Bestemt og ubestemt integral R2 V26

Bestem integralene

Fasit

a) \(\underline{\underline{\dfrac{1}{2}(e^4 + 3)}}\)
b) \(\underline{\underline{-\cos(\ln x) + C}}\)

Løsningsforslag

a

Vi bruker at \(\int e^{ax} \, \mathrm{d}x = \dfrac{1}{a} e^{ax} + C\) og \(\int x \, \mathrm{d}x = \dfrac{1}{2}x^2 + C\):

b

Vi bruker substitusjon. La \(u = \ln x\), da er \(\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \dfrac{1}{x}\), altså \(\mathrm{d}u = \dfrac{1}{x}\,\mathrm{d}x\).

Vi substituerer tilbake \(u = \ln x\):

Antiderivasjon og areal mellom grafer S2 V26

Du får vite dette om en funksjon \(f\)

• Funksjonen er definert for \(x>0\)
• \(f'(x) = \dfrac{2}{x^2}\)
• Grafen til \(f\) går gjennom punktet \((2, 2)\)

To andre funksjoner, \(g\) og \(h\), er gitt ved \(g(x) = x\) og \(h(x) = -\dfrac{3}{x} + 4\) for \(x>0\).

Fasit

a) \(f(x)=-\frac{2}{x}+3\)
b) \(4-3 \ln 3\)

Løsningsforslag

a

Vi kan finne antideriverte til \(f'(x)\) ved å integrere.

Funksjonen vår må også gå gjennom \((2,2)\), derfor kan vi sette opp en likning for å bestemme \(C\):

b

Vi skal finne arealet mellom \(g\) og \(h\). Vi finner først skjæringspunktet mellom grafene ved å sette dem lik hverandre og løse.

Det avgrensede arealet ligger altså mellom \(x=1\) og \(x=3\).

Vi setter opp integralet:

Arealet er \(\underline{\underline{ 4 - 3 \ln 3 }}\).

Trigonometriske verdier og likning R2 V26

Fasit

a) \(\underline{\underline{\sin v = -\dfrac{\sqrt{5}}{3}}}\), \(\quad\underline{\underline{\tan v = -\dfrac{\sqrt{5}}{2}}}\)
b) \(\underline{\underline{x \in \left\{\dfrac{1}{2},\ \dfrac{11}{2},\ \dfrac{13}{2}\right\}}}\)

Løsningsforslag

a

Vi bruker den trigonometriske grunnidentiteten

og setter inn \(\cos v = \dfrac{2}{3}\):

Dermed er \(\sin v = \pm\dfrac{\sqrt{5}}{3}\).

Siden \(v\) er en vinkel i 4. kvadrant, er \(\sin v < 0\), så

Vi finner tangens ved

\(\sin v = \underline{\underline{-\dfrac{\sqrt{5}}{3}}}\) og \(\tan v = \underline{\underline{-\dfrac{\sqrt{5}}{2}}}\)

b

Vi løser likningen

Deler begge sider på 2:

Vi kjenner at \(\cos\theta = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) når \(\theta = \dfrac{\pi}{6} + 2\pi k\) eller \(\theta = -\dfrac{\pi}{6} + 2\pi k\), \(k \in \mathbb{Z}\).

Tilfelle 1: \(\dfrac{\pi}{3}x = \dfrac{\pi}{6} + 2\pi k\)

Tilfelle 2: \(\dfrac{\pi}{3}x = -\dfrac{\pi}{6} + 2\pi k\)

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

Fra tilfelle 1 (\(x = \tfrac{1}{2} + 6k\)):

Fra tilfelle 2 (\(x = -\tfrac{1}{2} + 6k\)):

Løsningene er \(x \in \left\{\underline{\underline{\dfrac{1}{2},\ \dfrac{11}{2},\ \dfrac{13}{2}}}\right\}\)

Funksjonsuttrykk fra trigonometrisk graf R2 V26

I koordinatsystemet nedenfor ser du grafen til en funksjon \(f\).

