Løsningsforslag – Matematikk R2 Vår 2024

Oppgave 1 (4 poeng)

En funksjon \(f\) er gitt ved

\[ f(x) = -x^3 + 3x \]

a)

Vi finner den antideriverte av \(f(x) = -x^3 + 3x\):

\[ F(x) = -\frac{x^4}{4} + \frac{3x^2}{2} \]

Vi setter inn grensene:

\[ \int_{-1}^{0} f(x)\,dx = F(0) - F(-1) \] \[ F(0) = 0 \] \[ F(-1) = -\frac{(-1)^4}{4} + \frac{3(-1)^2}{2} = -\frac{1}{4} + \frac{3}{2} = -\frac{1}{4} + \frac{6}{4} = \frac{5}{4} \] \[ \int_{-1}^{0} f(x)\,dx = 0 - \frac{5}{4} = -\frac{5}{4} \]

b)

Vi finner nullpunktene til \(f(x) = -x^3 + 3x = x(-x^2 + 3)\) i intervallet \([-1, 1]\):

\[ f(x) = 0 \quad \Leftrightarrow \quad x = 0 \quad \text{eller} \quad x = \pm\sqrt{3} \]

Siden \(\sqrt{3} \approx 1{,}73 > 1\), er \(x = 0\) det eneste nullpunktet i intervallet \([-1, 1]\).

Vi undersøker fortegnet til \(f\):

• For \(x \in [-1, 0]\): \(f(-0{,}5) = -(-0{,}125) + 3(-0{,}5) = 0{,}125 - 1{,}5 = -1{,}375 < 0\)
• For \(x \in [0, 1]\): \(f(0{,}5) = -0{,}125 + 1{,}5 = 1{,}375 > 0\)

Arealet blir:

\[ A = \left|\int_{-1}^{0} f(x)\,dx\right| + \int_{0}^{1} f(x)\,dx \]

Fra oppgave a) vet vi at \(\displaystyle\int_{-1}^{0} f(x)\,dx = -\frac{5}{4}\).

Vi regner ut det andre integralet:

\[ \int_{0}^{1} f(x)\,dx = F(1) - F(0) = \left(-\frac{1}{4} + \frac{3}{2}\right) - 0 = \frac{5}{4} \]

Dermed er arealet:

\[ A = \left|-\frac{5}{4}\right| + \frac{5}{4} = \frac{5}{4} + \frac{5}{4} = \frac{10}{4} = \frac{5}{2} \]

Oppgave 2 (2 poeng)

Vi bruker substitusjon. La \(u = \sin(x)\), da er \(du = \cos(x)\,dx\).

Integralet blir:

\[ \int \sin^3(x) \cdot \cos(x)\,dx = \int u^3\,du = \frac{u^4}{4} + C \]

Vi substituerer tilbake:

Oppgave 3 (4 poeng)

En elev har laget følgende program:

n = 0
S = 0

while S <= 200:
    n = n + 1
    S = S + 4*n - 2

print(n)

a)

I hver iterasjon av løkka øker \(n\) med 1, og til \(S\) legges verdien \(4n - 2\).

Verdiene som legges til \(S\) danner en aritmetisk rekke: \(2, 6, 10, 14, 18, \ldots\)

Etter \(n\) iterasjoner er summen:

\[ S_n = \sum_{k=1}^{n} (4k - 2) = 4 \cdot \frac{n(n+1)}{2} - 2n = 2n^2 + 2n - 2n = 2n^2 \]

b)

Vi kjører gjennom programmet og fører opp verdiene i en tabell:

\(n\)	\(4n-2\)	\(S = 2n^2\)	\(S \leq 200\)?
1	2	2	Ja
2	6	8	Ja
3	10	18	Ja
4	14	32	Ja
5	18	50	Ja
6	22	72	Ja
7	26	98	Ja
8	30	128	Ja
9	34	162	Ja
10	38	200	Ja
11	42	242	Nei

For \(n = 10\) er \(S = 200\), og betingelsen \(S \leq 200\) er fortsatt oppfylt, så løkka fortsetter. For \(n = 11\) er \(S = 242 > 200\), så løkka stopper.

