Løsningsforslag – Matematikk R2 Høst 2023

Oppgave 1

Vi finner den antideriverte og evaluerer:

Vi setter inn grensene:

Hva forteller svaret oss?

Funksjonen \(f(x) = x^3 + 2x\) er en odde funksjon, det vil si at \(f(-x) = -f(x)\) for alle \(x\). Vi kan verifisere dette:

Når vi integrerer en odde funksjon over et symmetrisk intervall \([-a, a]\), er integralet alltid lik 0. Grafisk betyr dette at arealet mellom grafen og \(x\)-aksen på høyre side av \(y\)-aksen er like stort som arealet på venstre side, men med motsatt fortegn. De to arealene "opphever" hverandre.

Oppgave 2

Figuren viser grafene til \(f(x) = \cos x\) og \(g(x) = \sin x\). Det fargelagte området er avgrenset av de to grafene.

Bestem arealet av det fargelagte området vist på figuren.

Fra figuren ser vi at det fargelagte området ligger mellom grafene til \(\cos x\) og \(\sin x\), rundt \(y\)-aksen, avgrenset av de to nærmeste skjæringspunktene. Vi finner først skjæringspunktene.

Vi løser \(\cos x = \sin x\), som gir \(\tan x = 1\), altså \(x = \frac{\pi}{4} + n\pi\).

De to skjæringspunktene som avgrenser det fargelagte området, er dermed \(x = -\frac{3\pi}{4}\) og \(x = \frac{\pi}{4}\).

På hele intervallet \(\left[-\frac{3\pi}{4},\; \frac{\pi}{4}\right]\) ligger grafen til \(\cos x\) over grafen til \(\sin x\) (sjekk f.eks. \(x = 0\): \(\cos 0 = 1 > \sin 0 = 0\)). Vi trenger derfor ikke dele opp integralet, og arealet blir:

Den antideriverte til \(\cos x - \sin x\) er \(\sin x + \cos x\):

Oppgave 3

a)

For en uendelig geometrisk rekke som konvergerer, har vi formelen:

der \(k\) er kvotienten. Vi setter inn \(S = 8\) og \(a_1 = 4\):

De fire første leddene er:

Summen av de fire første leddene:

b)

I en aritmetisk rekke er \(a_n = a_1 + (n-1)d\), der \(d\) er differansen. Vi skriver ut leddene:

Summen gir:

Vi kjenner igjen at \(a_1 + 3d = a_4\).

Oppgave 4

a)

Normallinja gjennom A har retningsvektor n = [1, −2, 2] og treffer α i F = (31/9, 28/9, 8/9). Avstanden er lengden av AF, altså 5/3.

Normalvektoren til planet \(x - 2y + 2z + 1 = 0\) er:

Linjen gjennom \(A(4, 2, 2)\) med retningsvektor \(\vec{n}\) har parameterframstillingen:

b)

Vi bruker avstandsformelen fra punkt til plan:

Her er \(a = 1\), \(b = -2\), \(c = 2\), \(d = 1\) og punktet er \((4, 2, 2)\):

Oppgave 5

a)

N = 1000
start = -2
slutt = 2
dx = (slutt - start)/N

def f(x):
    return x**2-1

S = 0
for i in range(N):
    xi = start + i*dx
    S = S + abs(f(xi))*dx  # abs(f(x)) gir absoluttverdien til f(x)

print(S)

Koden beregner en tilnærming til integralet av absoluttverdien til funksjonen \(f(x) = x^2 - 1\) fra \(x = -2\) til \(x = 2\), ved hjelp av en venstresum (Riemannsum) med 1000 rektangler.

Siden koden bruker \(\texttt{abs(f(xi))}\), beregner den arealet mellom grafen til \(f(x) = x^2 - 1\) og \(x\)-aksen fra \(x = -2\) til \(x = 2\):

b)

Vi må finne nullpunktene til \(f(x) = x^2 - 1\):

På intervallet \([-2, -1]\): \(x^2 - 1 \geq 0\), så \(|x^2 - 1| = x^2 - 1\).

