = (1, 2, 2)

Likningen for planet gjennom $P (2, 3, 5)$ med normalvektor $\vec{n} = (1, 2, 2)$ er

1 \cdot (x - 2) + 2 \cdot (y - 3) + 2 \cdot (z - 5) = 0

x - 2 + 2 y - 6 + 2 z - 10 = 0

x + 2 y + 2 z - 18 = 0

Oppgavedata

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

Oppgave 2-3Newtons avkjølingslov og drapsoppklaring

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

CSI: Crime Scene Investigation

I en kriminalserie på TV ble et drapsoffer funnet kl. 11.00. Kroppstemperaturen ble da målt til $30^{\circ} C$ . Rommet der den drepte ble funnet, hadde hatt en konstant temperatur på $22^{\circ} C$ siden mordet skjedde.

Vi lar kroppstemperaturen være $y (t)$ grader Celsius $t$ timer etter at den døde ble funnet.

For hånd

Ifølge Newtons avkjølingslov er temperaturendringen per time proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen og romtemperaturen. Forklar at dette gir differensiallikningen

y^{'} = - k (y - 22) der k > 0

For hånd

Forklar at $y (0) = 30$ , og løs differensiallikningen ved regning.

Kalkulator

En time etter at den døde ble funnet, ble kroppstemperaturen målt til $28^{\circ} C$ . Bruk dette til å bestemme konstanten $k$ .

Vi antar at drapsofferet hadde en kroppstemperatur på $37^{\circ} C$ like etter at døden inntraff.

Kalkulator

Bruk $y (t)$ til å anslå når drapet ble utført.

Fasit

Se forklaring

$y (t) = 22 + 8 \cdot e^{- k t}$

$k = \ln (\frac{4}{3}) \approx 0,2877$

$Drapet skjedde ca. kl. 08 : 49$

LøsningsforslagKI-generert

Newtons avkjølingslov sier at temperaturendringen per time, $y^{'}$ , er proporsjonal med differansen mellom kroppstemperaturen $y$ og romtemperaturen $22^{\circ} C$ . Det gir

y^{'} = k_{1} \cdot (y - 22)

for en proporsjonalitetskonstant $k_{1}$ . Siden kroppen er varmere enn rommet ( $y > 22$ ) rett etter dødsfallet, avtar temperaturen, altså $y^{'} < 0$ . Da må $k_{1}$ være negativ. Vi skriver $k_{1} = - k$ med $k > 0$ , og får

y^{'} = - k (y - 22), k > 0

Tidspunktet $t = 0$ er valgt til det tidspunktet den døde ble funnet. Da var kroppstemperaturen målt til $30^{\circ} C$ , altså $y (0) = 30$ .

Differensiallikningen $y^{'} = - k (y - 22)$ er separabel. Vi separerer variablene og integrerer:

\frac{d y}{y - 22} = - k d t

\int \frac{1}{y - 22} d y = \int - k d t

\ln | y - 22 | = - k t + C

y - 22 = A \cdot e^{- k t}, A = \pm e^{C}

y (t) = 22 + A \cdot e^{- k t}

Vi bruker $y (0) = 30$ til å bestemme $A$ :

30 = 22 + A \cdot e^{0} \Rightarrow A = 8

Dette gir

y (t) = 22 + 8 \cdot e^{- k t}

Vi vet at $y (1) = 28$ . Setter vi dette inn i uttrykket fra b), får vi likningen

22 + 8 \cdot e^{- k \cdot 1} = 28

Løser vi denne i GeoGebra CAS (se f(t) := 22 + 8e^{-kt} og Løs(f(1)=28, k) i utklippet), finner vi

k = \ln (\frac{4}{3}) \approx 0,2877

CAS-løsning for k og t

Vi antar at kroppstemperaturen var $37^{\circ} C$ like etter dødsfallet, altså $y (t) = 37$ for tidspunktet $t$ da drapet ble utført (målt i timer relativt til funnetidspunktet $t = 0$ , som var kl. 11.00). Vi setter $y (t) = 37$ inn i modellen med $k \approx 0,2877$ og løser med CAS (samme utklipp som over, linje 4):