Oppgave 4 (8 poeng)

Vi har gitt punktene \(A(1, 1, 0)\), \(B(4, 1, 1)\) og \(C(2, 0, -1)\).

a)

Vi finner vektorene \(\vec{AB}\) og \(\vec{AC}\):

\[ \vec{AB} = B - A = (3, 0, 1) \] \[ \vec{AC} = C - A = (1, -1, -1) \]

Vi regner ut kryssproduktet \(\vec{AB} \times \vec{AC}\):

\[ \vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 3 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{vmatrix} \] \[ = \vec{i}(0 \cdot (-1) - 1 \cdot (-1)) - \vec{j}(3 \cdot (-1) - 1 \cdot 1) + \vec{k}(3 \cdot (-1) - 0 \cdot 1) \] \[ = \vec{i}(0 + 1) - \vec{j}(-3 - 1) + \vec{k}(-3 - 0) = (1, 4, -3) \]

Lengden av kryssproduktet er:

\[ |\vec{AB} \times \vec{AC}| = \sqrt{1^2 + 4^2 + (-3)^2} = \sqrt{1 + 16 + 9} = \sqrt{26} \]

Arealet av trekanten er halvparten av dette:

b)

Avstanden fra et punkt til en linje er gitt ved formelen:

\[ d = \frac{|\vec{AB} \times \vec{AC}|}{|\vec{AB}|} \]

Vi finner lengden av \(\vec{AB}\):

\[ |\vec{AB}| = \sqrt{3^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{10} \]

Dermed:

c)

Normalvektoren til planet \(\alpha\) er kryssproduktet vi fant i oppgave a):

\[ \vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = (1, 4, -3) \]

Linja \(\ell\) går gjennom \(P(-2, 1, 4)\) med retningsvektor \(\vec{n}\):

d)

Siden \(D\) ligger på \(z\)-aksen, har \(D\) koordinater \(D(0, 0, d)\) for en ukjent verdi \(d\).

Retningsvektoren til linja \(m\) er:

\[ \vec{PD} = D - P = (0 - (-2),\; 0 - 1,\; d - 4) = (2, -1, d - 4) \]

Siden \(m\) er parallell med planet \(\alpha\), må \(\vec{PD}\) stå vinkelrett på normalvektoren \(\vec{n} = (1, 4, -3)\):

\[ \vec{PD} \cdot \vec{n} = 0 \] \[ 1 \cdot 2 + 4 \cdot (-1) + (-3)(d - 4) = 0 \] \[ 2 - 4 - 3d + 12 = 0 \] \[ 10 - 3d = 0 \quad \Rightarrow \quad d = \frac{10}{3} \]

Oppgave 5 (4 poeng)

Funksjonen \(f\) er gitt ved

\[ f(x) = 2 \cdot \sin\!\left(\frac{\pi}{6}\,x - \frac{\pi}{3}\right) - 1, \quad D_f = \langle 0, 20 \rangle \]

a)

Vi setter \(f(x) = 0\):

\[ 2 \sin\!\left(\frac{\pi}{6}\,x - \frac{\pi}{3}\right) - 1 = 0 \] \[ \sin\!\left(\frac{\pi}{6}\,x - \frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} \]

Vi lar \(u = \frac{\pi}{6}\,x - \frac{\pi}{3}\) og løser \(\sin(u) = \frac{1}{2}\):

\[ u = \frac{\pi}{6} + 2k\pi \quad \text{eller} \quad u = \pi - \frac{\pi}{6} + 2k\pi = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi, \quad k \in \mathbb{Z} \]

Tilfelle 1: \(\displaystyle \frac{\pi}{6}\,x - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6} + 2k\pi\)

\[ \frac{\pi}{6}\,x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} + 2k\pi = \frac{\pi}{2} + 2k\pi \] \[ x = 3 + 12k \]

Tilfelle 2: \(\displaystyle \frac{\pi}{6}\,x - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi\)

\[ \frac{\pi}{6}\,x = \frac{5\pi}{6} + \frac{\pi}{3} + 2k\pi = \frac{7\pi}{6} + 2k\pi \] \[ x = 7 + 12k \]

Vi finner løsningene i \(D_f = \langle 0, 20 \rangle\):

• \(k = 0\): \(x = 3\) og \(x = 7\)
• \(k = 1\): \(x = 15\) og \(x = 19\)

b)

Vi skriver funksjonen på formen \(f(x) = A \sin(B(x - x_0)) + D\):

\[ f(x) = 2 \sin\!\left(\frac{\pi}{6}(x - 2)\right) - 1 \]

Vi leser av:

Oppgave 1 (6 poeng)

Posisjonen \(\vec{r}\) til en fotball etter \(t\) sekunder er gitt ved

\[ \vec{r}(t) = \big[30t,\; 5t,\; 7t - 4{,}9t^2\big] \]

a)