Fasit

\(\underline{\underline{f(x) = 2\sin(2x - \tfrac{\pi}{2}) - 1}}\)

(Ekvivalent: \(f(x) = -2\cos(2x) - 1\))

Løsningsforslag

Vi bruker standardformen \(f(x) = A\sin(cx + \varphi) + d\) og bestemmer konstantene fra grafen.

Amplitude \(A\):

Grafen svinger mellom en maksimalverdi og en minimalverdi. Vi avleser

Amplituden er halvparten av svingningsbredden:

Likevektslinje \(d\):

Likevektslinjen ligger midt mellom topp og bunn:

Periode \(T\) og \(c\):

Fra grafen avleser vi at én full svingning har lengde \(T = \pi\). Da er

Faseforskyvning \(\varphi\):

Vi avleser at \(x = 0\) er et bunnpunkt, dvs. \(f(0) = -3\). Vi setter dette inn i uttrykket med verdiene vi allerede har funnet:

Funksjonsuttrykk:

Merk: siden \(\sin\!\left(\theta - \tfrac{\pi}{2}\right) = -\cos(\theta)\), er dette ekvivalent med

Svar: \(\underline{\underline{f(x) = 2\sin\!\left(2x - \dfrac{\pi}{2}\right) - 1}}\)

Omdreiningslegeme av lineær funksjon R2 V26

I koordinatsystemet ovenfor ser du grafen til funksjonen \(f\) gitt ved

Et omdreiningslegeme framkommer ved at grafen til \(f\) fra \(x=1\) til \(x=3\) dreies \(360\degree\) rundt førsteaksen.

Fasit

\(\underline{\underline{V = \dfrac{62\pi}{3}}}\)

Løsningsforslag

Volumet av et omdreiningslegeme dannet ved å dreie grafen til \(f\) fra \(x = a\) til \(x = b\) rundt \(x\)-aksen er gitt ved

Vi setter inn \(f(x) = 2x - 1\), \(a = 1\) og \(b = 3\):

Vi ekspanderer kvadratet:

Dermed blir integralet:

Vi beregner antiderivativet i grensene:

Dermed er

Aritmetisk og geometrisk rekke - treplatetårn S2 V26

I et kunstprosjekt skal Selma bygge et stort tårn ved å legge kvadratiske treplater oppå hverandre. Hun starter med en treplate med sidelengde \(5 \mathrm{~m}\).

Når hun bygger videre, skal sidelengden til hver ny treplate være \(0{,}1 \mathrm{~m}\) kortere enn sidelengden til treplaten under.

Vilfred skal bygge et annet stort tårn ved å legge kvadratiske treplater oppå hverandre. Han starter med en treplate som har areal \(19 \mathrm{~m}^2\).

Når han bygger videre, skal sidelengden til hver ny treplate være \(10\,\%\) kortere enn sidelengden til treplaten under.

Fasit

a) 50
b) 100

Løsningsforslag

a

Vi ser at første ledd er \(a_{1}=5\) og differansen \(d=-0{,}1\).

Ledd nummer \(n\) i rekka er gitt ved

Leddene i rekka blir altså:

Det siste leddet må være \(0{,}1\) siden en treplate ikke kan ha sidelengde 0 (da er det jo ikke noe treplate).

Vi kan finne ut hvor mange ledd det er ved hjelp av uttrykket for ledd \(n\):

Rekka \(5 + \, 4{,}9 + \,4{,}8 + \, 4{,}7 + \, \dots + 0{,}1\) beskriver summen av sidelengdene i tårnet. Tårnet kan maksimalt bestå av 50 plater.

b

Hvis sidelengden minker med 10 % så kan vi sette opp sammenhengen

Arealet for plate 1, \(A_{1}\), er 19. Da må arealet for plate 2 bli:

Arealene danner altså en geometrisk rekke med kvotient \(k=0{,}81\) og \(A_{1}=19\). Summen av rekka er gitt ved

Det samlede arealet kunne blitt \(\underline{\underline{ 100 \mathrm{~m^{2}} }}\) hvis Vilfred kunne brukt uendelig mange plater. I praksis vil det samlede arealet bli veldig nærme 100 m² dersom han bruker mange plater.

