Løsningsforslag R2 eksamen H2025

Dette løsningsforslaget er skrevet av Claude. Meld gjerne ifra om feil enten direkte til Ståle eller via forumet på matematikk.net.

1-1

Vi bruker delvis integrasjon (DI-metoden):

	D	I
$+$	$4 x$	$\cos x$
$-$	$4$	$\sin x$
$+$	$0$	$- \cos x$

\int 4 x \cdot \cos x d x = 4 x \sin x - \int 4 \sin x d x = 4 x \sin x + 4 \cos x + C

$\underset{―}{\underset{―}{\int 4 x \cdot \cos x d x = 4 x \sin x + 4 \cos x + C}}$

1-2

Koppen dannes når grafen til $f (x) = \sqrt{x + 4}$ dreies om $x$ -aksen. Volumet av et omdreiningslegeme er gitt ved

V = π \int_{a}^{b} [f (x)]^{2} d x

Her er $a = 0$ og $b = 10$ :

\begin{aligned} V & = π \int_{0}^{10} {(\sqrt{x + 4})}^{2} d x \\ = π \int_{0}^{10} (x + 4) d x \\ = π {[\frac{x^{2}}{2} + 4 x]}_{0}^{10} \\ = π (\frac{100}{2} + 40) \\ = 90 π \end{aligned}

Koppen rommer $\underset{―}{\underset{―}{90 π \approx 283 {cm}^{3}}}$ kakao.

1-3

1-3a

Funksjonen $f (x) = x^{3} + x^{2} - 2 x = x (x + 2) (x - 1)$ har nullpunkter i $x = - 2$ , $x = 0$ og $x = 1$ .

Fra grafen ser vi at det markerte området ligger mellom $x = - 2$ og $x = 1$ , der kurven er over $x$ -aksen på $[- 2, 0]$ og under $x$ -aksen på $[0, 1]$ .

For å finne arealet av et område under $x$ -aksen, trekker vi fra det negative integralet:

A = \int_{- 2}^{0} f (x) d x - \int_{0}^{1} f (x) d x

Riktig alternativ er $\underset{―}{\underset{―}{4}}$ .

Alternativ 1 og 3 gir nettointegralet $\int_{- 2}^{1} f (x) d x$ der det negative arealet trekkes fra. Alternativ 2 gir bare arealet på $[- 2, 0]$ .

1-3b

\begin{aligned} \int_{- 2}^{0} f (x) d x & = {[\frac{x^{4}}{4} + \frac{x^{3}}{3} - x^{2}]}_{- 2}^{0} = 0 - (4 - \frac{8}{3} - 4) = \frac{8}{3} \end{aligned}

\begin{aligned} \int_{0}^{1} f (x) d x & = {[\frac{x^{4}}{4} + \frac{x^{3}}{3} - x^{2}]}_{0}^{1} = \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - 1 = - \frac{5}{12} \end{aligned}

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

Arealet av det markerte området er $\underset{―}{\underset{―}{\frac{37}{12}}}$ .

1-3c

La $F (x) = \frac{x^{4}}{4} + \frac{x^{3}}{3} - x^{2}$ være en antiderivert til $f$ . Da er

\int_{a}^{1} f (x) d x = F (1) - F (a) = 0 \Rightarrow F (a) = F (1) = - \frac{5}{12}

Vi må altså løse $F (a) = - \frac{5}{12}$ for $a < 0$ .

Siden $F^{'} (x) = f (x)$ er $F$ stigende der $f > 0$ og avtagende der $f < 0$ :

$F$ er avtagende for $x < - 2$ (siden $f < 0$ her), med $F (- 3) = 2, 25$ og $F (- 2) = - \frac{8}{3} \approx - 2, 67$
$F$ er stigende for $- 2 < x < 0$ (siden $f > 0$ her), fra $- \frac{8}{3}$ opp til $F (0) = 0$

Siden $F (- 3) = 2, 25 > - \frac{5}{12} > - \frac{8}{3} = F (- 2)$ , er det én løsning for $a \in (- 3, - 2)$ i tillegg til Kristians løsning på $(- 2, 0)$ . Det bekrefter Unnis påstand.

Fra figuren ser kurven til $F$ ut til å krysse $- \frac{5}{12}$ rundt $a \approx - 2, 7$ .

