Løsningsforslag – Matematikk R2 Høst 2025

Eksamen REA3058

Oppgave 1 (2 poeng)

Vi bruker delvis integrasjon med

\[u = 4x \quad \Rightarrow \quad u' = 4\] \[v' = \cos x \quad \Rightarrow \quad v = \sin x\]

Formelen for delvis integrasjon gir:

\[\int 4x \cos x \, dx = 4x \sin x - \int 4 \sin x \, dx\] \[= 4x \sin x - 4 \cdot (-\cos x) + C\] \[= 4x \sin x + 4\cos x + C\]

Oppgave 2 (2 poeng)

Volumet av omdreiningslegemet finnes ved formelen:

\[V = \pi \int_0^{10} \left[f(x)\right]^2 \, dx = \pi \int_0^{10} \left(\sqrt{x+4}\right)^2 \, dx = \pi \int_0^{10} (x+4) \, dx\]

Vi regner ut integralet:

\[V = \pi \left[\frac{x^2}{2} + 4x\right]_0^{10} = \pi\left(\frac{100}{2} + 40 - 0\right) = \pi \cdot 90 = 90\pi\]

Oppgave 3 (5 poeng)

a)

Vi finner nullpunktene til \(f\):

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

Nullpunktene er \(x = -2\), \(x = 0\) og \(x = 1\).

Vi sjekker fortegnet til \(f\) i de relevante intervallene:

• For \(x \in (-2, 0)\): \(f(-1) = -1 + 1 + 2 = 2 > 0\), altså er \(f(x) > 0\).
• For \(x \in (0, 1)\): \(f(0{,}5) = 0{,}125 + 0{,}25 - 1 = -0{,}625 < 0\), altså er \(f(x) < 0\).

Arealet av det markerte området er da:

\[A = \int_{-2}^{0} f(x)\,dx + \left|\int_{0}^{1} f(x)\,dx\right| = \int_{-2}^{0} f(x)\,dx - \int_{0}^{1} f(x)\,dx\]

Dette tilsvarer alternativ 4, siden vi må trekke fra det negative bidraget (gjøre det positivt).

b)

Den antideriverte til \(f(x) = x^3 + x^2 - 2x\) er:

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

Vi regner ut de to integralene:

\[\int_{-2}^{0} f(x)\,dx = F(0) - F(-2) = 0 - \left(\frac{16}{4} - \frac{8}{3} - 4\right) = 0 - \left(4 - \frac{8}{3} - 4\right) = 0 - \left(-\frac{8}{3}\right) = \frac{8}{3}\] \[\int_{0}^{1} f(x)\,dx = F(1) - F(0) = \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{3} - 1\right) - 0 = \frac{3 + 4 - 12}{12} = -\frac{5}{12}\]

Arealet blir:

\[A = \frac{8}{3} - \left(-\frac{5}{12}\right) = \frac{8}{3} + \frac{5}{12} = \frac{32}{12} + \frac{5}{12} = \frac{37}{12}\]

c)

Vi setter opp likningen:

\[\int_a^1 f(x)\,dx = 0 \quad \Leftrightarrow \quad F(1) - F(a) = 0 \quad \Leftrightarrow \quad F(a) = F(1) = -\frac{5}{12}\]

Vi studerer funksjonen \(F(x) = \frac{x^4}{4} + \frac{x^3}{3} - x^2\):

• \(F'(x) = f(x) = x(x+2)(x-1)\)
• \(F\) har lokalt minimum i \(x = -2\) med \(F(-2) = -\frac{8}{3}\)
• \(F\) har lokalt maksimum i \(x = 0\) med \(F(0) = 0\)

\(F\) er avtagende på \((-\infty, -2)\), voksende på \((-2, 0)\) og avtagende igjen på \((0, 1)\).