22 + 8 \cdot e^{- 0,2877 t} = 37 \Rightarrow t \approx - 2,185

Siden $t$ er negativ, betyr det at drapet skjedde ca. $2,185$ timer før kl. 11.00, altså ca. $2 timer og 11 m i n u t t e r$ før. Det gir

Drapstidspunkt \approx kl. 08 : 49

Oppgavedata

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

Oppgave 2-4Uendelig rekke og induksjon

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

En uendelig rekke er gitt ved

1 + x + x^{2} + x^{3} + \dots

For hånd

Vis at $1 + x + x^{2} + x^{3} + \dots = \frac{1}{1 - x}$ , når $x \in ⟨ - 1, 1 ⟩$

Det kan vises at

(1)^{'} + (x)^{'} + (x^{2})^{'} + (x^{3})^{'} + \dots = {(\frac{1}{1 - x})}^{'}, når x \in ⟨ - 1, 1 ⟩

For hånd

Vis at

1 + 2 x + 3 x^{2} + 4 x^{3} + \dots = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}}, når x \in ⟨ - 1, 1 ⟩

For hånd

Bruk resultatet i oppgave b) til å vise at

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

For hånd

Bruk induksjon til å bevise påstanden

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

For hånd

Bruk det du har funnet ovenfor til å bestemme $\lim_{n \to \infty} \frac{n + 2}{2^{n - 1}}$

Fasit

$1 + x + x^{2} + x^{3} + \dots = \frac{1}{1 - x}$

$1 + 2 x + 3 x^{2} + 4 x^{3} + \dots = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}}$

$1 + \frac{2}{2^{1}} + \frac{3}{2^{2}} + \frac{4}{2^{3}} + \dots = 4$

Bevist ved induksjon (se løsningsforslag)

$\lim_{n \to \infty} \frac{n + 2}{2^{n - 1}} = 0$

LøsningsforslagKI-generert

Summen $s_{n}$ av de $n$ første leddene i den geometriske rekka $1 + x + x^{2} + \dots + x^{n - 1}$ (med kvotient $x$ ) er

s_{n} = \frac{1 - x^{n}}{1 - x}, x \neq 1

Når $x \in ⟨ - 1, 1 ⟩$ , gjelder $| x | < 1$ , og da vil $x^{n} \to 0$ når $n \to \infty$ . Dermed går summen mot en grenseverdi:

\lim_{n \to \infty} s_{n} = \frac{1 - 0}{1 - x} = \frac{1}{1 - x}

Altså er

1 + x + x^{2} + x^{3} + \dots = \frac{1}{1 - x}, x \in ⟨ - 1, 1 ⟩

Vi deriverer begge sider av likningen fra a) ledd for ledd med hensyn på $x$ :

(1)^{'} + (x)^{'} + (x^{2})^{'} + (x^{3})^{'} + \dots = {(\frac{1}{1 - x})}^{'}

Venstre side gir $0 + 1 + 2 x + 3 x^{2} + 4 x^{3} + \dots$ . Høyre side deriverer vi med kjerneregelen, ${(\frac{1}{1 - x})}^{'} = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}}$ , noe CAS bekrefter (linje 1 i utklippet, med ${(- x + 1)}^{2} = {(1 - x)}^{2}$ ):

CAS-beregninger

Dermed er

1 + 2 x + 3 x^{2} + 4 x^{3} + \dots = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}}, x \in ⟨ - 1, 1 ⟩

I resultatet fra b) setter vi $x = \frac{1}{2}$ , som ligger i $⟨ - 1, 1 ⟩$ :

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

som er nettopp rekka i oppgaven. Høyresiden blir

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

Dette stemmer med CAS (linje 2 i utklippet ovenfor). Altså er

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

Vi skal bevise ved induksjon at

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

Basissteg ( $n = 1$ ):

Venstre side: $1$ .

Høyre side: $4 - \frac{1 + 2}{2^{1 - 1}} = 4 - \frac{3}{1} = 1$ .