På intervallet \([-1, 1]\): \(x^2 - 1 \leq 0\), så \(|x^2 - 1| = 1 - x^2\).

På intervallet \([1, 2]\): \(x^2 - 1 \geq 0\), så \(|x^2 - 1| = x^2 - 1\).

Siden \(|x^2 - 1|\) er en partall-funksjon (symmetrisk om \(y\)-aksen), kan vi forenkle:

Første integral:

Andre integral:

Totalt:

Oppgave 6

En rett avkortet pyramide har hjørner i \(O(0,0,0)\), \(A(4,0,0)\), \(B(4,4,0)\), \(C(0,4,0)\), \(D(1,1,3)\), \(E(3,1,3)\), \(F(3,3,3)\) og \(G(1,3,3)\).

Oppgavefiguren gjengitt. Kameravinkelen er målt ut av originalen (φ = 68°, θ = 29°).

Bruk vektorregning til å bestemme arealet av sideflaten \(BCGF\).

Sideflaten \(BCGF\) er en firkant (trapes) med hjørnene:

• \(B(4,4,0)\)
• \(C(0,4,0)\)
• \(G(1,3,3)\)
• \(F(3,3,3)\)

Vi deler firkanten \(BCGF\) i to trekanter ved diagonalen \(BG\).

Trekant 1: \(BCG\)

Vi finner vektorene:

Kryssproduktet:

Arealet av trekant \(BCG\):

Trekant 2: \(BGF\)

Vi finner vektorene:

Kryssproduktet:

Arealet av trekant \(BGF\):

Totalt areal av sideflaten \(BCGF\):

Oppgave 1

a)

Modellen er lagt gjennom toppunktet (3 ; 119) og bunnpunktet (9 ; 53,4). Avstanden mellom dem er en halv periode, og det er den som gir c = π/6.

Tidevann er en periodisk funksjon. Vi bruker en sinusmodell på formen:

Bestemme \(d\) (vertikal forskyvning):

Middelverdi av største og minste verdi: Største verdi \(\approx 119\), minste verdi \(\approx 53{,}4\):

Bestemme \(A\) (amplituden):

Bestemme \(c\) (vinkelfrekvensen):

Fra dataene ser vi at det er omtrent en halv periode fra toppunkt (\(t = 3\)) til bunnpunkt (\(t = 9\)), så en halv periode er ca. 6 timer. Perioden er dermed \(T \approx 12\) timer.

Bestemme \(k\) (faseforskyvningen):

Toppunktet er ved \(t = 3\). For en sinusfunksjon er toppunktet når argumentet er \(\frac{\pi}{2}\):

💻 Slik gjør du det i GeoGebra CAS:

• Definer tidevannsmodellen: f(t) := 32.8 * sin(pi/6 * t) + 86.2
• Verifiser toppunktet ved \(t = 3\): Numerisk(f(3)) → gir \(119\) cm ✓
• Finn maks stigning: Numerisk(f'(0)) → gir \(\approx 17{,}2\) cm/time

b)

Vannstanden øker raskest når den deriverte er størst. Vi deriverer modellen:

Den deriverte er størst når \(\cos\!\left(\frac{\pi}{6}\,t\right) = 1\), som gir:

For 25. april (dvs. \(t\) mellom 24 og 48 timer etter midnatt 24. april):

• \(t = 24\) (midnatt 25. april), dvs. kl. 00:00
• \(t = 36\) (kl. 12:00 den 25. april)

Begge tidspunktene ligger på 25. april, så modellen gir to svar:

c)

Vi må finne når vannstanden er over 90 cm den 25. april. Vi løser \(f(t) = 90\):

Vi finner:

De første løsningene for \(t\):

Perioden er 12 timer, så for 25. april (\(t\) fra 24 til 48) får vi vannstand over 90 cm i periodene:

• \(t \in [24{,}22 ;\; 29{,}78]\), dvs. ca. kl. 00:13 til kl. 05:47
• \(t \in [36{,}22 ;\; 41{,}78]\), dvs. ca. kl. 12:13 til kl. 17:47

De må ha 2 sammenhengende timer med vannstand over 90 cm. De kan senest starte 2 timer før vannstanden synker under 90 cm.