Plan og tangerende kuleflate R2 V26

Et plan \(\alpha\) er gitt ved likningen

Punktene \(A(1, 2, 1)\), \(B(2, 0, -2)\) og \(C(-1, 2, 2)\) ligger i planet.

En kule tangerer planet \(\alpha\) i et punkt \(P\).

Kuleflaten er gitt ved likningen

Fasit

a) \(D\) ligger ikke i planet \(\alpha\).
b) \(\vec{AB} \times \vec{AC} = [-2, 5, -4] = -1 \cdot [2, -5, 4]\), altså parallell med \([2,-5,4]\).
c) Kvadratkomplettering gir sentrum \(\underline{\underline{S(0, 9, -1)}}\).
d) Parameterframstilling: \(\underline{\underline{(x, y, z) = (2t,\; 9 - 5t,\; -1 + 4t)}}\)
e) \(\underline{\underline{k = 37}}\)

Løsningsforslag

a

Vi setter koordinatene til \(D(3, 1, -1)\) inn i venstresiden av planlikningen \(2x - 5y + 4z = -4\):

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

\(D\) ligger ikke i planet \(\alpha\).

b

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

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

Vi ser at \([-2, 5, -4] = -1 \cdot [2, -5, 4]\).

Siden \([-2, 5, -4]\) er parallell med \([2, -5, 4]\), og kryssproduktet \(\vec{AB} \times \vec{AC}\) er normalvektor til planet, er \([2, -5, 4]\) en normalvektor til planet \(\alpha\).

c

Vi skal vise at \((0, 9, -1)\) er sentrum ved å skrive kuleflatelikningen på standardform. Vi kvadratkompleterer leddene med \(y\) og \(z\):

Dette er likningen for en kule med sentrum \(\underline{\underline{S(0, 9, -1)}}\) og \(r^2 = 82 - k\).

d

Kulesentrumet er \(S(0, 9, -1)\). Siden kulen tangerer planet \(\alpha\) i punktet \(P\), ligger linjen \(SP\) vinkelrett på planet. Normalvektoren til \(\alpha\) er \(\vec{n} = [2, -5, 4]\), så linjen \(SP\) er parallell med \(\vec{n}\).

En parameterframstilling for linjen gjennom \(S\) med retningsvektor \([2, -5, 4]\) er:

e

Siden kulen tangerer planet \(\alpha\), er radius lik avstanden fra sentrum \(S(0, 9, -1)\) til planet \(\alpha\): \(2x - 5y + 4z + 4 = 0\).

Vi bruker avstandsformelen for punkt til plan:

Altså er \(r^2 = 45\).

Fra standardformen i c) har vi \(r^2 = 82 - k\), så:

Bevis at ortogonale vektorer oppfyller Pytagoras R2 V26

En elev prøver å bevise påstanden ovenfor.

Fasit

a) Elevens bevis tester kun ett spesialtilfelle – et eksempel kan ikke bevise en generell påstand.
b) \(|\vec{p} + \vec{q}|^2 = |\vec{p}|^2 + |\vec{q}|^2\) følger av at \(\vec{p} \cdot \vec{q} = 0\) når \(\vec{p} \perp \vec{q}\).

Løsningsforslag

a

Elevens bevis sjekker påstanden kun for de to konkrete vektorene \(\vec{p} = [4, 0, 0]\) og \(\vec{q} = [0, 0, 3]\). Et enkelt eksempel kan aldri bevise at en påstand gjelder for alle ortogonale vektorer. Et eksempel kan motbevise en generell påstand, men aldri bevise den.

