Løsningsforslag – Matematikk R2 Vår 2026

Oppgave 1 (4 poeng)

a)

Vi integrerer ledd for ledd. For \(e^{2x}\) bruker vi at en antiderivert er \(\dfrac{1}{2}e^{2x}\):

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

Vi setter inn grensene:

\[ = \left(\frac{1}{2}e^{4} + \frac{4}{2}\right) - \left(\frac{1}{2}e^{0} + 0\right) = \frac{e^4}{2} + 2 - \frac{1}{2} \]

b)

Vi bruker substitusjon. La

\[ u = \ln x \quad \Rightarrow \quad du = \frac{1}{x}\, dx \]

Integralet blir da:

\[ \int \frac{\sin(\ln x)}{x}\, dx = \int \sin u \, du = -\cos u + C \]

Vi substituerer tilbake:

Oppgave 2 (4 poeng)

a)

Vi integrerer \(f'(x)\) for å finne \(f(x)\):

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

Vi bruker at \(f(2) = 2\):

\[ -\frac{2}{2} + C = 2 \quad \Rightarrow \quad -1 + C = 2 \quad \Rightarrow \quad C = 3 \]

b)

Vi finner skjæringspunktene ved å sette \(g(x) = h(x)\):

\[ x = -\frac{3}{x} + 4 \]

Multipliserer med \(x\) (\(x > 0\)):

\[ x^2 = -3 + 4x \quad \Rightarrow \quad x^2 - 4x + 3 = 0 \quad \Rightarrow \quad (x-1)(x-3) = 0 \]

Skjæringspunktene er \(x = 1\) og \(x = 3\).

Vi sjekker hvem som er øverst, f.eks. ved \(x = 2\):

\[ h(2) = -\frac{3}{2} + 4 = \frac{5}{2}, \quad g(2) = 2 \quad \Rightarrow \quad h(2) > g(2) \]

Arealet er:

\[ A = \int_1^3 \left(h(x) - g(x)\right) dx = \int_1^3 \left(-\frac{3}{x} + 4 - x\right) dx \] \[ = \left[-3\ln x + 4x - \frac{x^2}{2}\right]_1^3 \]

Vi setter inn grensene:

\[ = \left(-3\ln 3 + 12 - \frac{9}{2}\right) - \left(0 + 4 - \frac{1}{2}\right) \] \[ = -3\ln 3 + \frac{15}{2} - \frac{7}{2} = -3\ln 3 + 4 \]

Skisse:

Grafene til \(g(x) = x\) (blå) og \(h(x) = -3/x + 4\) (rød) avgrenser området \(A\) mellom skjæringspunktene \(x = 1\) og \(x = 3\).

Oppgave 3 (4 poeng)

a)

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

\[ \sin^2 v = 1 - \cos^2 v = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9} \] \[ \sin v = \pm\frac{\sqrt{5}}{3} \]

I 4. kvadrant er \(\sin v < 0\):

\[ \sin v = -\frac{\sqrt{5}}{3} \]

For tangens:

\[ \tan v = \frac{\sin v}{\cos v} = \frac{-\dfrac{\sqrt{5}}{3}}{\dfrac{2}{3}} = -\frac{\sqrt{5}}{2} \]

b)

Vi deler på 2:

\[ \cos\!\left(\frac{\pi}{3}x\right) = \frac{\sqrt{3}}{2} \]

Vi vet at \(\cos\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) når \(\theta = \pm\dfrac{\pi}{6} + 2\pi n\), \(n \in \mathbb{Z}\). Altså:

\[ \frac{\pi}{3}x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n \quad \text{eller} \quad \frac{\pi}{3}x = -\frac{\pi}{6} + 2\pi n \]

Multipliser begge sider med \(\dfrac{3}{\pi}\):

\[ x = \frac{1}{2} + 6n \quad \text{eller} \quad x = -\frac{1}{2} + 6n \]

Vi finner løsninger i \(\langle 0, 10\rangle\):

• \(n = 0\): \(x = \dfrac{1}{2}\) (gyldig), \(x = -\dfrac{1}{2}\) (ugyldig)
• \(n = 1\): \(x = \dfrac{1}{2} + 6 = \dfrac{13}{2}\) (gyldig), \(x = -\dfrac{1}{2} + 6 = \dfrac{11}{2}\) (gyldig)
• \(n = 2\): \(x = \dfrac{25}{2}\) (utenfor)

Oppgave 4 (2 poeng)

Vi setter opp formen \(f(x) = A\cos(cx) + d\).