Farten er lengden av hastighetsvektoren. Vi deriverer:

\[ \vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t) = \big[30,\; 5,\; 7 - 9{,}8t\big] \]

Ved \(t = 0\):

\[ \vec{v}(0) = [30,\; 5,\; 7] \] \[ |\vec{v}(0)| = \sqrt{30^2 + 5^2 + 7^2} = \sqrt{900 + 25 + 49} = \sqrt{974} \]

b)

Ballen treffer banen når \(z\)-komponenten er 0:

\[ 7t - 4{,}9t^2 = 0 \quad \Rightarrow \quad t(7 - 4{,}9t) = 0 \] \[ t = 0 \quad \text{eller} \quad t = \frac{7}{4{,}9} = \frac{10}{7} \text{ s} \]

Ved \(t = \frac{10}{7}\) er posisjonen:

\[ x = 30 \cdot \frac{10}{7} = \frac{300}{7}, \quad y = 5 \cdot \frac{10}{7} = \frac{50}{7} \]

Avstanden fra origo (hjørnemerket) i \(xy\)-planet:

\[ d = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{\left(\frac{300}{7}\right)^2 + \left(\frac{50}{7}\right)^2} = \frac{1}{7}\sqrt{90000 + 2500} = \frac{\sqrt{92500}}{7} \] \[ = \frac{\sqrt{2500 \cdot 37}}{7} = \frac{50\sqrt{37}}{7} \]

c)

Ballen er på sitt høyeste når den vertikale hastighetskomponenten er null:

\[ v_z(t) = 7 - 9{,}8t = 0 \quad \Rightarrow \quad t = \frac{7}{9{,}8} = \frac{5}{7} \text{ s} \]

Ved \(t = \frac{5}{7}\) er hastighetsvektoren:

\[ \vec{v}\!\left(\frac{5}{7}\right) = [30,\; 5,\; 0] \] \[ \left|\vec{v}\!\left(\frac{5}{7}\right)\right| = \sqrt{30^2 + 5^2} = \sqrt{925} = 5\sqrt{37} \]

Høyden ved \(t = \frac{5}{7}\):

\[ z = 7 \cdot \frac{5}{7} - 4{,}9 \cdot \left(\frac{5}{7}\right)^2 = 5 - 4{,}9 \cdot \frac{25}{49} = 5 - 2{,}5 = 2{,}5 \]

Oppgave 2 (2 poeng)

Pæra kan modelleres som et omdreiningslegeme der den halve snittflaten roteres om \(y\)-aksen (eller tilsvarende om en akse langs pæra).

Fra bildet leser vi av omtrentlige \(x\)-verdier (radius) for ulike \(y\)-verdier (høyde). Pæra strekker seg fra \(y = 0\) til omtrent \(y = 4{,}5\). Vi bruker halvaksene (radius \(r\)) avlest fra bildet:

\(y\) (cm)	\(r(y)\) (cm)
0	0
0,5	2,5
1,0	3,5
1,5	3,8
2,0	3,5
2,5	3,0
3,0	2,2
3,5	1,5
4,0	0,8
4,5	0

Volumet av et omdreiningslegeme rundt \(y\)-aksen er:

\[ V = \pi \int_0^{4{,}5} [r(y)]^2\,dy \]

Vi tilnærmer integralet med trapesmetoden (eller numerisk summering) med \(\Delta y = 0{,}5\):

\[ \int_0^{4{,}5} r^2\,dy \approx \frac{0{,}5}{2}\big(r_0^2 + 2r_1^2 + 2r_2^2 + \cdots + 2r_8^2 + r_9^2\big) \] \[ = 0{,}25\big(0 + 2 \cdot 6{,}25 + 2 \cdot 12{,}25 + 2 \cdot 14{,}44 + 2 \cdot 12{,}25 + 2 \cdot 9 + 2 \cdot 4{,}84 + 2 \cdot 2{,}25 + 2 \cdot 0{,}64 + 0\big) \] \[ = 0{,}25 \cdot 2 \cdot (6{,}25 + 12{,}25 + 14{,}44 + 12{,}25 + 9 + 4{,}84 + 2{,}25 + 0{,}64) \] \[ = 0{,}5 \cdot 61{,}92 = 30{,}96 \] \[ V \approx \pi \cdot 30{,}96 \approx 97{,}2 \]

Oppgave 3 (6 poeng)

En sensor slår på utelyset \(T(x)\) timer etter midnatt:

\[ T(x) = 4 \cdot \sin(0{,}0055\pi \cdot x - 0{,}5\pi) + 19 \]

der \(x\) er antall dager etter 31. desember 2023 (\(x = 1\) svarer til 1. januar 2024).

a)

Amplituden \(A = 4\):

Tidspunktet varierer mellom \(T_{\min} = 19 - 4 = 15\) og \(T_{\max} = 19 + 4 = 23\), altså mellom kl. 15:00 og kl. 23:00. Dette stemmer med opplysningen.