For at beviset skal holde, må det vises at påstanden gjelder for vilkårlige ortogonale vektorer \(\vec{p}\) og \(\vec{q}\).

b

Vi antar at \(\vec{p}\) og \(\vec{q}\) er to vilkårlige ortogonale vektorer, dvs. \(\vec{p} \perp \vec{q}\).

Fordi vektorene er ortogonale, er skalarproduktet mellom dem lik null:

For en vilkårlig vektor \(\vec{a}\) gjelder at \(|\vec{a}|^2 = \vec{a} \cdot \vec{a}\). Vi beregner \(|\vec{p} + \vec{q}|^2\):

Dermed er \(|\vec{p} + \vec{q}|^2 = |\vec{p}|^2 + |\vec{q}|^2\) bevist for alle ortogonale vektorer \(\vec{p}\) og \(\vec{q}\).

Datatrafikk og sinusmodell R2 V26

Selskapet IntCom er en internettleverandør. Selskapet sørger for overføring av data mellom kundene og internett. Datatrafikken varierer gjennom døgnet.

Tabellen nedenfor viser datatrafikken (gigabit per time) et døgn i mai.

Videre i oppgaven skal du bruke modellen

for datatrafikken \(D(t)\), \(t\) timer etter midnatt dette døgnet.

Fasit

a) \(S(t) \approx 63\,200 + 37\,200 \cdot \sin(0{,}243t - 2{,}96)\)
b) Datatrafikken var over \(90\,000\) gigabit/time mellom ca. kl. 15:54 og ca. kl. 22:11.
c) Datatrafikken økte raskest kl. 12:30, med en økning på \(\underline{\underline{8\,880}}\) gigabit per time per time.
d) Ca. \(\underline{\underline{31{,}5 \,\%}}\) av den totale datamengden ble overført mellom kl. 8 og kl. 16.

Løsningsforslag

a

Vi legger dataene fra tabellen inn i GeoGebra Regneark og kjører Regresjonsanalyse med sinusmodell. GeoGebra gir

Avrundet:

b

Vi bruker modellen \(D(t) = 63\,000 + 37\,000 \cdot \sin(0{,}24t - 3{,}0)\) og løser ulikheten

som tilsvarer å løse likningen \(D(t) = 90\,000\) for å finne grensepunktene. Vi ber GeoGebra CAS løse (se linje 2 i utklippet):

GeoGebra gir de generelle løsningene \(t \approx 15{,}908 + 26{,}18k\) og \(t \approx 22{,}182 + 26{,}18k\) for heltall \(k\). I intervallet \(\langle 0, 24 \rangle\) (ett døgn) er løsningene

Siden sinusfunksjonen er over grenseverdien mellom de to skjæringspunktene, var datatrafikken over \(90\,000\) gigabit per time i tidsrommet

(Avrundet: ca. kl. 16:00 til ca. kl. 22:00.)

c

Datatrafikken øker raskest der den deriverte \(D'(t)\) er størst. Vi deriverer (se linje 3 i utklippet):

\(D'(t)\) er størst når \(\cos(0{,}24t - 3{,}0) = 1\), det vil si når

som tilsvarer kl. 12:30. Den største økningen er (se linje 4 i utklippet):

d

Vi beregner andelen av total datamengde som ble overført mellom kl. 8 og kl. 16 ved hjelp av integraler. Total datamengde over ett døgn (se linje 5 i utklippet):

Datamengde overført mellom kl. 8 og kl. 16 (se linje 6 i utklippet):

Andelen er (se linje 7 i utklippet):

\(\underline{\underline{\text{Ca. } 31{,}5 \,\%}}\) av den totale datamengden ble overført i løpet av arbeidsdagen mellom kl. 8 og kl. 16.

