Løsningsforslag – Matematikk R2 Høst 2024

Oppgave 1 (6 poeng)

a)

Vi bruker delvis integrasjon med

\[ u = \ln x \quad \Rightarrow \quad u' = \frac{1}{x} \] \[ v' = x^2 \quad \Rightarrow \quad v = \frac{x^3}{3} \]

Formelen for delvis integrasjon gir:

\[ \int x^2 \ln x \, dx = \frac{x^3}{3} \cdot \ln x - \int \frac{x^3}{3} \cdot \frac{1}{x} \, dx \] \[ = \frac{x^3}{3} \ln x - \frac{1}{3}\int x^2 \, dx \] \[ = \frac{x^3}{3} \ln x - \frac{1}{3} \cdot \frac{x^3}{3} + C \]

b)

Vi regner ut integralet:

\[ \int_0^x \sin\!\left(\pi t + \frac{\pi}{4}\right) dt = \left[-\frac{1}{\pi}\cos\!\left(\pi t + \frac{\pi}{4}\right)\right]_0^x \] \[ = -\frac{1}{\pi}\cos\!\left(\pi x + \frac{\pi}{4}\right) + \frac{1}{\pi}\cos\!\left(\frac{\pi}{4}\right) \] \[ = \frac{1}{\pi}\left(\cos\frac{\pi}{4} - \cos\!\left(\pi x + \frac{\pi}{4}\right)\right) \]

Vi setter dette lik 0:

\[ \cos\frac{\pi}{4} - \cos\!\left(\pi x + \frac{\pi}{4}\right) = 0 \] \[ \cos\!\left(\pi x + \frac{\pi}{4}\right) = \cos\frac{\pi}{4} \]

Dette gir:

\[ \pi x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} + 2n\pi \quad \text{eller} \quad \pi x + \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{4} + 2n\pi \]

Fra den første likningen:

\[ \pi x = 2n\pi \quad \Rightarrow \quad x = 2n \]

For \(x \in \langle 0, \pi \rangle\) gir dette \(x = 2\) (med \(n = 1\)), siden \(2 < \pi \approx 3{,}14\).

Fra den andre likningen:

\[ \pi x = -\frac{\pi}{2} + 2n\pi \quad \Rightarrow \quad x = -\frac{1}{2} + 2n \]

For \(n = 1\): \(x = \frac{3}{2} = 1{,}5\), som også ligger i \(\langle 0, \pi \rangle\).

c)

Integralet \(\displaystyle \int_0^x \sin\!\left(\pi t + \frac{\pi}{4}\right) dt\) representerer det signerte arealet mellom grafen til \(\sin\!\left(\pi t + \frac{\pi}{4}\right)\) og \(t\)-aksen, fra \(t = 0\) til \(t = x\).

At integralet er lik null betyr at det positive arealet (der funksjonen er over \(t\)-aksen) er like stort som det negative arealet (der funksjonen er under \(t\)-aksen) i intervallet \([0, x]\).

Oppgave 2 (6 poeng)

a)

Vi har en aritmetisk rekke med:

• \(a_1 = 3\)
• \(d = 7 - 3 = 4\)
• \(a_n = 399\)

Vi finner antall ledd \(n\):

\[ a_n = a_1 + (n-1) \cdot d \quad \Rightarrow \quad 399 = 3 + (n-1) \cdot 4 \] \[ 396 = (n-1) \cdot 4 \quad \Rightarrow \quad n - 1 = 99 \quad \Rightarrow \quad n = 100 \]

Summen blir:

\[ S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2} = \frac{100 \cdot (3 + 399)}{2} = \frac{100 \cdot 402}{2} = 20\,100 \]

b)

For en konvergent uendelig geometrisk rekke gjelder:

\[ S = \frac{a_1}{1 - k} \]

Vi setter inn:

\[ 18 = \frac{12}{1 - k} \] \[ 18(1 - k) = 12 \] \[ 1 - k = \frac{12}{18} = \frac{2}{3} \] \[ k = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \]

Vi sjekker at \(|k| < 1\): \(\left|\frac{1}{3}\right| = \frac{1}{3} < 1\). Rekken konvergerer.

c)