1-4

1-4a

\sin x - \sqrt{3} \cos x = 0 ⟹ \sin x = \sqrt{3} \cos x ⟹ \tan x = \sqrt{3}

x = \frac{π}{3} + n π, n \in Z

I intervallet $[0, 2 π)$ :

$\underset{―}{\underset{―}{x = \frac{π}{3}}}$ og $\underset{―}{\underset{―}{x = \frac{4 π}{3}}}$

1-4b

Likningen $(\sin x - \frac{1}{2}) (\sin x - a) = 0$ gir

\sin x = \frac{1}{2} eller \sin x = a

$\sin x = \frac{1}{2}$ har to løsninger i $[0, 2 π)$ : $x = \frac{π}{6}$ og $x = \frac{5 π}{6}$ .

$\sin x = a$ kan ha $0$ , $1$ eller $2$ løsninger avhengig av $a$ , og eventuelt de samme som $\sin x = \frac{1}{2}$ .

To løsninger:

$| a | > 1$ : $\sin x = a$ har ingen løsninger. Totalt 2 løsninger fra $\sin x = \frac{1}{2}$ .
$a = \frac{1}{2}$ : Begge faktorer gir samme to løsninger. Totalt 2 løsninger.

Tre løsninger:

$a = 1$ : $\sin x = 1$ gir $x = \frac{π}{2}$ (én ny løsning). Totalt 3 løsninger.
$a = - 1$ : $\sin x = - 1$ gir $x = \frac{3 π}{2}$ (én ny løsning). Totalt 3 løsninger.

Fire løsninger:

$- 1 < a < 1$ og $a \neq \frac{1}{2}$ : $\sin x = a$ gir to nye løsninger (ulike fra $\frac{π}{6}$ og $\frac{5 π}{6}$ ). Totalt 4 løsninger.

1-5

Påstand 1: Usann.

Arealet under en fartsgraf representerer tilbakelagt strekning (posisjon), ikke akselerasjon. Akselerasjon er den deriverte av farten, ikke integralet.

Påstand 2: Sann.

36 ° = 36 \cdot \frac{π}{180} = \frac{π}{5} radianer

1-6

1-6a

Den aritmetiske rekken $- 3 + 0 + 3 + \dots + 69$ har $a_{1} = - 3$ , $d = 3$ og siste ledd $a_{n} = 69$ .

a_{n} = a_{1} + (n - 1) d ⟹ 69 = - 3 + (n - 1) \cdot 3 ⟹ n = 25

s_{25} = \frac{a_{1} + a_{n}}{2} \cdot n = \frac{- 3 + 69}{2} \cdot 25 = 33 \cdot 25 = 825

Summen av rekken er $\underset{―}{\underset{―}{825}}$ .

1-6b

Rekken $5 + 5 \cdot (\frac{1}{2} - x) + 5 \cdot {(\frac{1}{2} - x)}^{2} + \dots$ er geometrisk med kvotient $k = \frac{1}{2} - x$ .

En uendelig geometrisk rekke konvergerer når $| k | < 1$ :

| \frac{1}{2} - x | < 1 ⟹ - 1 < \frac{1}{2} - x < 1 ⟹ - \frac{1}{2} < x < \frac{3}{2}

Konvergensområdet er $\underset{―}{\underset{―}{x \in ⟨ - \frac{1}{2}, \frac{3}{2} ⟩}}$ .

1-6c

Ballen faller $2 m$ , spretter opp $2 \cdot 0, 75 m$ , faller ned $2 \cdot 0, 75 m$ , spretter opp $2 \cdot 0, 75^{2} m$ , osv.

\begin{aligned} d & = \underset{første fall}{\underset{⏟}{2}} + 2 \cdot \underset{opp og ned}{\underset{⏟}{(2 \cdot 0, 75 + 2 \cdot 0, 75^{2} + \dots)}} \\ = 2 + 2 \cdot \frac{2 \cdot 0, 75}{1 - 0, 75} \\ = 2 + 2 \cdot \frac{1, 5}{0, 25} \\ = 2 + 12 = 14 \end{aligned}

Ballen beveger seg totalt $\underset{―}{\underset{―}{14 m}}$ .

1-7

1-7a

Vi fullfører kvadratene i ligningen $x^{2} + y^{2} + z^{2} - 4 x + 2 z = 4$ :

\begin{aligned} (x - 2)^{2} - 4 + y^{2} + (z + 1)^{2} - 1 & = 4 \\ (x - 2)^{2} + y^{2} + (z + 1)^{2} & = 9 \end{aligned}

Sentrum er $\underset{―}{\underset{―}{(2, 0, - 1)}}$ og radius er $\underset{―}{\underset{―}{r = 3}}$ .