Siden \(F(-2) = -\frac{8}{3} < -\frac{5}{12} < 0 = F(0)\), vil horisontallinja \(y = -\frac{5}{12}\) skjære grafen til \(F\) to ganger for \(x < 0\):

• En gang mellom \(x = -2\) og \(x = 0\) (der \(F\) er voksende): dette gir \(a \approx -0{,}6\)
• En gang for \(x < -2\) (der \(F\) er avtagende og kommer fra \(+\infty\)): dette gir den andre løsningen

Vi kan tallfeste anslaget: \(\int_{-2}^{1} f(x)\,dx = \frac{8}{3} + \left(-\frac{5}{12}\right) = \frac{9}{4} = 2{,}25\). For at \(\int_a^1 f(x)\,dx\) skal bli 0, må det negative arealet mellom \(x = a\) og \(x = -2\) være nøyaktig \(2{,}25\). Av figuren ser vi at grafen faller bratt til venstre for \(x = -2\) (den er nede i \(f = -7\) ved \(x = -2{,}7\)), så et areal på \(2{,}25\) er samlet opp allerede etter vel en halv enhet. Anslaget blir \(a \approx -2{,}7\).

Oppgave 4 (4 poeng)

a)

Vi omformer likningen:

\[\sin x = \sqrt{3}\cos x\]

Deler vi begge sider med \(\cos x\) (som ikke er null i løsningspunktene):

\[\tan x = \sqrt{3}\]

Vi vet at \(\tan\frac{\pi}{3} = \sqrt{3}\). Siden tangensfunksjonen har periode \(\pi\), får vi:

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

For \(x \in [0, 2\pi\rangle\):

b)

Likningen har løsninger når \(\sin x = \frac{1}{2}\) eller \(\sin x = a\).

Løsninger av \(\sin x = \frac{1}{2}\):

Denne gir alltid \(x = \frac{\pi}{6}\) og \(x = \frac{5\pi}{6}\), altså 2 løsninger.

Løsninger av \(\sin x = a\):

• Hvis \(|a| > 1\): ingen løsninger (0 stk.)
• Hvis \(a = 1\) eller \(a = -1\): nøyaktig 1 løsning
• Hvis \(-1 < a < 1\): nøyaktig 2 løsninger

Det totale antall løsninger avhenger av om løsningene overlapper:

• Hvis \(a = \frac{1}{2}\): begge faktorene gir de samme løsningene, totalt 2 stk.
• Hvis \(a \neq \frac{1}{2}\): løsningene er forskjellige, og vi adderer antallene.

Oppgave 5 (2 poeng)

Påstand 1: Vi kan tolke arealet under en fartsgraf som akselerasjon.

Dersom \(v(t)\) er farten (hastigheten) som funksjon av tid, er:

• Den deriverte \(v'(t)\) = akselerasjonen
• Integralet \(\displaystyle\int_a^b v(t)\,dt\) = tilbakelagt strekning (forflytning)

Arealet under en fartsgraf gir altså strekning, ikke akselerasjon.

Påstand 2: En vinkel på \(36°\) er det samme som en vinkel på \(\frac{\pi}{5}\) radianer.

Vi regner om:

\[36° = 36 \cdot \frac{\pi}{180} = \frac{36\pi}{180} = \frac{\pi}{5}\]

Oppgave 6 (6 poeng)

a)

Vi identifiserer rekken:

• Første ledd: \(a_1 = -3\)
• Differanse: \(d = 3\)
• Siste ledd: \(a_n = 69\)

Vi finner antall ledd:

\[a_n = a_1 + (n-1) \cdot d \quad \Rightarrow \quad 69 = -3 + (n-1) \cdot 3 \quad \Rightarrow \quad 72 = 3(n-1) \quad \Rightarrow \quad n = 25\]

Summen av en aritmetisk rekke:

\[S_{25} = \frac{n}{2}(a_1 + a_n) = \frac{25}{2}(-3 + 69) = \frac{25}{2} \cdot 66 = 825\]

b)

Dette er en geometrisk rekke med:

• Første ledd: \(a = 5\)
• Kvotient (forholdstall): \(k = \frac{1}{2} - x\)

En uendelig geometrisk rekke konvergerer når \(|k| < 1\):

\[\left|\frac{1}{2} - x\right| < 1\] \[-1 < \frac{1}{2} - x < 1\] \[-\frac{3}{2} < -x < \frac{1}{2}\] \[-\frac{1}{2} < x < \frac{3}{2}\]

Når rekken konvergerer, er summen:

\[S = \frac{a}{1-k} = \frac{5}{1-\left(\frac{1}{2}-x\right)} = \frac{5}{\frac{1}{2}+x} = \frac{10}{1+2x}\]

c)

Ballen beveger seg slik:

• Første fall: 2 m ned
• Første sprett: \(2 \cdot 0{,}75 = 1{,}5\) m opp + 1,5 m ned
• Andre sprett: \(1{,}5 \cdot 0{,}75 = 1{,}125\) m opp + 1,125 m ned
• osv.