Amplitude og midtlinje:

\[ A = \frac{\text{max} - \text{min}}{2} = \frac{1 - (-3)}{2} = 2 \] \[ d = \frac{\text{max} + \text{min}}{2} = \frac{1 + (-3)}{2} = -1 \]

Periode: Avstand mellom to toppunkter (eller to bunnpunkter) er \(\pi\), så:

\[ c = \frac{2\pi}{\text{periode}} = \frac{2\pi}{\pi} = 2 \]

Faseforskyvning: En ren \(\cos(2x)\) har topp ved \(x = 0\), men grafen vår har bunnpunkt ved \(x = 0\). Vi snur derfor cosinusen med et minustegn (\(A = -2\)), som tilsvarer en faseforskyvning på en halv periode:

\[ f(x) = -2\cos(2x) - 1 \]

Kontroll: \(f(0) = -2\cos 0 - 1 = -2 - 1 = -3\) ✓ (bunn), \(f(\pi/2) = -2\cos\pi - 1 = 2 - 1 = 1\) ✓ (topp), \(f(\pi) = -2\cos(2\pi) - 1 = -3\) ✓ (neste bunn – bekrefter periode \(\pi\))

Oppgave 5 (2 poeng)

Volumet av et omdreiningslegeme om \(x\)-aksen er:

\[ V = \pi \int_a^b \left(f(x)\right)^2 dx = \pi \int_1^3 (2x - 1)^2\, dx \]

Vi utvider kvadratet:

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

Integrerer:

\[ V = \pi \int_1^3 \left(4x^2 - 4x + 1\right) dx = \pi \left[\frac{4x^3}{3} - 2x^2 + x\right]_1^3 \]

Vi setter inn grensene:

\[ = \pi\left[\left(\frac{4\cdot 27}{3} - 2\cdot 9 + 3\right) - \left(\frac{4}{3} - 2 + 1\right)\right] \] \[ = \pi\left[(36 - 18 + 3) - \left(\frac{4}{3} - 1\right)\right] = \pi\left[21 - \frac{1}{3}\right] = \pi \cdot \frac{62}{3} \]

Oppgave 6 (4 poeng)

a)

Sidelengdene danner en aritmetisk følge:

\[ a_1 = 5, \quad d = -0{,}1 \] \[ a_n = a_1 + (n-1)d = 5 - 0{,}1(n-1) = 5{,}1 - 0{,}1n \]

For at platen skal være en gyldig plate må \(a_n > 0\):

\[ 5{,}1 - 0{,}1n > 0 \quad \Rightarrow \quad n < 51 \]

Største heltallige verdi er \(n = 50\). Da er \(a_{50} = 5{,}1 - 5 = 0{,}1\) m.

Aritmetisk rekke for summen av sidelengdene (med 50 ledd):

\[ S_{50} = 5 + 4{,}9 + 4{,}8 + \cdots + 0{,}1 = \sum_{n=1}^{50} (5{,}1 - 0{,}1n) \]

Sumformelen for aritmetisk rekke:

\[ S_n = \frac{n}{2}(a_1 + a_n) = \frac{50}{2}(5 + 0{,}1) = 25 \cdot 5{,}1 = 127{,}5 \]

b)

Hvis sidelengden reduseres med 10 %, multipliseres den med \(0{,}9\). Da multipliseres arealet med \(0{,}9^2 = 0{,}81\).

Arealene danner en geometrisk rekke med:

\[ a_1 = 19, \quad k = 0{,}81 \]

Siden \(|k| < 1\), konvergerer den uendelige geometriske rekken:

\[ S = \frac{a_1}{1 - k} = \frac{19}{1 - 0{,}81} = \frac{19}{0{,}19} = 100 \]

Oppgave 7 (7 poeng)

a)

Vi setter koordinatene til \(D\) inn i likningen for planet:

\[ 2(3) - 5(1) + 4(-1) = 6 - 5 - 4 = -3 \]

Siden \(-3 \neq -4\), tilfredsstiller \(D\) ikke likningen.

b)

Vi lager to vektorer i planet:

\[ \vec{AB} = B - A = [2-1,\ 0-2,\ -2-1] = [1, -2, -3] \] \[ \vec{AC} = C - A = [-1-1,\ 2-2,\ 2-1] = [-2, 0, 1] \]