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

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

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

Vi legger til leddet $\frac{k + 1}{2^{k}}$ på begge sider av induksjonsantakelsen $P (k)$ :

1 + \frac{2}{2^{1}} + \dots + \frac{k}{2^{k - 1}} + \frac{k + 1}{2^{k}} = 4 - \frac{k + 2}{2^{k - 1}} + \frac{k + 1}{2^{k}}

Vi forenkler høyre side. CAS gir (linje 3 i utklippet ovenfor):

4 - \frac{k + 2}{2^{k - 1}} + \frac{k + 1}{2^{k}} = \frac{4 \cdot 2^{k} - k - 3}{2^{k}} = 4 - \frac{k + 3}{2^{k}}

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

Fra c) vet vi at rekka $1 + \frac{2}{2^{1}} + \frac{3}{2^{2}} + \frac{4}{2^{3}} + \dots$ konvergerer mot $4$ når $n \to \infty$ . Fra d) vet vi at delsummen av de $n$ første leddene er

s_{n} = 4 - \frac{n + 2}{2^{n - 1}}

Siden $s_{n} \to 4$ når $n \to \infty$ , må

\lim_{n \to \infty} (4 - \frac{n + 2}{2^{n - 1}}) = 4 ⟹ \lim_{n \to \infty} \frac{n + 2}{2^{n - 1}} = 0

Dette bekreftes av CAS (linje 4 i utklippet ovenfor). Altså er

\lim_{n \to \infty} \frac{n + 2}{2^{n - 1}} = 0

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 7
Temaer: Uendelig rekke, Induksjon, Bevis, Grenseverdi, Konvergens
Egen side: Åpne oppgave 2-4 for seg selv

Oppgave 2-5Rektangel innskrevet i sirkel

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

Et rektangel $A B C D$ er innskrevet i en sirkel. Sirkelen har sentrum i $O$ og radius 10. Vi setter $∠ C O D = v$ , der $0 < v < π$ . Se figuren nedenfor.

Rektangel ABCD innskrevet i sirkel med sentrum O og radius 10

For hånd

Vis ved regning at arealet $F$ av sirkelsektoren $C O D$ er

F (v) = 50 v

For hånd

Vis ved regning at arealet $T$ av det fargelagte området på figuren kan skrives som

T (v) = 50 (v + 3 \sin v)

Kalkulator

Bestem $v$ grafisk slik at $T$ blir størst mulig. Bestem $T_{maks}$ .

Fasit

$F (v) = 50 v$

$T (v) = 50 (v + 3 \sin v)$

$v \approx 1,91 (\approx 109,5 °), T_{maks} \approx 237$

LøsningsforslagKI-generert

Arealet av en sirkelsektor med radius $r$ og sentervinkel $v$ (i radianer) er gitt ved

F = \frac{1}{2} r^{2} v

Her er $r = 10$ , så

F (v) = \frac{1}{2} \cdot 10^{2} \cdot v = 50 v

Det fargelagte området $T$ består av rektangelet $A B C D$ pluss det sirkelavsnittet (det blå “hetteområdet”) mellom korden $D C$ og buen $D C$ øverst på figuren.

Rektangelets areal. I trekant $C O D$ er $O C = O D = 10$ og vinkelen mellom dem er $v$ . Lar vi $M$ være midtpunktet på $D C$ , blir $O M ⟂ D C$ , og siden trekanten er likebeint deler $O M$ vinkelen $v$ i to like deler:

D M = 10 \sin (\frac{v}{2}), O M = 10 \cos (\frac{v}{2})

Dermed er $D C = 2 \cdot D M = 20 \sin (\frac{v}{2})$ .

Siden $A B C D$ er et rektangel, er $A B = D C$ . To like lange, parallelle korder ligger like langt fra sentrum, så $O$ ligger midt mellom $D C$ og $A B$ . Høyden i rektangelet blir da

A D = 2 \cdot O M = 20 \cos (\frac{v}{2})

Arealet av rektangelet er

T_{rektangel} = D C \cdot A D = 20 \sin (\frac{v}{2}) \cdot 20 \cos (\frac{v}{2}) = 400 \sin (\frac{v}{2}) \cos (\frac{v}{2})

Bruker vi den doble vinkelens formel $2 \sin u \cos u = \sin (2 u)$ med $u = \frac{v}{2}$ , får vi

T_{rektangel} = 200 \sin v

Sirkelavsnittets areal. Trekant $C O D$ er likebeint med to sider $10$ og mellomliggende vinkel $v$ , så

Areal (C O D) = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 10 \cdot \sin v = 50 \sin v

Sirkelavsnittet (arealet mellom korden $D C$ og buen) er sektorarealet minus trekantarealet:

T_{avsnitt} = F (v) - Areal (C O D) = 50 v - 50 \sin v

Totalt fargelagt areal.