Total strekning:

\[S = 2 + 2 \cdot (1{,}5 + 1{,}5 \cdot 0{,}75 + 1{,}5 \cdot 0{,}75^2 + \ldots)\]

Parentesen er en uendelig geometrisk rekke med \(a = 1{,}5\) og \(k = 0{,}75\):

\[\text{Sum} = \frac{1{,}5}{1 - 0{,}75} = \frac{1{,}5}{0{,}25} = 6\]

Total strekning:

\[S = 2 + 2 \cdot 6 = 14\]

Oppgave 7 (6 poeng)

a)

Vi fullfører kvadratene:

\[(x^2 - 4x + 4) + y^2 + (z^2 + 2z + 1) = 4 + 4 + 1\] \[(x-2)^2 + y^2 + (z+1)^2 = 9\]

b)

Tangentplanet til en kuleflate i et punkt står normalt på radiusvektoren fra sentrum til tangentpunktet.

Normalvektoren til planet er:

\[\vec{n} = \overrightarrow{CP} = P - C = (3-1, \, -1-(-1), \, 3-3) = (2, \, 0, \, 0)\]

Vi kan forenkle til \(\vec{n} = (1, \, 0, \, 0)\). Likningen for planet gjennom \(P(3, -1, 3)\) med denne normalvektoren er:

\[1 \cdot (x - 3) + 0 \cdot (y + 1) + 0 \cdot (z - 3) = 0\]

c)

Kuleflaten \(K\) har sentrum \(C = (1, -1, 3)\) og radius \(r = 2\).

Avstanden fra sentrum \(C\) til planet \(\beta\) er:

\[d = \frac{|3 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) - 2 \cdot 3 + 1|}{\sqrt{3^2 + 1^2 + (-2)^2}} = \frac{|3 - 1 - 6 + 1|}{\sqrt{9 + 1 + 4}} = \frac{|-3|}{\sqrt{14}} = \frac{3}{\sqrt{14}}\]

Vi sammenligner med radius:

\[\frac{3}{\sqrt{14}} = \frac{3\sqrt{14}}{14} \approx 0{,}80\]

Siden \(d \approx 0{,}80 < 2 = r\), er avstanden fra sentrum til planet mindre enn radius.

Oppgave 8 (3 poeng)

Steg 1: Grunnsteg (\(n = 0\))

Venstre side:

\[\text{VS} = 4^0 = 1\]

Høyre side:

\[\text{HS} = \frac{4^{0+1} - 1}{3} = \frac{4 - 1}{3} = \frac{3}{3} = 1\]

VS = HS, så formelen stemmer for \(n = 0\).

Steg 2: Induksjonshypotese

Vi antar at formelen gjelder for \(n = k\), altså at:

\[1 + 4 + 4^2 + \ldots + 4^k = \frac{4^{k+1} - 1}{3}\]

Steg 3: Induksjonssteg (vis for \(n = k+1\))

Vi skal vise at:

\[1 + 4 + 4^2 + \ldots + 4^k + 4^{k+1} = \frac{4^{k+2} - 1}{3}\]

Vi tar utgangspunkt i venstre side og bruker induksjonshypotesen:

\[\underbrace{1 + 4 + 4^2 + \ldots + 4^k}_{\frac{4^{k+1}-1}{3}} + \; 4^{k+1}\] \[= \frac{4^{k+1} - 1}{3} + 4^{k+1}\] \[= \frac{4^{k+1} - 1}{3} + \frac{3 \cdot 4^{k+1}}{3}\] \[= \frac{4^{k+1} - 1 + 3 \cdot 4^{k+1}}{3}\] \[= \frac{4 \cdot 4^{k+1} - 1}{3}\] \[= \frac{4^{k+2} - 1}{3}\]

Dette er nøyaktig det vi skulle vise.