I første periode: Siste starttidspunkt: \(t \approx 29{,}78 - 2 = 27{,}78\), dvs. ca. kl. 03:47.

I andre periode: Siste starttidspunkt: \(t \approx 41{,}78 - 2 = 39{,}78\), dvs. ca. kl. 15:47.

Oppgave 2

a)

Det oransje laget er det som kommer til. Teller du det, ser du den rekursive sammenhengen direkte: figur n legger til 5(n − 1) nye kuler.

Vi ser på differansene mellom påfølgende figurtall:

Differansene er 5, 10, 15, 20, ... som er \(5n\) for \(n = 1, 2, 3, 4, \ldots\)

Geometrisk begrunnelse: Figur \(n\) er figur \(n-1\) med én ny ytterste pentagonring lagt utenpå. I figur \(n\) ligger det \(n\) kuler langs hver av de fem ytterkantene, og hver av de fem hjørnekulene deles av to kanter. Den nye ringen inneholder derfor \(5n - 5 = 5(n-1)\) kuler – nøyaktig differansen vi leste ut av tallene.

Altså er differansen fra figur \(n-1\) til figur \(n\) lik \(5(n-1)\):

b)

P = 1
for n in range(2, 101):
    P = P + 5*(n - 1)
print(P)

c)

Finn eksplisitt formel:

Fra den rekursive sammenhengen får vi ved teleskopering:

Verifikasjon: \(P_1 = \frac{5 - 5 + 2}{2} = 1\) ✓, \(P_2 = \frac{20 - 10 + 2}{2} = 6\) ✓, \(P_3 = \frac{45 - 15 + 2}{2} = 16\) ✓

Induksjonsbevis:

Påstand: \(P_n = \dfrac{5n^2 - 5n + 2}{2}\) for alle \(n \geq 1\).

Grunnsteg (\(n = 1\)):

Induksjonshypotese: Anta at \(P_n = \dfrac{5n^2 - 5n + 2}{2}\) gjelder for en vilkårlig \(n \geq 1\).

Induksjonssteg: Vi skal vise at \(P_{n+1} = \dfrac{5(n+1)^2 - 5(n+1) + 2}{2}\).

Fra den rekursive sammenhengen har vi \(P_{n+1} = P_n + 5n\). Vi bruker induksjonshypotesen:

Vi sjekker at dette er det samme som formelen for \(n+1\):

Induksjonssteget er utført, og formelen er bevist.

Oppgave 3

Steg 1: Sett opp et koordinatsystem

Vi legger tønnen ned langs \(x\)-aksen med origo i midten av tønnen. Da blir oppsettet symmetrisk om \(y\)-aksen, noe som forenkler regningen.

Tønnen er 75 cm lang, så halve lengden er \(\tfrac{75}{2} = 37{,}5\) cm. Det gir oss:

• Bunnen ligger ved \(x = -37{,}5\)
• Midten (største diameter) ligger ved \(x = 0\)
• Toppen ligger ved \(x = 37{,}5\)

La \(r(x)\) være avstanden fra \(x\)-aksen til siden av tønnen (altså radien) i punktet \(x\). Denne kurven roterer vi om \(x\)-aksen for å få tønnen.

Steg 2: Finn tre punkter på parabelen

Radien er halve diameteren. Av oppgaven får vi tre punkter:

Vi har altså punktene \(A(-37{,}5;\;22{,}5)\), \(B(0;\;26)\) og \(C(37{,}5;\;22{,}5)\) som parabelen skal gå gjennom.

📊 Slik ser de tre punktene og parabelen ut i GeoGebra Grafisk:

Løsningsfigur: parabelen \(r(x) = -\tfrac{14}{5625}x^2 + 26\) gjennom de tre punktene. Erstatter et GeoGebra-skjermbilde – her er både kurven og de tre punktene kontrollert mot uttrykket, punkt for punkt.

Steg 3: Bestem parabelen \(r(x)\)

En parabel har generell form \(r(x) = ax^2 + bx + c\). Punktene \(A\) og \(C\) har samme \(r\)-verdi, og de ligger symmetrisk om \(y\)-aksen. Toppunktet til parabelen må derfor ligge på \(y\)-aksen, og dermed er \(b = 0\). Vi sitter igjen med:

Vi setter inn de to ukjente punktene (vi trenger bare to ligninger siden symmetrien ga oss \(b = 0\)):

Setter inn \(B(0;\;26)\):

Setter inn \(C(37{,}5;\;22{,}5)\):

Parabelen blir altså:

Tips med CAS: I GeoGebra CAS kan du skrive Løs({a · 0² + c = 26, a · 37,5² + c = 22,5}, {a, c}). Da får du svaret med én gang.

Steg 4: Sett opp volumformelen

Når kurven \(r(x)\) roteres om \(x\)-aksen, danner den et omdreiningslegeme. Volumet av en slik kropp er gitt ved:

For tønnen vår er grensene \(a = -37{,}5\) og \(b = 37{,}5\), så:

Steg 5: Regn ut integralet

Med CAS-kommandoen π · Integral((−0.002489·x² + 26)², x, −37.5, 37.5) får vi:

Vi gjør om til liter (\(1\text{ liter} = 1000\text{ cm}^3\)):

💻 Slik gjør du hele utregningen i GeoGebra CAS:

• Finn parabelen: Løs({a·0² + c = 26, a·37,5² + c = 22,5}, {a, c})
• Definer den: f(x) := -14/5625 · x² + 26
• Beregn volumet: V := Integral(π · f(x)², x, -37,5, 37,5)
• Få desimaltall: Numerisk(V) → ca \(145\,561{,}77\) cm³

Rimelighetsvurdering: En sylinder med radius 26 cm og høyde 75 cm ville hatt volum \(\pi \cdot 26^2 \cdot 75 \approx 159\,300\) cm³, og en sylinder med radius 22,5 cm og høyde 75 cm ville hatt volum \(\pi \cdot 22{,}5^2 \cdot 75 \approx 119\,300\) cm³. Tønnens volum på 145 562 cm³ ligger mellom disse to, noe som virker rimelig.

Oppgave 4

a)

Bestemme \(d\):

Bestemme \(A\):

Bestemme \(c\):

Perioden er 24 timer (et døgn):

b)

De to tidspunktene ligger like langt fra toppunktet, ett på vei opp og ett på vei ned. Symmetrien alene gir svaret — fasen k trengs ikke.

Vi setter \(M(t) = 27\):

Innenfor ett døgn har \(M\) ett toppunkt (der sinusen er 1), og oppgaven sier at luftforurensningen øker utover formiddagen og minker mot kvelden. De to tidspunktene der \(M = 27\) ligger derfor symmetrisk om tidspunktet \(t_{\max}\) for maksimal forurensning – ett på den stigende delen (kl. 13:00) og ett på den synkende delen. Vi trenger ikke å bestemme \(k\); vi bruker bare denne symmetrien.

I toppunktet er argumentet \(\frac{\pi}{2}\), mens det i punktet kl. 13:00 (stigende del) er \(\arcsin\!\left(\frac{23}{65}\right)\). Vinkelavstanden fra kl. 13:00 fram til toppunktet er dermed:

Omregnet til tid (siden \(c = \frac{\pi}{12}\) rad per time):

Toppunktet ligger \(\Delta t\) etter kl. 13:00, og det andre tidspunktet ligger like langt etter toppunktet igjen. Det andre tidspunktet er derfor symmetrisk om \(t_{\max}\):

Desimaltimene gjøres om: \(0{,}24 \cdot 60 \approx 14\) minutter, altså ca. kl. 22:14.