T (v) = T_{rektangel} + T_{avsnitt} = 200 \sin v + 50 v - 50 \sin v = 50 v + 150 \sin v

T (v) = 50 (v + 3 \sin v)

Vi tegner grafen til $T (v) = 50 (v + 3 \sin v)$ for $0 < v < π$ i GeoGebra og finner toppunktet med kommandoen Extremum.

Graf av T(v) med maksimumspunkt

Grafen viser at $T$ har et toppunkt (maksimum) i

v \approx 1,91 (\approx 109,5 °)

med maksimalt areal

T_{maks} \approx 236,95 \approx 237

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 5
Temaer: Trigonometri, Optimering, Geometri, Integrasjon
Egen side: Åpne oppgave 2-5 for seg selv

Oppgave 2-6Gabriels horn og omdreiningslegeme

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

Figur 1 nedenfor viser grafen til funksjonen $f$ gitt ved

f (x) = \frac{1}{x}, x \in [1, a]

Vi dreier grafen til $f$ $360 °$ om $x$ -aksen. Vi får da fram et omdreiningslegeme som vist på figur 2.

Graf av f(x)=1/x og tilhørende omdreiningslegeme (Gabriels horn)

For hånd

Bestem volumet $V (a)$ av omdreiningslegemet.

For hånd

Bestem $\int_{1}^{a} f (x) d x$ . Omdreiningslegemet har overflateareal $O (a)$ . Forklar at $O (a) > \int_{1}^{a} f (x) d x$ .

For hånd

Vi lar $a \to \infty$ . Det omdreiningslegemet vi da får, kalles Gabriels horn.

Bestem $\lim_{a \to \infty} O (a)$ og $\lim_{a \to \infty} V (a)$ dersom grenseverdiene eksisterer. Kommenter svarene.

Fasit

$V (a) = π (1 - \frac{1}{a})$

$\int_{1}^{a} f (x) d x = \ln a$

$\lim_{a \to \infty} V (a) = π$ , $\lim_{a \to \infty} O (a) = \infty$

LøsningsforslagKI-generert

Volumet av omdreiningslegemet som oppstår når grafen til $f$ dreies $360 °$ om $x$ -aksen på $[1, a]$ , er gitt ved

V (a) = π \int_{1}^{a} {(f (x))}^{2} d x = π \int_{1}^{a} \frac{1}{x^{2}} d x

Vi regner ut integralet.

V (a) = π {[- \frac{1}{x}]}_{1}^{a} = π (- \frac{1}{a} - (- \frac{1}{1})) = π (1 - \frac{1}{a})

GeoGebra CAS (linje 2 i utklippet) bekrefter $\int_{1}^{a} \frac{1}{t^{2}} d t = 1 - \frac{1}{a}$ .

CAS-utregning av derivert og integraler

Altså er

V (a) = π (1 - \frac{1}{a})

\int_{1}^{a} f (x) d x = \int_{1}^{a} \frac{1}{x} d x = {[\ln | x |]}_{1}^{a} = \ln a - \ln 1 = \ln a

Dette stemmer med linje 3 i CAS-utklippet, som gir $\ln | a |$ .

\int_{1}^{a} f (x) d x = \ln a

Overflatearealet til omdreiningslegemet er gitt ved formelen

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

Fra CAS-utklippet (linje 1) har vi $f^{'} (x) = - \frac{1}{x^{2}}$ , som ikke er null for noen $x \in [1, a]$ . Dermed er ${(f^{'} (x))}^{2} > 0$ , og

\sqrt{1 + {(f^{'} (x))}^{2}} > 1 for alle x \in [1, a]

Siden $f (x) > 0$ på hele intervallet, følger det at

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

Fordi $2 π > 1$ og $\int_{1}^{a} f (x) d x > 0$ , er også $2 π \int_{1}^{a} f (x) d x > \int_{1}^{a} f (x) d x$ . Vi har dermed vist at

O (a) > \int_{1}^{a} f (x) d x = \ln a

Fra a) har vi $V (a) = π (1 - \frac{1}{a})$ . Når $a \to \infty$ , går $\frac{1}{a} \to 0$ , så

\lim_{a \to \infty} V (a) = π (1 - 0) = π

Volumet av Gabriels horn er altså endelig og lik $π$ volumenheter.