Oppgave 1 (6 poeng)

a)

Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren:

\[\vec{r}\,'(t) = [6, \; 7, \; -5 + 0{,}2t]\]

Etter 2 sekunder:

\[\vec{r}\,'(2) = [6, \; 7, \; -5 + 0{,}4] = [6, \; 7, \; -4{,}6]\]

Farten er lengden av fartsvektoren:

\[|\vec{r}\,'(2)| = \sqrt{6^2 + 7^2 + (-4{,}6)^2} = \sqrt{36 + 49 + 21{,}16} = \sqrt{106{,}16} \approx 10{,}3\]

b)

Dybden under havoverflaten er gitt ved \(z\)-komponenten:

\[z(t) = -250 - 5t + 0{,}1t^2\]

Vi finner minimumspunktet (dypeste punkt) ved å derivere og sette lik null:

\[z'(t) = -5 + 0{,}2t = 0 \quad \Rightarrow \quad t = 25\]

Vi sjekker at dette er et minimum: \(z''(t) = 0{,}2 > 0\), som bekrefter at det er et minimumspunkt.

Dybden ved \(t = 25\):

\[z(25) = -250 - 5 \cdot 25 + 0{,}1 \cdot 25^2 = -250 - 125 + 62{,}5 = -312{,}5\]

c)

Vi finner avstandsvektoren mellom miniubåtens sentrum og fiskestimens sentrum:

\[\vec{r}(t) - \vec{s}(t) = [6t - 40 - 2t, \; 7t - 60 - 2t, \; -250 - 5t + 0{,}1t^2 + 250]\] \[= [4t - 40, \; 5t - 60, \; 0{,}1t^2 - 5t]\]

Kvadratet av avstanden:

\[d(t)^2 = (4t-40)^2 + (5t-60)^2 + (0{,}1t^2-5t)^2\]

Vi kan bruke digitale verktøy til å finne minimumsverdien av \(d(t)\) for \(t \in [0, 60]\).

Vi deriverer og finner numerisk at minimumsavstanden nås ved \(t \approx 8{,}4\) sekunder:

\[d(8{,}4)^2 \approx (33{,}6-40)^2 + (42-60)^2 + (0{,}1 \cdot 70{,}56-42)^2\] \[\approx (-6{,}4)^2 + (-18)^2 + (-34{,}94)^2\] \[\approx 40{,}96 + 324 + 1221{,}0 \approx 1586\] \[d_{\min} \approx \sqrt{1586} \approx 39{,}8 \text{ m}\]

For at det ikke skal bli kollisjon, må avstanden mellom sentrene være større enn summen av fiskestimens radius og miniubåtens halvdiagonal.

Miniubåtens halvdiagonal (som en boks med dimensjoner \(8 \times 4 \times 5\)):

\[\text{halvdiagonal} = \frac{1}{2}\sqrt{8^2 + 4^2 + 5^2} = \frac{1}{2}\sqrt{64 + 16 + 25} = \frac{1}{2}\sqrt{105} \approx 5{,}1 \text{ m}\]

Kollisjon unngås dersom \(d_{\min} > 15 + 5{,}1 = 20{,}1\) m.

Siden \(d_{\min} \approx 39{,}8 \text{ m} > 20{,}1 \text{ m}\), er avstanden langt større enn det som kreves.

Oppgave 2 (6 poeng)

a)

Dataene viser en sinusformet variasjon. Vi antar modellen:

\[U(t) = A \cdot \sin(\omega t)\]

Perioden: Fra dataene ser vi at \(U \approx 0\) ved \(t = 0{,}01\) og \(t = 0{,}02\). Dette tyder på at perioden er \(T = 0{,}02\) s, som svarer til frekvens \(f = 50\) Hz (standard norsk nettfrekvens).