Kryssproduktet er normalvektor til planet:

\[ \vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -2 & -3 \\ -2 & 0 & 1 \end{vmatrix} \] \[ = \vec{i}\big((-2)(1) - (-3)(0)\big) - \vec{j}\big((1)(1) - (-3)(-2)\big) + \vec{k}\big((1)(0) - (-2)(-2)\big) \] \[ = \vec{i}(-2) - \vec{j}(1 - 6) + \vec{k}(0 - 4) = [-2, 5, -4] \]

Vi ser at \([-2, 5, -4] = -1 \cdot [2, -5, 4]\). Vektorene er parallelle, så \([2, -5, 4]\) er også en normalvektor til planet.

c)

Vi fullfører kvadratene:

\[ y^2 - 18y = (y - 9)^2 - 81 \] \[ z^2 + 2z = (z + 1)^2 - 1 \]

Setter inn i likningen:

\[ x^2 + (y-9)^2 - 81 + (z+1)^2 - 1 + k = 0 \] \[ x^2 + (y-9)^2 + (z+1)^2 = 82 - k \]

Dette er likningen for en kule med sentrum \((0, 9, -1)\) og radius \(\sqrt{82 - k}\).

d)

Når en kule tangerer et plan i punktet \(P\), står linja fra sentrum til \(P\) vinkelrett på planet. Linja er altså parallell med normalvektoren \(\vec{n} = [2, -5, 4]\).

Linja går gjennom sentrum \((0, 9, -1)\) og har retningsvektor \([2, -5, 4]\):

e)

Tangeringspunktet \(P\) ligger både på linja og i planet \(\alpha\). Vi setter parameterframstillingen inn i planlikningen:

\[ 2(2t) - 5(9 - 5t) + 4(-1 + 4t) = -4 \] \[ 4t - 45 + 25t - 4 + 16t = -4 \] \[ 45t - 49 = -4 \quad \Rightarrow \quad t = 1 \]

Tangeringspunktet er:

\[ P = (2 \cdot 1,\ 9 - 5,\ -1 + 4) = (2, 4, 3) \]

Radien er avstanden fra sentrum \(S(0, 9, -1)\) til \(P\):

\[ r = |\vec{SP}| = \sqrt{2^2 + (-5)^2 + 4^2} = \sqrt{4 + 25 + 16} = \sqrt{45} \] \[ r^2 = 45 \]

Fra del c) er \(r^2 = 82 - k\):

\[ 45 = 82 - k \quad \Rightarrow \quad k = 37 \]

Oppgave 8 (3 poeng)

a)

Eleven har vist at påstanden gjelder for ett spesifikt eksempel. Et matematisk bevis må derimot vise at påstanden gjelder for alle mulige ortogonale vektorer \(\vec{p}\) og \(\vec{q}\).

Et enkelt eksempel kan bare brukes til å motbevise en påstand (motbevis), ikke til å bevise den. Selv om eksempelet stemmer, kunne påstanden i prinsippet vært feil for andre par av vektorer – eleven har ikke utelukket dette.

b)

La \(\vec{p}\) og \(\vec{q}\) være to vilkårlige vektorer som er ortogonale, dvs. \(\vec{p}\cdot\vec{q} = 0\).

Vi bruker at kvadratet av lengden er gitt ved skalarproduktet av vektoren med seg selv:

\[ \left|\vec{p} + \vec{q}\right|^2 = (\vec{p} + \vec{q}) \cdot (\vec{p} + \vec{q}) \]

Vi multipliserer ut (skalarproduktet er distributivt):

\[ = \vec{p}\cdot\vec{p} + \vec{p}\cdot\vec{q} + \vec{q}\cdot\vec{p} + \vec{q}\cdot\vec{q} \] \[ = |\vec{p}|^2 + 2(\vec{p}\cdot\vec{q}) + |\vec{q}|^2 \]

Siden \(\vec{p}\) og \(\vec{q}\) er ortogonale, er \(\vec{p}\cdot\vec{q} = 0\), og vi får:

\[ \left|\vec{p} + \vec{q}\right|^2 = |\vec{p}|^2 + |\vec{q}|^2 \]

Oppgave 1 (6 poeng)

a)

Vi ser at dataene oscillerer mellom ca. \(22\,550\) og \(102\,007\) gigabit per time over et døgn. Dette tyder på en periodisk modell, og vi prøver:

\[ S(t) = a + b \sin(c\, t + d) \]