Vi skriver:

\[ 0{,}757575\ldots = 0{,}75 + 0{,}0075 + 0{,}000075 + \cdots \] \[ = \frac{75}{100} + \frac{75}{10\,000} + \frac{75}{1\,000\,000} + \cdots \]

Dette er en uendelig geometrisk rekke med:

• \(a_1 = \frac{75}{100} = \frac{3}{4}\)
• \(k = \frac{1}{100}\)

Siden \(|k| = \frac{1}{100} < 1\) konvergerer rekken, og summen er:

\[ S = \frac{a_1}{1-k} = \frac{\frac{75}{100}}{1 - \frac{1}{100}} = \frac{\frac{75}{100}}{\frac{99}{100}} = \frac{75}{99} = \frac{25}{33} \]

Dermed:

\[ 1{,}757575\ldots = 1 + 0{,}757575\ldots = 1 + \frac{25}{33} = \frac{33}{33} + \frac{25}{33} = \frac{58}{33} \]

Oppgave 3 (4 poeng)

a)

Bunnen av teltet er trekanten \(ABC\). Vi finner vektorene:

\[ \vec{AB} = B - A = (3, 1, 2) \] \[ \vec{AC} = C - A = (-1, 3, 1) \]

Arealet av trekanten er gitt ved:

\[ \text{Areal} = \frac{1}{2}|\vec{AB} \times \vec{AC}| \]

Vi regner ut kryssproduktet:

\[ \vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 3 & 1 & 2 \\ -1 & 3 & 1 \end{vmatrix} \] \[ = \vec{i}(1 \cdot 1 - 2 \cdot 3) - \vec{j}(3 \cdot 1 - 2 \cdot (-1)) + \vec{k}(3 \cdot 3 - 1 \cdot (-1)) \] \[ = \vec{i}(1 - 6) - \vec{j}(3 + 2) + \vec{k}(9 + 1) \] \[ = (-5, -5, 10) \]

Lengden:

\[ |\vec{AB} \times \vec{AC}| = \sqrt{(-5)^2 + (-5)^2 + 10^2} = \sqrt{25 + 25 + 100} = \sqrt{150} = 5\sqrt{6} \]

b)

Punktet \(T\) ligger på linja \(\ell\), så \(T = (t, t, 4t)\) for en parameter \(t\).

Avstanden fra \(C(-1, 3, 1)\) til \(T(t, t, 4t)\) er \(\sqrt{17}\):

\[ |CT|^2 = (t - (-1))^2 + (t - 3)^2 + (4t - 1)^2 = 17 \] \[ (t+1)^2 + (t-3)^2 + (4t-1)^2 = 17 \]

Vi utvider:

\[ t^2 + 2t + 1 + t^2 - 6t + 9 + 16t^2 - 8t + 1 = 17 \] \[ 18t^2 - 12t + 11 = 17 \] \[ 18t^2 - 12t - 6 = 0 \] \[ 3t^2 - 2t - 1 = 0 \]

Vi bruker abc-formelen:

\[ t = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{6} = \frac{2 \pm 4}{6} \] \[ t = 1 \quad \text{eller} \quad t = -\frac{1}{3} \]

Siden \(T\) er et toppunkt over bakken, bør \(z = 4t > 0\), altså \(t > 0\). Vi velger \(t = 1\).

Oppgave 4 (4 poeng)

a)

Definisjon: En radian er det absolutte vinkelmålet til en sentralvinkel i en sirkel der den tilhørende buelengden er lik radien i sirkelen. Generelt er vinkelen i radianer gitt ved forholdet mellom buelengden \(b\) og radien \(r\):

\[ v = \frac{b}{r} \]

Vi regner om \(80°\) til radianer:

\[ 80° = 80 \cdot \frac{\pi}{180} = \frac{80\pi}{180} = \frac{4\pi}{9} \]

b)

Vinkelen \(v\) ligger i tredje kvadrant (mellom \(\pi\) og \(\frac{3\pi}{2}\)), der både \(\cos v < 0\) og \(\tan v > 0\).

Vi bruker sammenhengen \(\sin^2 v + \cos^2 v = 1\):

\[ \cos^2 v = 1 - \sin^2 v = 1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16} \] \[ \cos v = -\sqrt{\frac{15}{16}} = -\frac{\sqrt{15}}{4} \]

(Negativt fortegn fordi \(v\) er i tredje kvadrant.)