1-7b

Kule $K$ har sentrum $M (1, - 1, 3)$ og radius $2$ . Vi sjekker at $P (3, - 1, 3)$ ligger på kula:

| M P | = \sqrt{(3 - 1)^{2} + 0^{2} + 0^{2}} = 2 ✓

Normalvektoren til tangentplanet er $\vec{M P} = (2, 0, 0)$ .

Planet gjennom $P (3, - 1, 3)$ med normalvektor $(2, 0, 0)$ :

2 (x - 3) = 0 ⟹ x = 3

En likning for plan $α$ er $\underset{―}{\underset{―}{x = 3}}$ .

1-7c

Avstand fra sentrum $M (1, - 1, 3)$ til planet $β : 3 x + y - 2 z + 1 = 0$ :

d = \frac{| 3 \cdot 1 + (- 1) - 2 \cdot 3 + 1 |}{\sqrt{3^{2} + 1^{2} + (- 2)^{2}}} = \frac{| 3 - 1 - 6 + 1 |}{\sqrt{14}} = \frac{3}{\sqrt{14}} \approx 0, 80

Siden $d \approx 0, 80 < 2 = r$ , vil planet $β$ skjære gjennom kuleflaten $K$ .

Planet $β$ skjærer gjennom kuleflaten $\underset{―}{\underset{―}{K}}$ .

1-8

Vi beviser ved induksjon at

1 + 4 + 4^{2} + \dots + 4^{n} = \frac{4^{n + 1} - 1}{3} for n \geq 0

Basissteg ( $n = 0$ ):

VS $= 1$ , HS $= \frac{4^{1} - 1}{3} = \frac{3}{3} = 1$ . VS $=$ HS $✓$

Induksjonssteg:

Anta at påstanden holder for $n = k$ , dvs.

1 + 4 + 4^{2} + \dots + 4^{k} = \frac{4^{k + 1} - 1}{3}

Vi viser at den da også holder for $n = k + 1$ :

\begin{aligned} 1 + 4 + \dots + 4^{k} + 4^{k + 1} & = \frac{4^{k + 1} - 1}{3} + 4^{k + 1} \\ = \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} \end{aligned}

Dette er nettopp formelen for $n = k + 1$ . Påstanden er bevist ved induksjon. $◼$

2-1

2-1a

Vi definerer posisjonsvektoren, deriverer og beregner farten ved $t = 2$ i GeoGebra CAS:

GeoGebra CAS

Farten til miniubåten etter 2 sekunder er $\underset{―}{\underset{―}{\approx 10, 3 m / s}}$ .

2-1b

Vi definerer $z$ -koordinaten, løser $z^{'} (t) = 0$ og evaluerer minimumsposisjonen i GeoGebra CAS:

GeoGebra CAS

CAS gir $t = 25$ og $dyp (25) = - \frac{625}{2} = - 312, 5$ .

Miniubåten er dypest $\underset{―}{\underset{―}{312, 5 m}}$ under havoverflaten.

2-1c

Vi definerer begge posisjonsvektorene, beregner differansevektoren $\vec{d} (t) = \vec{r} (t) - \vec{s} (t)$ og avstandsfunksjonen $A (t) = | \vec{d} (t) |$ . Så bruker vi Min(A, 0, 60) for å finne minimumsavstanden numerisk:

GeoGebra CAS

CAS gir minimumsavstand $\approx 39, 83 m$ ved $t \approx 8, 39 s$ .

For at miniubåten skal kollidere med fiskestimen, må avstanden mellom sentrene være mindre enn fiskestimens radius ( $15 m$ ) pluss halvparten av miniubåtens største tverrsnitt ( $\approx 4 m$ ), altså under $19 m$ .

Siden minimumsavstanden $\approx 39, 8 m ≫ 19 m$ , vil miniubåten ikke kollidere med fiskestimen.

2-2

2-2a

Vi legger inn datapunktene i GeoGebra og bruker RegSin til å finne en sinusmodell:

Regresjonsmodell og datapunkter for oppgave 2-2a

RegSin gir

U (t) \approx 323, 47 \cdot \sin (314, 81 \cdot t - 0,003) - 0, 91

Siden fasevinkelen ( $- 0,003$ ) og konstantleddet ( $- 0, 91$ ) er svært nær null, og $314, 81 \approx 100 π$ , forenkler vi til

U (t) \approx 323 \cdot \sin (100 π t)

Modellen $\underset{―}{\underset{―}{U (t) \approx 323 \sin (100 π t)}}$ beskriver spenningen godt.