Amplitude:

\[ b \approx \frac{\text{maks} - \text{min}}{2} = \frac{102\,007 - 22\,550}{2} \approx 39\,729 \]

Middelverdi:

\[ a \approx \frac{\text{maks} + \text{min}}{2} = \frac{102\,007 + 22\,550}{2} \approx 62\,279 \]

Periode: Merk at vi ikke kan sette perioden lik 24 timer uten å sjekke. Minimum ligger ved \(t = 6\) og maksimum ved \(t = 20\). Avstanden mellom et bunnpunkt og det neste toppunktet er en halv periode, altså

\[ \frac{T}{2} \approx 20 - 6 = 14 \quad \Rightarrow \quad T \approx 28 \quad \Rightarrow \quad c = \frac{2\pi}{T} \approx 0{,}22 \]

Faseforskyvning: Maksimum ved \(t \approx 20\) gir \(c \cdot 20 + d = \dfrac{\pi}{2}\):

\[ d \approx \frac{\pi}{2} - 0{,}22 \cdot 20 \approx 1{,}57 - 4{,}49 \approx -2{,}92 \]

Disse anslagene brukes som startverdier i en sinusregresjon (GeoGebra: Regresjonssin(liste), eller Excel/Python med minste kvadraters metode). Regresjonen gir

\[ S(t) \approx 63\,200 + 37\,200 \sin(0{,}243\, t - 2{,}96) \]

Vi kontrollerer tilpasningen mot måledataene:

\(t\)	0	2	6	8	12	16	20	22
Målt	58 280	39 400	22 550	32 200	67 450	86 110	102 007	87 810
\(S(t)\)	56 482	40 170	26 088	31 580	61 564	92 976	98 402	88 709
Avvik	−1 798	770	3 538	−620	−5 886	6 866	−3 605	899

Det største avviket i absoluttverdi er 6 866 ved \(t = 16\), som er 8,0 % av nettopp den måleverdien. Regner vi hvert avvik i prosent av sin egen måleverdi, er avviket derimot størst ved \(t = 6\), der trafikken er lavest: 3 538 av 22 550, altså 15,7 %. Modellen følger døgnrytmen godt, men treffer bunnen dårligst.

b)

Vi løser ulikheten \(D(t) > 90\,000\):

\[ 63\,000 + 37\,000 \sin(0{,}24\, t - 3{,}0) > 90\,000 \] \[ \sin(0{,}24\, t - 3{,}0) > \frac{27\,000}{37\,000} \approx 0{,}7297 \]

Med CAS løser vi likningen \(\sin(0{,}24t - 3{,}0) = 0{,}7297\) for \(t \in [0, 24]\) og får to løsninger:

\[ t_1 \approx 15{,}91, \quad t_2 \approx 22{,}18 \]

Mellom disse er sinusverdien over \(0{,}7297\).

c)

Den deriverte \(D'(t)\) gir endringsraten:

\[ D'(t) = 37\,000 \cdot 0{,}24 \cdot \cos(0{,}24\, t - 3{,}0) = 8880 \cos(0{,}24\, t - 3{,}0) \]

Maksimum oppnås når \(\cos(0{,}24t - 3{,}0) = 1\), dvs.:

\[ 0{,}24\, t - 3{,}0 = 0 \quad \Rightarrow \quad t = \frac{3{,}0}{0{,}24} = 12{,}5 \]

Maksimal økningsrate:

\[ D'(12{,}5) = 8880 \text{ gigabit per time per time} \]

d)

Totalt overført datamengde i døgnet:

\[ M_{\text{tot}} = \int_0^{24} D(t)\, dt \]

Mengde overført mellom kl. 8 og kl. 16:

\[ M_{\text{arb}} = \int_8^{16} D(t)\, dt \]

Med CAS får vi:

\[ M_{\text{tot}} \approx 1\,502\,454 \text{ gigabit}, \quad M_{\text{arb}} \approx 473\,763 \text{ gigabit} \]

Andelen er:

\[ \frac{M_{\text{arb}}}{M_{\text{tot}}} \approx \frac{473\,763}{1\,502\,454} \approx 0{,}3153 = 31{,}5\,\% \]

Oppgave 2 (4 poeng)

a)

Python-program:

a = 5
print(a)
for i in range(5):
    a = (a - 1)**2
    print(a)

Vi regner manuelt for å verifisere:

\(n\)	\(a_n\)
1	\(5\)
2	\((5-1)^2 = 16\)
3	\((16-1)^2 = 225\)
4	\((225-1)^2 = 50\,176\)
5	\((50\,176-1)^2 = 2\,517\,530\,625\)
6	\(\approx 6{,}34 \cdot 10^{18}\)

b)

Vi tolker oppgaven som spørsmål om følgen \(\{a_n\}\) konvergerer, dvs. at \(a_n \to L\) for en grenseverdi \(L\) når \(n \to \infty\). Hvis følgen konvergerer mot \(L\), må \(L\) være et fikspunkt for rekursjonen: \(L = (L-1)^2\).

Vi ser hva som skjer for ulike heltall:

\(a_1\)	Følgen	Konvergerer?
0	0, 1, 0, 1, ...	Nei (oscillerer)
1	1, 0, 1, 0, ...	Nei (oscillerer)
2	2, 1, 0, 1, 0, ...	Nei (oscillerer)
3	3, 4, 9, 64, 3969, ...	Nei (vokser)
\(\geq 3\)	vokser uten grense	Nei
\(\leq -1\)	vokser uten grense	Nei

Hvorfor: Mulige grenseverdier \(L\) tilfredsstiller fikspunktligningen \(L = (L-1)^2\):

\[ L^2 - 3L + 1 = 0 \quad \Rightarrow \quad L = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2} \]

Begge røttene er irrasjonale (\(L \approx 2{,}618\) eller \(L \approx 0{,}382\)). En følge med heltallig startverdi gir bare heltallige ledd, så følgen kan aldri nærme seg en irrasjonal grenseverdi. For heltallige startverdier ender følgen enten i den oscillerende sykelen \(0,1,0,1,\ldots\) eller vokser uten grense.

Oppgave 3 (6 poeng)

a)

Høyden er \(z\)-koordinaten:

\[ z(4) = 50\left(1 - \frac{4}{10}\right)^2 = 50 \cdot (0{,}6)^2 = 50 \cdot 0{,}36 = 18 \]

b)

Flyet lander når \(z(t) = 0\):

\[ 50\left(1 - \frac{t}{10}\right)^2 = 0 \quad \Rightarrow \quad t = 10 \]

Vi finner fartsvektoren:

\[ \vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t) = \left[30 - 2t,\ \frac{4\pi}{5}\cos\!\left(\frac{\pi}{10}t\right),\ -10\left(1 - \frac{t}{10}\right)\right] \]

Setter inn \(t = 10\):

\[ \vec{v}(10) = \left[30 - 20,\ \frac{4\pi}{5}\cos\pi,\ 0\right] = \left[10,\ -\frac{4\pi}{5},\ 0\right] \]

Banefarten er lengden av fartsvektoren:

\[ |\vec{v}(10)| = \sqrt{10^2 + \left(\frac{4\pi}{5}\right)^2 + 0^2} = \sqrt{100 + \frac{16\pi^2}{25}} \approx 10{,}31 \text{ m/s} \]

c)

Banefarten er \(|\vec{v}(t)| = \sqrt{(30-2t)^2 + \left(\frac{4\pi}{5}\cos\!\left(\frac{\pi t}{10}\right)\right)^2 + (t-10)^2}\).

Vi løser likningen \(|\vec{v}(t)| = 14{,}3\) med CAS. Banefarten avtar sammenhengende fra \(|\vec{v}(0)| \approx 31{,}7\) m/s til \(|\vec{v}(10)| \approx 10{,}3\) m/s, så det er nøyaktig én løsning i landingsintervallet. CAS gir i tillegg roten \(t \approx 19{,}97\), men den må forkastes: nødlandingen er over ved \(t = 10\), og modellen gjelder ikke etterpå.

d)

Når er flyet i krysningspunktet? Vi løser \(\vec{r}(t) = (125,\ 8,\ 12{,}5)\):

\[ 30t - t^2 = 125 \quad \Rightarrow \quad t^2 - 30t + 125 = 0 \quad \Rightarrow \quad t = 5 \text{ eller } t = 25 \] \[ 50\left(1 - \frac{t}{10}\right)^2 = 12{,}5 \quad \Rightarrow \quad t = 5 \text{ eller } t = 15 \] \[ 8\sin\!\left(\frac{\pi}{10}\cdot 5\right) = 8\sin\!\left(\frac{\pi}{2}\right) = 8 \checkmark \]

Flyet er i krysningspunktet ved \(t = 5\) s.