Likevektsverdien \(D = 19\):

Gjennomsnittet av kl. 15:00 og kl. 23:00 er kl. 19:00, som tilsvarer 19 timer etter midnatt.

Perioden:

\[ P = \frac{2\pi}{0{,}0055\pi} = \frac{2}{0{,}0055} \approx 363{,}6 \text{ dager} \]

Dette er tilnærmet ett år, som stemmer med at variasjonen er periodisk i løpet av et år.

Faseforskyvningen \(-0{,}5\pi\):

Vi finner når \(T(x) = 19\) (likevektsverdien) med stigende verdi. Da er sinusverdien 0 og stigende:

\[ 0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi = 0 \quad \Rightarrow \quad x = \frac{0{,}5}{0{,}0055} \approx 90{,}9 \]

Dag 91 er omtrent 1. april. På dette tidspunktet er \(T \approx 19\), altså kl. 19:00. Dette stemmer med opplysningen om at lyset slår seg på kl. 19:00 den 1. april.

b)

3 minutter per dag tilsvarer \(\frac{3}{60} = 0{,}05\) timer per dag. Vi finner \(T'(x)\):

\[ T'(x) = 4 \cdot 0{,}0055\pi \cdot \cos(0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi) = 0{,}022\pi \cdot \cos(0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi) \]

Vi løser \(|T'(x)| = 0{,}05\):

\[ 0{,}022\pi \cdot |\cos(0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi)| = 0{,}05 \] \[ |\cos(0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi)| = \frac{0{,}05}{0{,}022\pi} = \frac{25}{11\pi} \approx 0{,}7234 \]

La \(\theta = 0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi\). Vi får:

\[ \theta = \pm \arccos(0{,}7234) + 2k\pi \quad \text{eller} \quad \theta = \pm(\pi - \arccos(0{,}7234)) + 2k\pi \]

Med \(\arccos(0{,}7234) \approx 0{,}762\) rad finner vi \(x\)-verdiene i 2024 (\(1 \leq x \leq 366\)):

\(x\)	Omtrent dato	Endring
\(\approx 47\)	16. februar	+3 min/dag (lysere)
\(\approx 135\)	14. mai	+3 min/dag (lysere)
\(\approx 229\)	16. august	\(-3\) min/dag (mørkere)
\(\approx 317\)	12. november	\(-3\) min/dag (mørkere)

c)

Den maksimale endringen skjer når \(|\cos(\ldots)| = 1\), altså:

\[ |T'(x)|_{\max} = 0{,}022\pi \approx 0{,}0691 \text{ timer/dag} \approx 4{,}15 \text{ minutter/dag} \]

Dette skjer når \(\cos(0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi) = \pm 1\):

\(\cos = 1\): \(0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi = 0\), altså \(x = \frac{0{,}5}{0{,}0055} \approx 90{,}9\) (ca. 31. mars). Da er \(T'(x) > 0\), lyset slår seg på senere for hver dag (det blir lysere).

\(\cos = -1\): \(0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi = \pi\), altså \(x = \frac{1{,}5}{0{,}0055} \approx 272{,}7\) (ca. 29. september). Da er \(T'(x) < 0\), lyset slår seg på tidligere for hver dag (det blir mørkere).

Oppgave 4 (6 poeng)

De \(n\) første kubikktallene er \(1^3, 2^3, 3^3, \ldots, n^3\). La \(S_n\) være summen av de \(n\) første kubikktallene.

a)

Rekursiv sammenheng:

\[ S_{n+1} = S_n + (n+1)^3, \quad S_1 = 1 \]

Eksplisitt formel:

Vi regner ut de første verdiene:

• \(S_1 = 1 = 1^2\)
• \(S_2 = 1 + 8 = 9 = 3^2\)
• \(S_3 = 9 + 27 = 36 = 6^2\)
• \(S_4 = 36 + 64 = 100 = 10^2\)
• \(S_5 = 100 + 125 = 225 = 15^2\)

Vi kjenner igjen tallene \(1, 3, 6, 10, 15\) som trekanttallene \(\frac{n(n+1)}{2}\). Dermed:

b)

S = 0
for k in range(1, 51):
    S = S + k**3
print(S)

c)

Vi skal bevise at \(\displaystyle S_n = \sum_{k=1}^{n} k^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2\) for alle \(n \geq 1\).