Vinkelfrekvensen blir:

\[\omega = 2\pi f = 2\pi \cdot 50 = 100\pi\]

Amplituden: Maksimalverdien i tabellen er ca. 323 V (ved \(t = 0{,}005\)) og minimumsverdien er ca. −327 V (ved \(t = 0{,}015\)). Vi anslår:

\[A \approx 325\]

Vi verifiserer: \(\sin(100\pi \cdot 0{,}005) = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1\), slik at \(U(0{,}005) = 325\), noe som stemmer godt med 323.

b)

Vi løser likningen:

\[325\sin(100\pi t) = 230\] \[\sin(100\pi t) = \frac{230}{325} = \frac{46}{65} \approx 0{,}7077\]

Sinusverdien \(0{,}7077\) gir

\[100\pi t = \arcsin\!\left(\frac{46}{65}\right) + 2k\pi \quad \text{eller} \quad 100\pi t = \pi - \arcsin\!\left(\frac{46}{65}\right) + 2k\pi\]

Med \(\arcsin\!\left(\frac{46}{65}\right) \approx 0{,}7864\) og \(k = 0\):

\[t = \frac{0{,}7864}{100\pi} \approx 0{,}00250 \text{ s} \quad \text{eller} \quad t = \frac{\pi - 0{,}7864}{100\pi} \approx 0{,}00750 \text{ s}\]

For \(k = 1\): \(t \approx 0{,}0225\) s, som er utenfor intervallet \([0, \; 0{,}02]\).

(Med den idealiserte amplituden \(A = 230\sqrt{2}\) blir \(\sin(100\pi t) = \frac{1}{\sqrt{2}}\), altså \(100\pi t = \frac{\pi}{4}\) eller \(\frac{3\pi}{4}\), som gir de eksakte verdiene \(t = \frac{1}{400} = 0{,}0025\) s og \(t = \frac{3}{400} = 0{,}0075\) s – samme svar til tre gjeldende siffer.)

c)

Vi bruker modellen fra oppgave a), \(U(t) = 325 \sin(100\pi t)\), med \(T = 0{,}02\) s. Amplituden 325 er lest ut av målingene – den er ikke forutsatt lik 230 V · \(\sqrt{2}\). Nettopp derfor er regningen nedenfor en reell kontroll av påstanden, og ikke et sirkelresonnement.

\[\frac{1}{T}\int_0^T (U(t))^2 \, dt = \frac{1}{0{,}02}\int_0^{0{,}02} 325^2 \sin^2(100\pi t) \, dt\]

Vi bruker identiteten \(\sin^2(\theta) = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}\):

\[= \frac{325^2}{0{,}02}\int_0^{0{,}02} \frac{1 - \cos(200\pi t)}{2} \, dt = \frac{325^2}{2 \cdot 0{,}02} \left[t - \frac{\sin(200\pi t)}{200\pi}\right]_0^{0{,}02}\]

Siden \(\sin(200\pi \cdot 0{,}02) = \sin(4\pi) = 0\) og \(\sin(0) = 0\):

\[= \frac{325^2}{2 \cdot 0{,}02} \cdot 0{,}02 = \frac{325^2}{2}\]

Dermed:

\[U_{\text{effektiv}} = \sqrt{\frac{325^2}{2}} = \frac{325}{\sqrt{2}} \approx 229{,}8 \text{ V}\]

(Generelt gir en ren sinusspenning med amplitude \(A\) effektivverdien \(U_{\text{effektiv}} = \frac{A}{\sqrt{2}}\).)

Oppgave 3 (4 poeng)

a)

La \(M_n\) være mengden \(\text{CCl}_4\) i kroppen etter \(n\) netter. Vi starter med \(M_0 = 0\).

Hver dag skiller kroppen ut 18 %, så 82 % blir igjen. Etter at hun sover neste natt, legges 2 enheter til:

\[M_{n} = 0{,}82 \cdot M_{n-1} + 2\]

Vi regner ut trinn for trinn:

Natt	\(M_n\) (enheter)
1	2,00
2	3,64
3	4,98
4	6,09
5	6,99
6	7,73
7	8,34
8	8,84
9	9,25
10	9,58
11	9,86
12	10,08

Alternativt kan vi bruke den eksplisitte formelen for en geometrisk rekke:

\[M_n = \frac{2(1 - 0{,}82^n)}{1 - 0{,}82} = \frac{2(1 - 0{,}82^n)}{0{,}18}\]