Fra b) vet vi at $O (a) > \ln a$ for alle $a > 1$ . Når $a \to \infty$ , går $\ln a \to \infty$ . Siden $O (a)$ er større enn en størrelse som vokser mot uendelig, må også $O (a) \to \infty$ :

\lim_{a \to \infty} O (a) = \infty

Overflatearealet av Gabriels horn er altså uendelig.

Kommentar: Dette er det berømte paradokset til Gabriels horn (også kalt «Torricellis trompet»): legemet har et endelig volum ( $π$ ), men en uendelig stor overflate. Fylles hornet med maling (et endelig volum maling holder), vil malingen i teorien dekke hele den indre overflaten – som er uendelig stor. Man kan altså «fylle» hornet, men aldri «male» det utvendig med en endelig mengde maling. Dette illustrerer at et konvergent integral ( $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{2}} d x$ ) og et divergent integral ( $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x} d x$ ) kan opptre samtidig i samme geometriske figur.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Omdreiningslegeme, Bestemt integral, Grenseverdi, Volum, Konvergens
Egen side: Åpne oppgave 2-6 for seg selv

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 7 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 1-1Derivasjon av sinus og eksponentialfunksjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-2Integrasjon ved substitusjon og delvis integrasjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-3Vendepunkt for eksponentialfunksjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-4Konvergensområde og likninger for geometrisk rekke

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-5Plan og linje i rommet

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-6Sinusfunksjon med toppunkt og bunnpunkt

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-7Differensiallikning med initialverdi

Forstå oppgaven med en KI

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

Oppgave 2-1Pyramide med tre punkter i rommet

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-2Kuleflate med sentrum og tangentplan

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-3Newtons avkjølingslov og drapsoppklaring

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4Uendelig rekke og induksjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-5Rektangel innskrevet i sirkel

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-6Gabriels horn og omdreiningslegeme

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 7 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 1-1·Derivasjon av sinus og eksponentialfunksjon

Oppgave 1-2·Integrasjon ved substitusjon og delvis integrasjon

Oppgave 1-3·Vendepunkt for eksponentialfunksjon

Oppgave 1-4·Konvergensområde og likninger for geometrisk rekke

Oppgave 1-5·Plan og linje i rommet

Oppgave 1-6·Sinusfunksjon med toppunkt og bunnpunkt

Oppgave 1-7·Differensiallikning med initialverdi

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

Oppgave 2-1·Pyramide med tre punkter i rommet

Oppgave 2-2·Kuleflate med sentrum og tangentplan

Oppgave 2-3·Newtons avkjølingslov og drapsoppklaring

Oppgave 2-4·Uendelig rekke og induksjon

Oppgave 2-5·Rektangel innskrevet i sirkel

Oppgave 2-6·Gabriels horn og omdreiningslegeme

Temaer

Oppgave 1-1Derivasjon av sinus og eksponentialfunksjon

Oppgave 1-2Integrasjon ved substitusjon og delvis integrasjon

Oppgave 1-3Vendepunkt for eksponentialfunksjon

Oppgave 1-4Konvergensområde og likninger for geometrisk rekke

Oppgave 1-5Plan og linje i rommet

Oppgave 1-6Sinusfunksjon med toppunkt og bunnpunkt

Oppgave 1-7Differensiallikning med initialverdi

Oppgave 2-1Pyramide med tre punkter i rommet

Oppgave 2-2Kuleflate med sentrum og tangentplan

Oppgave 2-3Newtons avkjølingslov og drapsoppklaring

Oppgave 2-4Uendelig rekke og induksjon

Oppgave 2-5Rektangel innskrevet i sirkel

Oppgave 2-6Gabriels horn og omdreiningslegeme