Dermed:

\[ \tan v = \frac{\sin v}{\cos v} = \frac{-\frac{1}{4}}{-\frac{\sqrt{15}}{4}} = \frac{1}{\sqrt{15}} = \frac{\sqrt{15}}{15} \]

Oppgave 5 (4 poeng)

a)

Vi leser av egenskapene til \(f(x)\) fra funksjonsuttrykket:

• Amplitude: \(A = 2\)
• Vertikal forskyvning: \(d = -1\)
• Vinkelfrekvens: \(c = \frac{\pi}{4}\)

Vi bruker sammenhengen \(\sin(\theta) = \cos\!\left(\theta - \frac{\pi}{2}\right)\):

\[ f(x) = 2\sin\!\left(\frac{\pi}{4}x - \frac{\pi}{2}\right) - 1 = 2\cos\!\left(\frac{\pi}{4}x - \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}\right) - 1 \] \[ = 2\cos\!\left(\frac{\pi}{4}x - \pi\right) - 1 \]

b)

Vi setter \(u = \frac{\pi}{4}x - \pi\) og løser \(\cos u = \frac{1}{2}\):

\[ u = \pm \frac{\pi}{3} + 2n\pi, \quad n \in \mathbb{Z} \]

Altså:

\[ \frac{\pi}{4}x - \pi = \frac{\pi}{3} + 2n\pi \quad \Rightarrow \quad \frac{\pi}{4}x = \pi + \frac{\pi}{3} + 2n\pi = \frac{4\pi}{3} + 2n\pi \] \[ x = \frac{16}{3} + 8n \] \[ \frac{\pi}{4}x - \pi = -\frac{\pi}{3} + 2n\pi \quad \Rightarrow \quad \frac{\pi}{4}x = \pi - \frac{\pi}{3} + 2n\pi = \frac{2\pi}{3} + 2n\pi \] \[ x = \frac{8}{3} + 8n \]

Vi finner verdiene i intervallet \([0, 3\pi] \approx [0;\, 9{,}42]\):

• \(x = \frac{8}{3} \approx 2{,}67\) (fra \(n = 0\))
• \(x = \frac{16}{3} \approx 5{,}33\) (fra \(n = 0\))

De neste verdiene gir \(x = \frac{8}{3} + 8 = \frac{32}{3} \approx 10{,}67\) og \(x = \frac{16}{3} + 8 = \frac{40}{3} \approx 13{,}33\), som er utenfor intervallet.

Oppgave 1 (6 poeng)

a)

Ved \(t = 0\) forlater ballen taket:

\[ \vec{r}(0) = [0,\; 0,\; 6 - 0 - 0] = [0,\; 0,\; 6] \]

Kanten på taket er altså 6 meter over bakken.

Posisjonen etter \(t = 0{,}5\) s:

\[ \vec{r}(0{,}5) = \big[2 \cdot 0{,}5,\;\; 4 \cdot 0{,}5,\;\; 6 - 0{,}7 \cdot 0{,}5 - 4{,}9 \cdot 0{,}25\big] \] \[ = [1,\; 2,\; 6 - 0{,}35 - 1{,}225] \] \[ = [1,\; 2,\; 4{,}425] \]

b)

Ballen treffer bakken når \(z(t) = 0\):

\[ 6 - 0{,}7t - 4{,}9t^2 = 0 \] \[ 4{,}9t^2 + 0{,}7t - 6 = 0 \]

Vi bruker abc-formelen:

\[ t = \frac{-0{,}7 \pm \sqrt{0{,}49 + 4 \cdot 4{,}9 \cdot 6}}{2 \cdot 4{,}9} = \frac{-0{,}7 \pm \sqrt{0{,}49 + 117{,}6}}{9{,}8} = \frac{-0{,}7 \pm \sqrt{118{,}09}}{9{,}8} \] \[ = \frac{-0{,}7 \pm 10{,}8677\ldots}{9{,}8} \]

Vi tar den positive løsningen:

\[ t = \frac{-0{,}7 + 10{,}868}{9{,}8} \approx 1{,}0375 \text{ s} \]

Hastighetsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren:

\[ \vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t) = [2,\; 4,\; -0{,}7 - 9{,}8t] \]