Grunnsteg (\(n = 1\)):

\[ \text{Venstre side: } S_1 = 1^3 = 1 \] \[ \text{Høyre side: } \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 = 1^2 = 1 \quad \checkmark \]

Induksjonshypotese: Anta at formelen gjelder for \(n = k\), dvs.

\[ S_k = \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 \]

Induksjonssteg: Vi viser at formelen også gjelder for \(n = k + 1\):

\[ S_{k+1} = S_k + (k+1)^3 = \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 + (k+1)^3 \]

Vi faktoriserer ut \((k+1)^2\):

\[ = (k+1)^2 \left(\frac{k^2}{4} + (k+1)\right) \] \[ = (k+1)^2 \cdot \frac{k^2 + 4(k+1)}{4} \] \[ = (k+1)^2 \cdot \frac{k^2 + 4k + 4}{4} \] \[ = (k+1)^2 \cdot \frac{(k+2)^2}{4} \] \[ = \left(\frac{(k+1)(k+2)}{2}\right)^2 \]

Dette er nettopp formelen med \(n = k + 1\).

Oppgave 5 (4 poeng)

Punktene \(A(1, 2, 1)\) og \(B(3, 0, -3)\) ligger på en kuleflate. \(AB\) er en diameter. Planet \(\gamma\) er gitt ved \(x + 2y + 2z = 14\).

a)

Sentrum \(M\) i kuleflaten er midtpunktet av diameteren \(AB\):

\[ M = \frac{A + B}{2} = \left(\frac{1+3}{2},\; \frac{2+0}{2},\; \frac{1+(-3)}{2}\right) = (2, 1, -1) \]

Radiusen er halve diameterlengden:

\[ \vec{AB} = (2, -2, -4), \quad |\vec{AB}| = \sqrt{4 + 4 + 16} = \sqrt{24} = 2\sqrt{6} \] \[ r = \frac{|\vec{AB}|}{2} = \sqrt{6} \]

Avstanden fra \(M(2, 1, -1)\) til planet \(x + 2y + 2z = 14\):

\[ d(M, \gamma) = \frac{|1 \cdot 2 + 2 \cdot 1 + 2 \cdot (-1) - 14|}{\sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2}} = \frac{|2 + 2 - 2 - 14|}{3} = \frac{12}{3} = 4 \]

Den minste avstanden fra kuleflaten til planet er:

b)

Et plan parallelt med \(\gamma\) har likning \(x + 2y + 2z = c\) for en konstant \(c\).

Avstanden fra sentrum \(M(2, 1, -1)\) til dette planet er:

\[ d(M, \alpha) = \frac{|2 + 2 - 2 - c|}{3} = \frac{|2 - c|}{3} \]

Vi trenger at avstanden fra kuleflaten til planet er \(4 - \sqrt{6}\). Altså:

\[ d(M, \alpha) - r = 4 - \sqrt{6} \quad \Rightarrow \quad d(M, \alpha) = 4 \] \[ \frac{|2 - c|}{3} = 4 \quad \Rightarrow \quad |2 - c| = 12 \] \[ c = 14 \quad \text{eller} \quad c = -10 \]

Siden \(c = 14\) gir planet \(\gamma\) tilbake, er svaret:

Oppgave 6 (2 poeng)

Vi regner først ut integralet:

\[ \int_0^x e^{-t}\,dt = \left[-e^{-t}\right]_0^x = -e^{-x} + 1 = 1 - e^{-x} \]

La \(u = 1 - e^{-x}\). For \(x \geq 0\) har vi \(0 \leq u < 1\), slik at den geometriske rekken konvergerer:

\[ S(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_1 \cdot u^n = \frac{a_1}{1 - u} \]

Vi setter inn \(u = 1 - e^{-x}\):

\[ S(x) = \frac{a_1}{1 - (1 - e^{-x})} = \frac{a_1}{e^{-x}} = a_1 \cdot e^x \]

Funksjonen \(S(x) = a_1 \cdot e^x\) er strengt voksende for \(x \geq 0\), så minimumet oppnås ved \(x = 0\):

\[ S(0) = a_1 \cdot e^0 = a_1 \]

Vi setter den minste summen lik 1: