Løsningsforslag – Matematikk R2 Vår 2025

Oppgave 1 (4 poeng)

a)

Vi integrerer ledd for ledd:

\[ \int_0^1 (2e^x + 2x^2)\, dx = \left[2e^x + \frac{2x^3}{3}\right]_0^1 \]

Vi setter inn grensene:

\[ = \left(2e^1 + \frac{2}{3}\right) - \left(2e^0 + 0\right) = 2e + \frac{2}{3} - 2 \]

b)

Vi faktoriserer nevneren:

\[ x^2 - x - 6 = (x-3)(x+2) \]

Vi bruker delbrøkoppspalting. Vi setter opp:

\[ \frac{2x-1}{(x-3)(x+2)} = \frac{A}{x-3} + \frac{B}{x+2} \]

Vi ganger begge sider med \((x-3)(x+2)\):

\[ 2x - 1 = A(x+2) + B(x-3) \]

Vi setter \(x = 3\):

\[ 2(3) - 1 = A(3+2) + B(0) \implies 5 = 5A \implies A = 1 \]

Vi setter \(x = -2\):

\[ 2(-2) - 1 = A(0) + B(-2-3) \implies -5 = -5B \implies B = 1 \]

Dermed blir integralet:

\[ \int \frac{2x-1}{x^2-x-6}\, dx = \int \frac{1}{x-3}\, dx + \int \frac{1}{x+2}\, dx \]

Oppgave 2 (2 poeng)

Vi finner \(f(x)\) ved å integrere \(f'(x)\):

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

Siden arealet ligger over \(x\)-aksen, er \(f(x) \geq 0\) på \([1, 2]\), og arealet er gitt ved:

\[ \int_1^2 f(x)\, dx = \frac{11}{14} \]

Vi regner ut:

\[ \int_1^2 \left(\frac{1}{x^2} + C\right) dx = \left[-\frac{1}{x} + Cx\right]_1^2 \] \[ = \left(-\frac{1}{2} + 2C\right) - \left(-1 + C\right) = -\frac{1}{2} + 2C + 1 - C = \frac{1}{2} + C \]

Vi setter dette lik \(\dfrac{11}{14}\):

\[ \frac{1}{2} + C = \frac{11}{14} \implies C = \frac{11}{14} - \frac{7}{14} = \frac{4}{14} = \frac{2}{7} \]

Oppgave 3 (6 poeng)

a)

Vi følger koden steg for steg. Startverdien er \(a = 2\), og løkken kjører for \(i = 1, 2, 3, 4, 5\).

\(i\)	Verdi som skrives ut (a)	Ny verdi av a
1	2	\(2 + 3 = 5\)
2	5	\(5 + 4 = 9\)
3	9	\(9 + 5 = 14\)
4	14	\(14 + 6 = 20\)
5	20	\(20 + 7 = 27\)

Mønster: Differansene mellom påfølgende tall er 3, 4, 5, 6, 7, ... Altså øker differansen med 1 for hvert ledd. Tallfølgen er 2, 5, 9, 14, 20, ...

b)

Koden summerer leddene i tallfølgen. Variabelen \(S\) akkumulerer summen av de 5 første leddene.

\(i\)	\(a\) (legges til S)	\(S\) etter addisjon	Ny \(a\)
1	2	2	5
2	5	7	9
3	9	16	14
4	14	30	20
5	20	50	27

c)

Tallfølgen fra oppgave a) er: \(a_1 = 2,\ a_2 = 5,\ a_3 = 9,\ a_4 = 14,\ a_5 = 20, \ldots\)

Fra koden ser vi at rekursjonsformelen er:

\[ a_{n+1} = a_n + (n+2), \quad a_1 = 2 \]

Grunnsteg (\(n = 1\)):

\[ a_1 = \frac{1 \cdot (1+3)}{2} = \frac{4}{2} = 2 \checkmark \]

Dette stemmer med tallfølgen.

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

\[ a_k = \frac{k(k+3)}{2} \]

Induksjonssteg: Vi skal vise at formelen også gjelder for \(n = k+1\), dvs. at

\[ a_{k+1} = \frac{(k+1)(k+4)}{2} \]

Fra rekursjonsformelen har vi:

\[ a_{k+1} = a_k + (k+2) \]

Vi bruker induksjonshypotesen:

\[ a_{k+1} = \frac{k(k+3)}{2} + (k+2) = \frac{k(k+3)}{2} + \frac{2(k+2)}{2} = \frac{k^2 + 3k + 2k + 4}{2} \] \[ = \frac{k^2 + 5k + 4}{2} = \frac{(k+1)(k+4)}{2} \]

Oppgave 4 (6 poeng)

a)

Funksjonen er på formen \(f(x) = A \sin(Bx + C) + D\), der:

• \(A = 2\sqrt{3}\), \(B = 2\), \(C = \dfrac{\pi}{6}\), \(D = 0\)

b)

Vi deler på \(2\sqrt{3}\):

\[ \sin\!\left(2x + \frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{1}{2} \]

Vi vet at \(\sin\theta = \dfrac{1}{2}\) gir \(\theta = \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi\) eller \(\theta = \pi - \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi = \dfrac{5\pi}{6} + 2k\pi\).

Løsning 1:

\[ 2x + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6} + 2k\pi \implies 2x = 2k\pi \implies x = k\pi \]

For \(x \in \left\langle 0, \dfrac{\pi}{2}\right\rangle\) gir ingen verdi av \(k\) en løsning (for \(k=0\) er \(x=0\) ikke i det åpne intervallet).

Løsning 2:

\[ 2x + \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \implies 2x = \frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{6} + 2k\pi = \frac{4\pi}{6} + 2k\pi = \frac{2\pi}{3} + 2k\pi \] \[ x = \frac{\pi}{3} + k\pi \]

For \(k = 0\): \(x = \dfrac{\pi}{3}\), som ligger i \(\left\langle 0, \dfrac{\pi}{2}\right\rangle\).

c)

Vi skriver \(g(x)\) på formen \(R\sin(2x + \varphi)\). Vi bruker identiteten:

\[ R\sin(2x + \varphi) = R\cos\varphi \cdot \sin(2x) + R\sin\varphi \cdot \cos(2x) \]

Sammenligning med \(3\sin(2x) + \sqrt{3}\cos(2x)\) gir:

\[ R\cos\varphi = 3, \quad R\sin\varphi = \sqrt{3} \]

Vi finner \(R\):

\[ R = \sqrt{3^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{9 + 3} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3} \]

Vi finner \(\varphi\):

\[ \tan\varphi = \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}} \implies \varphi = \frac{\pi}{6} \]

Altså:

\[ g(x) = 2\sqrt{3}\,\sin\!\left(2x + \frac{\pi}{6}\right) \]

Vi løser \(g(x) = \sqrt{3}\), som er det samme som i oppgave b), men nå med \(D_g = \langle 0, 2\pi \rangle\):

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

Løsning 1: \(2x + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \implies x = k\pi\)

For \(x \in \langle 0, 2\pi \rangle\): \(x = \pi\).

Løsning 2: \(2x + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{5\pi}{6} + 2k\pi \implies x = \dfrac{\pi}{3} + k\pi\)

For \(x \in \langle 0, 2\pi \rangle\): \(x = \dfrac{\pi}{3}\) og \(x = \dfrac{\pi}{3} + \pi = \dfrac{4\pi}{3}\).

Oppgave 5 (6 poeng)

a)

Vi finner vektorene fra hvert hjørne:

\[ \vec{AB} = B - A = (2, 3, 0), \quad \vec{AC} = C - A = (1, 4, 1) \] \[ \vec{BA} = A - B = (-2, -3, 0), \quad \vec{BC} = C - B = (-1, 1, 1) \] \[ \vec{CA} = A - C = (-1, -4, -1), \quad \vec{CB} = B - C = (1, -1, -1) \]

Vinkel A: Vi beregner \(\vec{AB} \cdot \vec{AC}\):

\[ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 2 \cdot 1 + 3 \cdot 4 + 0 \cdot 1 = 2 + 12 + 0 = 14 > 0 \]

Vinkel \(A < 90°\).

Vinkel B: Vi beregner \(\vec{BA} \cdot \vec{BC}\):

\[ \vec{BA} \cdot \vec{BC} = (-2)(-1) + (-3)(1) + (0)(1) = 2 - 3 + 0 = -1 < 0 \]

Vinkel \(B > 90°\).

b)

Arealet av trekanten er gitt ved:

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

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

\[ \vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & 3 & 0 \\ 1 & 4 & 1 \end{vmatrix} \] \[ = \vec{i}(3 \cdot 1 - 0 \cdot 4) - \vec{j}(2 \cdot 1 - 0 \cdot 1) + \vec{k}(2 \cdot 4 - 3 \cdot 1) \] \[ = \vec{i}(3) - \vec{j}(2) + \vec{k}(5) = (3, -2, 5) \]

Lengden av kryssproduktet:

\[ |\vec{AB} \times \vec{AC}| = \sqrt{3^2 + (-2)^2 + 5^2} = \sqrt{9 + 4 + 25} = \sqrt{38} \]

c)

Vi finner planet som inneholder trekanten \(ABC\). Normalvektoren til planet er \(\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = (3, -2, 5)\).

Planlikningen gjennom \(A(0,0,0)\) med normalvektor \((3, -2, 5)\):

\[ 3x - 2y + 5z = 0 \]

Retningsvektoren til linjen gjennom \(D\) og \(E\):

\[ \vec{DE} = E - D = (2-3,\; 3-7,\; 2-3) = (-1, -4, -1) \]

Vi sjekker om linjen er parallell med planet ved å beregne skalarproduktet av retningsvektoren og normalvektoren:

\[ \vec{DE} \cdot \vec{n} = (-1)(3) + (-4)(-2) + (-1)(5) = -3 + 8 - 5 = 0 \]

Siden \(\vec{DE} \cdot \vec{n} = 0\), er linjen parallell med planet.

Vi sjekker om linjen ligger i planet ved å sette inn punkt \(D(3, 7, 3)\) i planlikningen:

\[ 3(3) - 2(7) + 5(3) = 9 - 14 + 15 = 10 \neq 0 \]

Oppgave 6 (2 poeng)

Koden beregner en numerisk tilnærming (Riemannsum med venstre endepunkt) til integralet:

\[ \int_0^2 \bigl(f(x) + g(x)\bigr)\, dx = \int_0^2 (x^3 - 2x^2)\, dx \]

Vi regner ut eksakt:

\[ \int_0^2 (x^3 - 2x^2)\, dx = \left[\frac{x^4}{4} - \frac{2x^3}{3}\right]_0^2 = \left(\frac{16}{4} - \frac{16}{3}\right) - 0 = 4 - \frac{16}{3} = \frac{12 - 16}{3} = -\frac{4}{3} \]

Oppgave 7 (4 poeng)

a)

Sammenhengen mellom buelengde \(b\), radius \(r\) og vinkel i radianer er:

\[ b = r \cdot v \implies v = \frac{b}{r} = \frac{4}{3} \]

Omregning til grader:

\[ v = \frac{4}{3} \cdot \frac{180°}{\pi} = \frac{720°}{3\pi} = \frac{240°}{\pi} \approx 76{,}4° \]

b)

Vi bruker sammenhengen \(\tan u = \dfrac{\sin u}{\cos u} = 2\), altså \(\sin u = 2\cos u\).

Vi setter inn i \(\sin^2 u + \cos^2 u = 1\):

\[ (2\cos u)^2 + \cos^2 u = 1 \implies 4\cos^2 u + \cos^2 u = 1 \implies 5\cos^2 u = 1 \] \[ \cos^2 u = \frac{1}{5} \implies \cos u = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5} \]

(Positiv verdi siden \(u \in \left\langle 0, \dfrac{\pi}{2}\right\rangle\).)

\[ \sin u = 2\cos u = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5} \]

Oppgave 1 (6 poeng)

a)

Høyden over bakkenivået er gitt ved \(z\)-komponenten:

\[ z(t) = 5 + \frac{1}{3}t \]

For \(t = 5\):

\[ z(5) = 5 + \frac{1}{3} \cdot 5 = 5 + \frac{5}{3} = \frac{15 + 5}{3} = \frac{20}{3} \approx 6{,}67 \]

b)

Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren:

\[ \vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t) = \left[-\frac{4\pi}{5}\sin\!\left(\frac{\pi}{5}t\right),\; \frac{4\pi}{5}\cos\!\left(\frac{\pi}{5}t\right),\; \frac{1}{3}\right] \]

For \(t = 10\):

\[ \frac{\pi}{5} \cdot 10 = 2\pi \] \[ \sin(2\pi) = 0, \quad \cos(2\pi) = 1 \] \[ \vec{v}(10) = \left[-\frac{4\pi}{5} \cdot 0,\; \frac{4\pi}{5} \cdot 1,\; \frac{1}{3}\right] = \left[0,\; \frac{4\pi}{5},\; \frac{1}{3}\right] \]

Farten (lengden av fartsvektoren) etter 10 sekunder:

\[ |\vec{v}(10)| = \sqrt{0^2 + \left(\frac{4\pi}{5}\right)^2 + \left(\frac{1}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{16\pi^2}{25} + \frac{1}{9}} \] \[ = \sqrt{\frac{144\pi^2 + 25}{225}} = \frac{\sqrt{144\pi^2 + 25}}{15} \]

Numerisk:

\[ |\vec{v}(10)| = \frac{\sqrt{144 \cdot 9{,}8696 + 25}}{15} = \frac{\sqrt{1421{,}2 + 25}}{15} = \frac{\sqrt{1446{,}2}}{15} \approx \frac{38{,}03}{15} \approx 2{,}54 \]

c)

Bilen kjører i en spiralformet bane. \(x\)- og \(y\)-komponentene beskriver en sirkelbevegelse med perioden:

\[ T = \frac{2\pi}{\pi/5} = 10 \text{ sekunder} \]

Det betyr at bilen bruker 10 sekunder på en hel runde (ett omløp av spiralen).