Når kommer fuglen dit? Avstanden fuglen flyr:

\[ d = \sqrt{(125-131)^2 + (8-67)^2 + (12{,}5-23)^2} = \sqrt{36 + 3481 + 110{,}25} = \sqrt{3627{,}25} \] \[ d \approx 60{,}23 \text{ m} \]

Tid fuglen bruker:

\[ t_{\text{fugl}} = \frac{d}{12} = \frac{60{,}23}{12} \approx 5{,}02 \text{ s} \]

Flyet er der ved \(t = 5{,}00\) s, mens fuglen er der ved \(t \approx 5{,}019\) s. Fuglen kommer altså ca. \(0{,}019\) sekund for sent.

Vi vurderer om det er mye. Farten til flyet i landingsøyeblikket \(t = 5\) er

\[ \vec{v}(5) = [20,\ 0,\ -5], \qquad |\vec{v}(5)| = \sqrt{425} \approx 20{,}6 \text{ m/s} \]

På \(0{,}019\) s flytter flyet seg bare \(20{,}6 \cdot 0{,}019 \approx 0{,}4\) m langs banen.

Oppgave 4 (3 poeng)

Vi bruker formelen for volum av omdreiningslegeme om \(x\)-aksen, og lar vasen være orientert slik at \(x\) er høyden:

\[ V = \pi \int_0^{20} \left(f(x)\right)^2 dx \]

Vasen skal romme \(1{,}5\) L \(= 1500\) cm³, og høyden er \(20\) cm.

Valg av parametere:

Periode \(c\): En vase har gjerne én "midje" på halvveien. Vi velger én full svingning over høyden \(20\):

\[ c = \frac{2\pi}{20} = \frac{\pi}{10} \]

Faseforskyvning \(\varphi\): Vi vil ha maks radius i bunn og topp (vid bunn og åpning), minst radius i midten. Velg \(\varphi = \dfrac{\pi}{2}\) slik at \(\sin(cx + \pi/2) = \cos(cx)\), og funksjonen har maksimum ved \(x = 0\):

\[ f(x) = A\cos\!\left(\frac{\pi}{10}x\right) + d \]

Amplitude og midtlinje: Bruk formelen for volum:

\[ V = \pi \int_0^{20} \left(A\cos\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) + d\right)^2 dx \]

Vi utvider:

\[ \left(A\cos\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) + d\right)^2 = A^2\cos^2\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) + 2Ad\cos\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) + d^2 \]

Integralene over \([0, 20]\):

\[ \int_0^{20}\cos^2\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) dx = 10, \quad \int_0^{20}\cos\!\left(\frac{\pi x}{10}\right) dx = 0, \quad \int_0^{20} dx = 20 \]

Så:

\[ V = \pi(10A^2 + 20d^2) = 10\pi(A^2 + 2d^2) \]

Vi setter \(V = 1500\):

\[ A^2 + 2d^2 = \frac{150}{\pi} \approx 47{,}75 \]

Vi velger \(A = 2\) (radius varierer med \(\pm 2\) cm rundt midtlinja). Da:

\[ 4 + 2d^2 \approx 47{,}75 \quad \Rightarrow \quad d^2 \approx 21{,}87 \quad \Rightarrow \quad d \approx 4{,}68 \]

Vi velger \(d = 4{,}68\). Da blir radius:

• maks ved \(x = 0\) og \(x = 20\): \(2 + 4{,}68 = 6{,}68\) cm
• min ved \(x = 10\) (midjen): \(-2 + 4{,}68 = 2{,}68\) cm

Kontroll med CAS:

\[ V = \pi \int_0^{20} \left(2\sin\!\left(\frac{\pi}{10}x + \frac{\pi}{2}\right) + 4{,}68\right)^2 dx \approx 1501{,}8 \text{ cm}^3 \approx 1{,}50 \text{ L} \checkmark \]

Skisse av grafen til modellen:

Grafen til \(f(x)\) (blå) og speilbildet \(-f(x)\) (grå). Når området mellom dem dreies om \(x\)-aksen, får vi vasen: \(\approx 1{,}50\) L, med tydelig midje ved \(x = 10\) cm der radien er minst (\(2{,}68\) cm).