Oppgave 5

a)

Vi finner tangentvektoren ved å derivere:

Tangenten er parallell med \(xy\)-planet når \(z\)-komponenten av tangentvektoren er null:

For \(0 < t < 2\pi\) får vi \(t = \pi\).

Koordinatene til punktet:

b)

Vi finner den andrederiverte:

Vi beregner skalarproduktet:

Siden skalarproduktet er 0 for alle \(t\), står vektorene vinkelrett på hverandre.

c)

Smygplanet i et punkt inneholder vektorene \(\vec{r}_1'(t)\) og \(\vec{r}_1''(t)\). Normalvektoren til smygplanet er gitt av kryssproduktet:

Vi beregner kryssproduktet:

der vi brukte at \(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\).

\(y\)-aksen har retningsvektor \(\vec{e}_y = [0, 1, 0]\).

Vinkelen \(v\) mellom smygplanet og \(y\)-aksen er komplementet til vinkelen mellom \(\vec{n}(t)\) og \(\vec{e}_y\). Vinkelen mellom en linje og et plan er \(90° -\) vinkelen mellom linjen og normalvektoren (hvis vinkelen mellom linjen og normalen er \(\phi\), er vinkelen mellom linjen og planet \(90° - \phi\)).

Vi finner vinkelen mellom \(\vec{n}(t)\) og \(\vec{e}_y\):

Altså \(\phi = 45°\).

Vinkelen mellom \(y\)-aksen og smygplanet er:

Denne vinkelen er uavhengig av \(t\), så den er alltid den samme.

Skisse:

Løsningsfigur. Kurven \(C\) (rød) ligger på sylinderen \(x^2 + z^2 = 1\) med akse langs \(y\)-aksen. Det oransje planet er smygplanet i \(P = [1;\ \tfrac{\pi}{2};\ 0]\), der normalvektoren er \(\vec{n} = [0, 1, 1]\). Vinkelen på \(45^\circ\) er regnet over – den er ikke tegnet inn, for motoren har ingen vinkelbue i rommet.

Kurven \(C\) er en helix på sylinderen \(x^2 + z^2 = 1\) med akse langs \(y\)-aksen. Smygplanet (oransje) danner alltid \(45°\) med \(y\)-aksen.

d)

Vi finner den deriverte og den andrederiverte:

Vi beregner kryssproduktet for å finne normalvektoren til smygplanet:

For \(\sin t \neq 0\) kan vi forenkle normalvektoren ved å dele på \(\sin t\):

Vi observerer at normalvektoren er konstant (uavhengig av \(t\)), så lenge \(\sin t \neq 0\).

Dette betyr at smygplanet er det samme for alle punkter på kurven (unntatt ved \(t = 0\) og \(t = \pi\) der \(\vec{r}_2''(t) = \vec{0}\) og smygplanet ikke er definert).

Tolkning: Normalvektoren \([-2, 0, 1]\) er konstant. Smygplanet har likningen:

Vi finner \(c\) ved å sette inn et punkt på kurven, f.eks. \(t = \frac{\pi}{2}\): \(\vec{r}_2\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = [1, \frac{\pi}{2}, 3]\):

Sjekk: For vilkårlig \(t\): \(-2\sin t + (2\sin t + 1) = 1\). ✓

Skisse:

Løsningsfigur. Hele kurven \(\vec{r}_2(t)\) (rød) ligger i planet \(z = 2x + 1\) (grønt). Normalvektoren \(\vec{n} = [-2, 0, 1]\) (lilla) er den samme i hvert punkt – derfor er smygplanet det samme overalt.

Kurven \(\vec{r}_2(t)\) (rød) ligger helt i smygplanet \(z = 2x + 1\) (grønt). Normalvektoren \(\vec{n} = [-2, 0, 1]\) er den samme i hvert punkt.