Vi løser \(M_n \geq 10\):

\[\frac{2(1 - 0{,}82^n)}{0{,}18} \geq 10 \quad \Rightarrow \quad 1 - 0{,}82^n \geq 0{,}9 \quad \Rightarrow \quad 0{,}82^n \leq 0{,}1\] \[n \geq \frac{\ln 0{,}1}{\ln 0{,}82} \approx 11{,}6\]

b)

Likevektsnivået (grenseverdien når \(n \to \infty\)) for den rekursive modellen \(M_{n} = k \cdot M_{n-1} + 2\) er:

\[M = k \cdot M + 2 \quad \Rightarrow \quad M(1-k) = 2 \quad \Rightarrow \quad M = \frac{2}{1-k}\]

der \(k\) er andelen som beholdes (dvs. \(1 - \text{utskillingsandel}\)).

Hvis artikkelen antar at grenseverdien er nøyaktig 10:

\[\frac{2}{1-k} = 10 \quad \Rightarrow \quad 1 - k = 0{,}2 \quad \Rightarrow \quad k = 0{,}8\]

Utskillingsandelen er \(1 - k = 0{,}2 = 20\,\%\).

Oppgave 4 (4 poeng)

Programmet i oppgaveteksten er:

start = 0
slutt = 2
n = 100

dx = (slutt-start)/n

def f(x):
    return 3**(2*x)

def areal_til_hoyre():
    areal = 0
    for i in range(n):
        x = start + i*dx
        areal = areal + f(x)*dx
    return areal

def areal_til_venstre():
    areal = 0
    for i in range(1, n+1):
        x = start + i*dx
        areal = areal + f(x)*dx
    return areal

print(areal_til_hoyre())
print(areal_til_venstre())

Legg merke til hvilke \(x\)-verdier de to løkkene faktisk bruker:

• areal_til_hoyre() løper over \(i = 0, 1, \ldots, n-1\) og bruker derfor \(x = 0,\ \Delta x,\ 2\Delta x,\ \ldots,\ 2-\Delta x\) – altså venstre endepunkt i hvert delintervall.
• areal_til_venstre() løper over \(i = 1, 2, \ldots, n\) og bruker derfor \(x = \Delta x,\ 2\Delta x,\ \ldots,\ 2\) – altså høyre endepunkt i hvert delintervall.

(Navnene på funksjonene er altså «omvendt» av hvilket endepunkt de bruker.)

a)

Funksjonen \(f(x) = 3^{2x} = 9^x\) er en strengt voksende funksjon på \([0, 2]\) (eksponentialfunksjon med base \(> 1\)).

areal_til_hoyre() (venstre endepunkter):

Denne metoden bruker funksjonsverdien i venstre endepunkt av hvert delintervall som høyden på rektangelet. Siden \(f\) er strengt voksende, er funksjonsverdien i venstre endepunkt alltid lavere enn alle andre funksjonsverdier i delintervallet. Derfor blir hvert rektangel for lavt, og summen gir en underestimering av arealet.

areal_til_venstre() (høyre endepunkter):

Denne metoden bruker funksjonsverdien i høyre endepunkt. Siden \(f\) er strengt voksende, er funksjonsverdien i høyre endepunkt alltid høyere enn alle andre funksjonsverdier i delintervallet. Derfor blir hvert rektangel for høyt, og summen gir en overestimering av arealet.

b)

En bedre metode er trapesmetoden, der vi for hvert delintervall bruker gjennomsnittet av funksjonsverdiene i begge endepunkter. Dette tilsvarer å tilnærme arealet med trapeser i stedet for rektangler.

start = 0
slutt = 2
n = 100

dx = (slutt-start)/n

def f(x):
    return 3**(2*x)

def bedre_metode():
    areal = 0

    for i in range(n):
        x = start + i*dx
        areal = areal + (f(x) + f(x + dx)) / 2 * dx

    return areal

print(bedre_metode())
    

Resultatet av programmet:

36.415428142039474

Vi kan verifisere med eksakt integrasjon:

\[\int_0^2 3^{2x}\,dx = \int_0^2 9^x\,dx = \left[\frac{9^x}{\ln 9}\right]_0^2 = \frac{81 - 1}{\ln 9} = \frac{80}{\ln 9} \approx 36{,}41\]