Ved \(t \approx 1{,}0375\):

\[ \vec{v}(1{,}0375) = [2,\; 4,\; -0{,}7 - 9{,}8 \cdot 1{,}0375] = [2,\; 4,\; -10{,}868] \]

Farten (lengden av hastighetsvektoren):

\[ |\vec{v}| = \sqrt{2^2 + 4^2 + (-10{,}868)^2} = \sqrt{4 + 16 + 118{,}09} = \sqrt{138{,}09} \approx 11{,}75 \]

c)

Farten er:

\[ |\vec{v}(t)| = \sqrt{4 + 16 + (0{,}7 + 9{,}8t)^2} = \sqrt{20 + (0{,}7 + 9{,}8t)^2} \]

Vi setter farten lik 10:

\[ \sqrt{20 + (0{,}7 + 9{,}8t)^2} = 10 \] \[ 20 + (0{,}7 + 9{,}8t)^2 = 100 \] \[ (0{,}7 + 9{,}8t)^2 = 80 \] \[ 0{,}7 + 9{,}8t = \sqrt{80} = 4\sqrt{5} \]

(Vi velger positiv rot fordi \(t > 0\) gir \(0{,}7 + 9{,}8t > 0\).)

\[ t = \frac{4\sqrt{5} - 0{,}7}{9{,}8} \approx \frac{8{,}944 - 0{,}7}{9{,}8} \approx \frac{8{,}244}{9{,}8} \approx 0{,}841 \text{ s} \]

Oppgave 2 (6 poeng)

a)

Påstanden er usann.

Likningen til et plan kan bestemmes av 3 punkter dersom punktene ikke ligger på en rett linje (dvs. de er ikke-kollineære). Hvis de tre punktene ligger på samme linje, finnes det uendelig mange plan som går gjennom denne linjen, og planet er ikke entydig bestemt.

b)

Dette er en geometrisk rekke med \(a_1 = 1\) og kvotient \(k = \ln x - 1\).

For \(x = \frac{1}{e}\):

\[ k = \ln\frac{1}{e} - 1 = -1 - 1 = -2 \]

Siden \(|k| = 2 > 1\), konvergerer ikke rekken. Summen er ikke definert.

c)

Vi finner skjæringspunktene mellom \(f\) og \(g\):

\[ f(x) = g(x) \quad \Rightarrow \quad x^3 - x^2 - ax = -x^2 + x \] \[ x^3 - ax - x = 0 \] \[ x^3 - (a+1)x = 0 \] \[ x\big(x^2 - (a+1)\big) = 0 \]

Skjæringspunktene er \(x = 0\) og \(x = \pm\sqrt{a+1}\) (forutsatt \(a > -1\)).

Differansen:

\[ f(x) - g(x) = x^3 - (a+1)x = x\big(x^2 - (a+1)\big) \]

Denne funksjonen \(h(x) = x^3 - (a+1)x\) er en odde funksjon (uten konstantledd, og alle termer har odde eksponent), altså \(h(-x) = -h(x)\).

Siden skjæringspunktene er symmetrisk plassert rundt \(x = 0\) (ved \(x = -\sqrt{a+1}\), \(x = 0\) og \(x = \sqrt{a+1}\)), og \(h(x)\) er odde, vil integralet over \([-\sqrt{a+1}, 0]\) og \([0, \sqrt{a+1}]\) ha samme absoluttverdi men motsatt fortegn.

Dermed er de to avgrensede arealene like store.

Oppgave 3 (2 poeng)

Fra bildet avleser vi at jordbæret er omtrent 5 cm høyt. Vi legger \(x\)-aksen langs jordbærets symmetriakse, med \(x = 0\) i bunnen (spissen) og \(x = 5\) øverst.

Vi tilpasser en funksjon til konturen av jordbæret. Fra bildet ser jordbæret ut til å ha en bredde (diameter) som øker fra spissen til et visst punkt og deretter avtar litt mot toppen. En rimelig modellering av radiusen \(r(x)\) basert på avlesning fra bildet kan for eksempel være:

\(x\) (cm)	Avlest radius \(r\) (cm)
0	0
1	1,0
2	1,6
3	1,8
4	1,7
5	0,5

Vi kan tilpasse en polynomfunksjon, for eksempel:

\[ r(x) \approx -0{,}06x^3 + 0{,}32x^2 + 0{,}74x \]

(slik at \(r(0) = 0\) og kurven passer omtrent til avlesningene).