2-2b

Vi løser $U (t) = 230$ :

323 \sin (100 π t) = 230 ⟹ \sin (100 π t) = \frac{230}{323} \approx 0,712 1

100 π t = \arcsin (0,712 1) \approx 0,789 rad eller 100 π t = π - 0,789 \approx 2,353 rad

t_{1} = \frac{0,789}{100 π} \approx 0,002 5 s, t_{2} = \frac{2,353}{100 π} \approx 0,007 5 s

Spenningen er $230 V$ ved $\underset{―}{\underset{―}{t \approx 0,002 5 s}}$ og $\underset{―}{\underset{―}{t \approx 0,007 5 s}}$ .

2-2c

Vi bruker modellen $U (t) = 323 \sin (100 π t)$ med periode $T = 0,020 0 s$ :

\begin{aligned} U_{effektiv} & = \sqrt{\frac{1}{T} \int_{0}^{T} [U (t)]^{2} d t} \\ = \sqrt{\frac{1}{T} \int_{0}^{T} 323^{2} \sin^{2} (100 π t) d t} \end{aligned}

Siden $\int_{0}^{T} \sin^{2} (ω t) d t = \frac{T}{2}$ for en hel periode:

U_{effektiv} = \sqrt{\frac{323^{2}}{T} \cdot \frac{T}{2}} = \frac{323}{\sqrt{2}} \approx 228, 5 \approx 229 V

Effektivverdien er $\approx 229 V \approx 230 V$ , som stemmer godt med at nettspenningen i Norge er 230 V. Målingene kan være riktige.

2-3

2-3a

La $c_{n}$ være konsentrasjonen rett etter den $n$ -te natten. Kroppen skiller ut 18 % per dag, så 82 % gjenstår. Hvert døgn tilføres 2 nye enheter:

c_{n} = 2 + 2 \cdot 0, 82 + 2 \cdot 0, 82^{2} + \dots + 2 \cdot 0, 82^{n - 1}

Dette er en geometrisk rekke med første ledd $a_{1} = 2$ og kvotient $k = 0, 82$ , som gir sumformelen

c (n) = 2 \cdot \frac{1 - 0, 82^{n}}{1 - 0, 82}

Vi definerer $c (n)$ , løser $c (n) = 10$ og kontrollerer $c (11)$ og $c (12)$ i GeoGebra CAS:

GeoGebra CAS: definisjon av c(n), løsning av c(n)=10, og kontroll av c(11) og c(12)

CAS gir $n \approx 11, 6$ , og vi ser at $c (11) \approx 9, 86 < 10$ mens $c (12) \approx 10, 08 > 10$ .

Sofie kan sove $\underset{―}{\underset{―}{11 netter}}$ på soverommet sitt før konsentrasjonen når et potensielt farlig nivå.

2-3b

Grenseverdien til $c_{n}$ når $n \to \infty$ er $\frac{2}{1 - k}$ der $k$ er andelen som gjenstår etter utskillelse. For at konsentrasjonen aldri skal overstige 10 enheter, må grenseverdien være $\leq 10$ :

\frac{2}{1 - k} = 10

Vi løser for $k$ i GeoGebra CAS:

GeoGebra CAS løsning for oppgave 2-3b

CAS gir $k = \frac{4}{5}$ , og utskillelsesprosenten er $1 - k = \frac{1}{5} = 20 %$ .

Artikkelen antar at kroppen skiller ut $\underset{―}{\underset{―}{20 %}}$ av ${CCl}_{4}$ -mengden per dag.

2-4

2-4a

Funksjonen $f (x) = 3^{2 x} = 9^{x}$ er strengt stigende på $[0, 2]$ .

For en stigende funksjon gjelder:

areal_til_hoyre() bruker venstre endepunkt ( $x = 0, Δ x, 2 Δ x, \dots$ ) i hvert delintervall. Venstre endepunkt gir den minste funksjonsverdien → summerer for lav verdi.
areal_til_venstre() bruker høyre endepunkt ( $x = Δ x, 2 Δ x, \dots, 2$ ). Høyre endepunkt gir den største funksjonsverdien → summerer for høy verdi.

Det faktiske arealet (nøyaktig) er $\int_{0}^{2} 9^{x} d x = \frac{9^{2} - 1}{\ln 9} \approx 36, 4$ .

2-4b

En bedre metode er trapesmetoden: vi bruker gjennomsnittet av funksjonsverdiene i begge endepunktene av hvert delintervall.

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())

Trapesmetoden gir $\approx 36,415$ , som er svært nær den eksakte verdien $\approx 36,410$ .