Rekursiv rekke og konvergens S2 V26

En uendelig rekke er gitt ved den rekursive sammenhengen

Fasit

a) –
b) Den konvergerer aldri for heltallsverdier av \(a_{1}\)

Løsningsforslag

a

a = 5    # Rekka starter på 5

for i in range(6):   # Gjenta 6 ganger
    print(a)         # Skriv ut leddet a
    a = (a - 1) ** 2 # Regn ut neste ledd a

b

Denne rekka er ikke geometrisk og vi kan derfor ikke bruke den vanlige testen med å sjekke om \(-1 < k < 1\). Ved å inspisere uttrykket kan vi derimot se at det ikke er så fryktelig mange heltallsverdier av \(a_{1}\) som kan gjøre at rekka konvergerer.

• Dersom \(a_{1}\) er et stort tall så blir \(a_{2}\) et veldig stort tall siden \(a_{2}=(a_{1}-1)^{2}\). En slik rekke vil bestå av større og større ledd og kan derfor ikke konvergere.
• Hvis rekka skal konvergere så må \(a_{1}\) være et heltall ganske nærme null. Vi kan teste disse heltallene for hånd, eller så kan vi gjøre det ved å utvide programmet vårt.

Jeg velger å utvide programmet og etter litt prøving og feiling med ulike heltall så ser jeg at verdiene \(a_{1}=0, a_{1}=1\) og \(a_{1}=2\) gir interessante mønstre. Ved andre verdier av \(a_{1}\) divergerer rekka fort.

\(a_{1}=0, a_{1}=1\) og \(a_{1}=2\) gir interessante mønstre, men leddene alternerer bare mellom 0 og 1. Hvis summen av de 200 første leddene er 100 så vil summen av de 202 første leddene være 101. Vi ser at summene ikke kan nærme seg noe tall når \(n \to \infty\)^[1]. Disse rekkene er heller ikke konvergente.

Siden rekka verken konvergerer for store heltall, negative heltall eller små heltall så konkluderer jeg med at rekka aldri vil konvergere for heltallsverdier.

Rekka konvergerer ikke for noen heltallsverdier av \(a_{1}\).

Propellfly med vektorfunksjon R2 V26

Et lite propellfly må nødlande på en motorvei. Posisjonen \(\vec r(t)\) til flyet \(t\) sekunder etter at nødlandingen har startet, er gitt ved

Motorveien ligger i \(xy\)-planet.
Enhetene langs aksene er meter.

En fugl er i posisjonen \((131, 67, 23)\) idet flyet starter nødlandingen. Fuglen flyr i en rett linje og krysser banen til flyet i punktet \(\left(125, 8, \dfrac{25}{2}\right)\).

Fuglen holder en jevn banefart på \(12 \mathrm{~m/s}\).

Fasit

a) \(18 \mathrm{~m}\)
b) \(\approx 10{,}3 \mathrm{~m/s}\)
c) \(t \approx 7{,}99 \mathrm{~s}\)
d) Nei — fuglen mangler ca. \(22 \mathrm{~cm}\) på å nå flyets posisjon, men kollisjon er praktisk sett meget sannsynlig.

Løsningsforslag

Vi bruker GeoGebra CAS til å definere vektorfunksjonen og beregne svarene. Se utklippet under.

a

Høyden over motorveien er gitt av \(z\)-koordinaten til \(\vec{r}(t)\), det vil si \(50\left(1 - \dfrac{t}{10}\right)^2\).

Vi setter inn \(t = 4\):

Se linje 8 i GeoGebra CAS.

Flyet er \(\underline{\underline{18 \mathrm{~m}}}\) over motorveien etter 4 sekunder.

b

Flyet lander når \(z\)-koordinaten er 0:

Fartsvektoren er \(\vec{r}'(t)\). Vi deriverer hver komponent (linje 4–6 i CAS):

Ved landing (\(t = 10\)):

Banefarten er lengden av fartsvektoren (linje 9 i CAS):

c

Vi skal løse \(|\vec{r}'(t)| = 14{,}3\) for \(t \in [0, 10]\).