Volumet av omdreiningslegemet er:

\[ V = \pi \int_0^{5} [r(x)]^2 \, dx \]

Med digitalt verktøy (CAS/GeoGebra) beregner vi dette integralet numerisk. Alternativt kan vi bruke trapesregelen med de avleste verdiene:

\[ V \approx \pi \int_0^5 r(x)^2 \, dx \approx \pi \cdot \Delta x \left(\frac{r_0^2 + r_5^2}{2} + r_1^2 + r_2^2 + r_3^2 + r_4^2\right) \] \[ = \pi \cdot 1 \cdot \left(\frac{0 + 0{,}25}{2} + 1 + 2{,}56 + 3{,}24 + 2{,}89\right) \] \[ = \pi \cdot (0{,}125 + 9{,}69) \] \[ = \pi \cdot 9{,}815 \approx 30{,}8 \text{ cm}^3 \]

Oppgave 4 (6 poeng)

a)

Gjennomsnittsfarten over intervallet \([0, t]\) er:

\[ \bar{v} = \frac{1}{t}\int_0^t v(\tau)\, d\tau = \frac{1}{t}\int_0^t \left[-6\sin\!\left(360\tau - \frac{\pi}{2}\right) + 54\right] d\tau \]

Vi bruker at \(\sin\!\left(360\tau - \frac{\pi}{2}\right) = -\cos(360\tau)\):

\[ v(t) = -6 \cdot (-\cos(360t)) + 54 = 6\cos(360t) + 54 \]

Integralet blir:

\[ \int_0^t v(\tau)\, d\tau = \int_0^t \left[6\cos(360\tau) + 54\right] d\tau = \left[\frac{6}{360}\sin(360\tau) + 54\tau\right]_0^t \] \[ = \frac{1}{60}\sin(360t) + 54t \]

Gjennomsnittsfarten:

\[ \bar{v}(t) = \frac{1}{t}\left(\frac{1}{60}\sin(360t) + 54t\right) = \frac{\sin(360t)}{60t} + 54 \]

Vi setter \(\bar{v} = 54\):

\[ \frac{\sin(360t)}{60t} + 54 = 54 \quad \Rightarrow \quad \frac{\sin(360t)}{60t} = 0 \quad \Rightarrow \quad \sin(360t) = 0 \]

Dette gir \(360t = n\pi\), altså \(t = \frac{n\pi}{360}\), der \(n \in \mathbb{Z}^+\).

Det første positive tidspunktet:

\[ t = \frac{\pi}{360} \]

b)

Akselerasjonen er den deriverte av farten:

\[ a(t) = v'(t) = \frac{d}{dt}\left[6\cos(360t) + 54\right] = -6 \cdot 360 \cdot \sin(360t) = -2160\sin(360t) \]

Akselerasjonen har størst absoluttverdi når \(|\sin(360t)| = 1\), altså når:

\[ 360t = \frac{\pi}{2} + n\pi \quad \Rightarrow \quad t = \frac{\pi}{720} + \frac{n\pi}{360} = \frac{(2n+1)\pi}{720} \]

Den største akselerasjonen i absoluttverdi er:

\[ |a|_{\max} = 2160 \text{ km/t}^2 \]

Vi regner om til m/s²:

\[ 2160 \text{ km/t}^2 = 2160 \cdot \frac{1000}{3600^2} \text{ m/s}^2 = 2160 \cdot \frac{1}{12{,}96} \approx 0{,}167 \text{ m/s}^2 \]

c)

Strekningen bilen tilbakelegger er:

\[ s(t) = \int_0^t v(\tau)\, d\tau = \frac{1}{60}\sin(360t) + 54t \]

Vi setter \(s(t) = 2\) km:

\[ \frac{1}{60}\sin(360t) + 54t = 2 \]

Siden \(\frac{1}{60}\sin(360t)\) er svært liten sammenlignet med \(54t\), kan vi først estimere:

\[ 54t \approx 2 \quad \Rightarrow \quad t \approx \frac{2}{54} = \frac{1}{27} \approx 0{,}03704 \text{ timer} \]

Vi kan finne en mer presis verdi med digitalt verktøy. Med CAS løser vi likningen numerisk:

\[ \frac{1}{60}\sin(360t) + 54t = 2 \]

For \(t = \frac{1}{27}\): \(\sin\!\left(360 \cdot \frac{1}{27}\right) = \sin\!\left(\frac{40}{3}\right) \approx \sin(13{,}333) \approx 0{,}9614\).