Antakelse: Vi antar at en etasje i parkeringshuset tilsvarer ett omløp av spiralen.

Høydeendringen per omløp (per 10 sekunder):

\[ \Delta z = z(t + 10) - z(t) = \left(5 + \frac{1}{3}(t+10)\right) - \left(5 + \frac{1}{3}t\right) = \frac{10}{3} \approx 3{,}33 \]

Oppgave 2 (4 poeng)

a)

Vi bruker vekstfaktoren \(k = 1{,}025\).

Innskuddet 1. januar 2026 får renter i 30 år (2026-2055), altså vokser til \(x \cdot 1{,}025^{30}\).

Innskuddet 1. januar 2027 får renter i 29 år, altså vokser til \(x \cdot 1{,}025^{29}\).

...

Innskuddet 1. januar 2055 får renter i 1 år, altså vokser til \(x \cdot 1{,}025^{1}\).

Totalbeløpet er en geometrisk rekke:

\[ S = x \cdot 1{,}025 + x \cdot 1{,}025^{2} + \cdots + x \cdot 1{,}025^{30} \] \[ S = x \cdot 1{,}025 \cdot \frac{1{,}025^{30} - 1}{1{,}025 - 1} = x \cdot 1{,}025 \cdot \frac{1{,}025^{30} - 1}{0{,}025} \]

Vi beregner \(1{,}025^{30}\):

\[ 1{,}025^{30} \approx 2{,}09757 \] \[ S = x \cdot 1{,}025 \cdot \frac{2{,}09757 - 1}{0{,}025} = x \cdot 1{,}025 \cdot \frac{1{,}09757}{0{,}025} = x \cdot 1{,}025 \cdot 43{,}903 \] \[ S = x \cdot 45{,}000 \]

Vi setter \(S = 3\,750\,000\):

\[ x \cdot 45{,}000 = 3\,750\,000 \implies x = \frac{3\,750\,000}{45{,}000} \approx 83\,333 \]

Mer presist: \(1{,}025^{30} \approx 2{,}097568\), som gir:

\[ S = x \cdot 1{,}025 \cdot \frac{1{,}097568}{0{,}025} = x \cdot 1{,}025 \cdot 43{,}9027 = x \cdot 45{,}0003 \] \[ x = \frac{3\,750\,000}{45{,}0003} \approx 83\,333 \]

b)

La \(k = 1 + r\) der \(r\) er den årlige rentesatsen. Nora betaler terminbeløpet i januar (starten av hvert år), og renter påløper på gjenstående beløp gjennom året. Dette er en forskuddsannuitet.

Modell for hvert år: Nora betaler 150 000 kr, deretter påløper renter på gjenstående beløp:

\[ \text{Ny saldo} = (\text{Saldo} - 150\,000) \cdot k \]

Etter 33 slike terminer (fra januar 2026 til og med januar 2058) skal saldoen være 0. Dette gir likningen:

\[ 3\,000\,000 \cdot k^{33} = 150\,000 \cdot k \cdot \frac{k^{33} - 1}{k - 1} \]

Vi deler begge sider på 150 000:

\[ 20 \cdot k^{33} = k \cdot \frac{k^{33} - 1}{k - 1} \]

Denne likningen løses numerisk (f.eks. med CAS eller regneark).

Vi kan verifisere ved simulering: med \(r \approx 0{,}0353\) gir saldoen etter 33 terminer tilnærmet 0.

Oppgave 3 (6 poeng)

a)

Akselerasjonen er den deriverte av farten:

\[ a(t) = v'(t) = -17{,}4 \cdot (-5) \cdot e^{-5t} + 9{,}1 \cdot (-0{,}08) \cdot e^{-0{,}08t} \] \[ a(t) = 87 \cdot e^{-5t} - 0{,}728 \cdot e^{-0{,}08t} \]

Vi setter \(a(t) = 0\):

\[ 87 \cdot e^{-5t} = 0{,}728 \cdot e^{-0{,}08t} \] \[ \frac{87}{0{,}728} = \frac{e^{-0{,}08t}}{e^{-5t}} = e^{4{,}92t} \] \[ e^{4{,}92t} = 119{,}505 \] \[ 4{,}92t = \ln(119{,}505) \approx 4{,}783 \] \[ t \approx \frac{4{,}783}{4{,}92} \approx 0{,}972 \]

b)

Strekningen er gitt ved integralet av farten:

\[ s = \int_0^7 v(t)\, dt = \int_0^7 \left(8{,}3 - 17{,}4\,e^{-5t} + 9{,}1\,e^{-0{,}08t}\right) dt \] \[ = \left[8{,}3t + \frac{17{,}4}{5}e^{-5t} - \frac{9{,}1}{0{,}08}e^{-0{,}08t}\right]_0^7 \] \[ = \left[8{,}3t + 3{,}48\,e^{-5t} - 113{,}75\,e^{-0{,}08t}\right]_0^7 \]

For \(t = 7\):

\[ 8{,}3 \cdot 7 + 3{,}48 \cdot e^{-35} - 113{,}75 \cdot e^{-0{,}56} \] \[ \approx 58{,}1 + 3{,}48 \cdot 0 - 113{,}75 \cdot 0{,}5712 \] \[ \approx 58{,}1 - 64{,}97 = -6{,}87 \]

For \(t = 0\):

\[ 0 + 3{,}48 \cdot 1 - 113{,}75 \cdot 1 = 3{,}48 - 113{,}75 = -110{,}27 \]

Strekningen:

\[ s = (-6{,}87) - (-110{,}27) = 103{,}4 \]

c)

Vi må først finne tiden \(T\) det tar haren å løpe 200 meter. Strekningen som funksjon av tid er:

\[ s(T) = \int_0^T v(t)\, dt = 200 \]

Vi bruker antiderivert fra oppgave b):

\[ s(T) = 8{,}3T + 3{,}48\,e^{-5T} - 113{,}75\,e^{-0{,}08T} - (3{,}48 - 113{,}75) = 200 \] \[ 8{,}3T + 3{,}48\,e^{-5T} - 113{,}75\,e^{-0{,}08T} + 110{,}27 = 200 \]

For store \(T\) er \(e^{-5T} \approx 0\), så:

\[ 8{,}3T - 113{,}75\,e^{-0{,}08T} + 110{,}27 \approx 200 \]

Vi løser dette numerisk. Vi prøver \(T = 25\):

\[ 8{,}3 \cdot 25 - 113{,}75 \cdot e^{-2} + 110{,}27 \approx 207{,}5 - 15{,}4 + 110{,}27 = 302{,}4 \text{ (for mye)} \]

Vi prøver \(T = 13\):

\[ 8{,}3 \cdot 13 - 113{,}75 \cdot e^{-1{,}04} + 110{,}27 \approx 107{,}9 - 40{,}2 + 110{,}27 = 177{,}97 \text{ (for lite)} \]

Vi prøver \(T = 15\):

\[ 8{,}3 \cdot 15 - 113{,}75 \cdot e^{-1{,}2} + 110{,}27 \approx 124{,}5 - 34{,}26 + 110{,}27 = 200{,}5 \]

Altså \(T \approx 15\) sekunder.

Gjennomsnittsfarten de første 200 meterne:

\[ v_g = \frac{s(T)}{T} = \frac{200}{T} \approx \frac{200}{15} \approx 13{,}3 \]

Oppgave 4 (2 poeng)

Vi integrerer hvert ledd på venstre side:

\[ \int 1\, dx = x, \quad \int x\, dx = \frac{x^2}{2}, \quad \int x^2\, dx = \frac{x^3}{3}, \quad \int x^3\, dx = \frac{x^4}{4}, \quad \ldots \]

Generelt:

\[ \int x^n\, dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} \]

Summen av venstre side (uten integrasjonskonstanter):

\[ x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \]

Integralet av høyre side:

\[ \int \frac{1}{1-x}\, dx = -\ln|1-x| \]

Dermed har vi:

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} = -\ln(1-x) \quad \text{for } x \in \langle -1, 1 \rangle \]

Vi setter \(x = \dfrac{1}{2}\):

\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2^n} = -\ln\!\left(1 - \frac{1}{2}\right) = -\ln\!\left(\frac{1}{2}\right) = \ln 2 \]

Skrevet ut gir dette:

\[ \frac{1}{2^1} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2^3} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2^4} + \cdots = \ln 2 \]