Banefartsfunksjonen er definert i linje 7 i GeoGebra CAS. Ved \(t = 7{,}99\) gir CAS (linje 10):

Banefarten er \(14{,}3 \mathrm{~m/s}\) ved \(\underline{\underline{t \approx 7{,}99 \mathrm{~s}}}\).

d

Vi undersøker om fuglen og flyet befinner seg i samme punkt til samme tid.

Steg 1 – Finn tidspunktet da flyet er i punktet \(\left(125, 8, \dfrac{25}{2}\right)\).

Vi løser komponent for komponent:

(For \(t = 25\) er flyet utenfor \(z \geq 0\)-området.) Flyet passerer punktet ved \(t = 5 \mathrm{~s}\).

Steg 2 – Finn avstanden fuglen må tilbakelegge.

Fuglen starter i \(A = (131, 67, 23)\) og skal til \(B = \left(125, 8, \dfrac{25}{2}\right)\).

Se linje 11 i GeoGebra CAS.

Steg 3 – Sammenlign med strekningen fuglen rekker på 5 sekunder.

Fuglen rekker \(60 \mathrm{~m}\), men trenger \(\approx 60{,}23 \mathrm{~m}\). Differansen er ca. \(23 \mathrm{~cm}\).

Matematisk treffer fuglen ikke flyet nøyaktig — den er omtrent \(23 \mathrm{~cm}\) for kort. Men siden både flyet og fuglen har fysisk utstrekning langt større enn dette, er en kollisjon praktisk sett meget sannsynlig.

Vase som omdreiningslegeme R2 V26

Du får i oppdrag å lage en vase med form som på bildet nedenfor.
Vasen skal romme omtrent \(1{,}5 \mathrm{~L}\) vann og ha høyde \(20 \mathrm{~cm}\).

Fasit

Volum ved omdreining: \(\underline{\underline{V \approx 1500{,}7 \, \mathrm{cm}^3 \approx 1{,}5 \, \mathrm{L}}}\)

Løsningsforslag

Vi skal konstruere en funksjon \(f(x) = A \cdot \sin(cx + \varphi) + d\) slik at figuren \(f\) omdreiet rundt \(x\)-aksen gir en vase med høyde \(20 \, \mathrm{cm}\) og volum \(\approx 1{,}5 \, \mathrm{L} = 1500 \, \mathrm{cm}^3\).

Valg av parameterne:

Høyde og periode (\(c\)):
Vasen skal ha høyde \(20 \, \mathrm{cm}\), så \(x\) går fra \(0\) til \(20\). Formen på bildet viser én halv sinusbølge — vasen er bred øverst, smalner inn på midten og er bred igjen nederst (eller omvendt). Vi ønsker én full «bølge» over \(x \in [0, 20]\), altså periode \(T = 20\):

Likevektslinje (\(d\)):
\(d\) er gjennomsnittlig radius. For en vase med passende proporsjonene velger vi \(d = 4{,}8 \, \mathrm{cm}\).

Amplitude (\(A\)):
\(A\) bestemmer hvor mye formen varierer rundt gjennomsnittet. Vi velger \(A = 1{,}3 \, \mathrm{cm}\), som gir en passe «buet» profil.

Faseforskyvning (\(\varphi\)):
Med \(\varphi = 0\) starter vasen i \(f(0) = d = 4{,}8 \, \mathrm{cm}\) og har toppunkt ved \(x = 5\) og bunnpunkt ved \(x = 15\):

Funksjonsuttrykket:

Verifisering av volum:

Volumet av et omdreiningslegeme rundt \(x\)-aksen er

Vi regner ut integralet i GeoGebra CAS:

Graf av funksjonen:

Grafen under viser \(f(x)\) for \(x \in [0, 20]\), der \(x\)-aksen er høyden og \(y\)-aksen er radius (begge i \(\mathrm{cm}\)). Toppunktet \(\text{Topp} = (5;\, 6{,}1)\) tilsvarer den bredeste delen av vasen, og bunnpunktet \(\text{Bunn} = (15;\, 3{,}5)\) den smaleste.