Da er \(s = \frac{0{,}9614}{60} + 54 \cdot \frac{1}{27} = 0{,}01602 + 2 = 2{,}016\).

Vi justerer litt ned. Med numerisk løsning finner vi:

\[ t \approx 0{,}0367 \text{ timer} \approx 2{,}20 \text{ minutter} \approx 2 \text{ min } 12 \text{ s} \]

Oppgave 5 (4 poeng)

a)

Vi undersøker differansene mellom påfølgende ledd:

\(n\)	\(a_n\)	1. differanse	2. differanse	3. differanse
1	1
2	2	1
3	6	4	3
4	15	9	5	2
5	31	16	7	2
6	56	25	9	2

Vi ser at:

• 1. differansene er: 1, 4, 9, 16, 25, ... som er kvadrattallene \(n^2\)
• 2. differansene er: 3, 5, 7, 9, ... (oddetall)
• 3. differansene er konstant lik 2

Siden \(a_{n+1} - a_n = n^2\), kan vi skrive den rekursive formelen:

b)

Her er et Python-program:

# Beregner summen av de 30 første leddene i tallfølgen
# der a_1 = 1 og a_(n+1) = a_n + n^2

a = 1          # Første ledd
s = a          # Summen starter med første ledd

for n in range(1, 30):
    a = a + n**2   # Neste ledd: a_(n+1) = a_n + n^2
    s = s + a      # Legg til i summen

print(f"a_30 = {a}")
print(f"Summen av de 30 første leddene: {s}")
    

Kjøring av programmet gir:

a_30 = 8556
Summen av de 30 første leddene: 67455
    

Oppgave 6 (2 poeng)

Sirkelen i \(xy\)-planet har likningen:

\[ (x - a)^2 + y^2 = R^2 \]

Vi løser for \(x\):

\[ x = a \pm \sqrt{R^2 - y^2} \]

Det betyr at for en gitt \(y\)-verdi (der \(-R \le y \le R\)) er den ytre randen av sirkelen ved \(x_2 = a + \sqrt{R^2 - y^2}\) og den indre randen ved \(x_1 = a - \sqrt{R^2 - y^2}\).

Når vi roterer sirkelen om \(y\)-aksen, får vi en torus (ringform). Vi bruker skivemetoden (washer method). For en gitt \(y\) er volumbidraget fra en skive med tykkelse \(dy\):

\[ dV = \pi\left(x_2^2 - x_1^2\right) dy \]

Vi regner ut:

\[ x_2^2 - x_1^2 = \left(a + \sqrt{R^2 - y^2}\right)^2 - \left(a - \sqrt{R^2 - y^2}\right)^2 \]

Vi bruker identiteten \(A^2 - B^2 = (A+B)(A-B)\):

\[ = \left(2a\right)\left(2\sqrt{R^2 - y^2}\right) = 4a\sqrt{R^2 - y^2} \]

Volumet blir:

\[ V = \pi \int_{-R}^{R} 4a\sqrt{R^2 - y^2}\, dy = 4\pi a \int_{-R}^{R} \sqrt{R^2 - y^2}\, dy \]

Integralet \(\displaystyle \int_{-R}^{R} \sqrt{R^2 - y^2}\, dy\) er arealet av en halvsirkel med radius \(R\), altså arealet av hele sirkelen delt på 2... nei, dette er hele sirkelen, ikke halv:

Integralet \(\displaystyle \int_{-R}^{R} \sqrt{R^2 - y^2}\, dy\) representerer arealet av en halvsirkel med radius \(R\) (den øvre halvdelen). Arealet av denne halvsirkelen er:

\[ \int_{-R}^{R} \sqrt{R^2 - y^2}\, dy = \frac{\pi R^2}{2} \]

Dermed:

\[ V = 4\pi a \cdot \frac{\pi R^2}{2} = 2\pi^2 R^2 a \]