R2 Eksempeloppgave 2015 · Matematikkoppgaver

Oppgave 1-1Deriver tre funksjoner med kjedel og kvotient

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Deriver funksjonene

f (x) = x^{2} \sin x

g (x) = e^{\cos (2 x)}

h (x) = \frac{x^{2} + 1}{2 x - 2}

Fasit

$f^{'} (x) = 2 x \sin x + x^{2} \cos x$

$g^{'} (x) = - 2 \sin (2 x) \cdot e^{\cos (2 x)}$

$h^{'} (x) = \frac{x^{2} - 2 x - 1}{2 {(x - 1)}^{2}}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker produktregelen på $f (x) = x^{2} \sin x$ med $u = x^{2}$ og $v = \sin x$ :

f^{'} (x) = u^{'} v + u v^{'} = 2 x \cdot \sin x + x^{2} \cdot \cos x = 2 x \sin x + x^{2} \cos x

Vi bruker kjerneregelen på $g (x) = e^{\cos (2 x)}$ . Den ytre funksjonen er $e^{u}$ med $u = \cos (2 x)$ :

g^{'} (x) = e^{\cos (2 x)} \cdot \frac{d}{d x} [\cos (2 x)] = e^{\cos (2 x)} \cdot (- \sin (2 x) \cdot 2) = - 2 \sin (2 x) \cdot e^{\cos (2 x)}

Vi bruker kvotientregelen på $h (x) = \frac{x^{2} + 1}{2 x - 2}$ med teller $u = x^{2} + 1$ og nevner $v = 2 x - 2$ :

h^{'} (x) = \frac{u^{'} v - u v^{'}}{v^{2}} = \frac{2 x \cdot (2 x - 2) - (x^{2} + 1) \cdot 2}{{(2 x - 2)}^{2}}

Vi regner ut telleren:

4 x^{2} - 4 x - 2 x^{2} - 2 = 2 x^{2} - 4 x - 2 = 2 (x^{2} - 2 x - 1)

Nevneren er ${(2 x - 2)}^{2} = 4 {(x - 1)}^{2}$ , så vi forkorter med $2$ :

h^{'} (x) = \frac{2 (x^{2} - 2 x - 1)}{4 {(x - 1)}^{2}} = \frac{x^{2} - 2 x - 1}{2 {(x - 1)}^{2}}

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Derivasjon
Egen side: Åpne oppgave 1-1 for seg selv

Oppgave 1-2Integrasjon tre integraler delvis og substitusjon

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Regn ut integralene

\int x e^{x} d x

\int 4 x e^{x^{2}} d x

\int \frac{3 x}{x^{2} - x - 2} d x

Fasit

$e^{x} (x - 1) + C$

$2 e^{x^{2}} + C$

$2 \ln | x - 2 | + \ln | x + 1 | + C$

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker delvis integrasjon på $\int x e^{x} d x$ med $u = x$ og $v^{'} = e^{x}$ , slik at $u^{'} = 1$ og $v = e^{x}$ :

\int x e^{x} d x = x e^{x} - \int e^{x} d x = x e^{x} - e^{x} + C = e^{x} (x - 1) + C

Vi bruker substitusjon på $\int 4 x e^{x^{2}} d x$ . Setter $u = x^{2}$ , som gir $d u = 2 x d x$ , altså $4 x d x = 2 d u$ :

\int 4 x e^{x^{2}} d x = \int 2 e^{u} d u = 2 e^{u} + C = 2 e^{x^{2}} + C

Vi bruker delbrøkoppspalting på $\int \frac{3 x}{x^{2} - x - 2} d x$ . Nevneren faktoriseres som $x^{2} - x - 2 = (x - 2) (x + 1)$ , og vi setter

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

Multiplisert med fellesnevneren gir dette $3 x = A (x + 1) + B (x - 2)$ . Setter vi $x = 2$ , får vi $6 = 3 A$ , altså $A = 2$ . Setter vi $x = - 1$ , får vi $- 3 = - 3 B$ , altså $B = 1$ . Da blir

\int \frac{3 x}{x^{2} - x - 2} d x = \int (\frac{2}{x - 2} + \frac{1}{x + 1}) d x = 2 \ln | x - 2 | + \ln | x + 1 | + C

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Integrasjon, Delvis integrasjon, Substitusjon
Egen side: Åpne oppgave 1-2 for seg selv

Oppgave 1-3Differensiallikning separabel første ordens

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Bestem den generelle løsningen for differensiallikningen

y^{'} + 2 x y = 4 x

Fasit

$y = 2 + C \cdot e^{- x^{2}}$

LøsningsforslagKI-generert

Likningen $y^{'} + 2 x y = 4 x$ er en lineær differensiallikning av første orden på formen $y^{'} + p (x) y = q (x)$ med $p (x) = 2 x$ . Vi løser den ved hjelp av en integrerende faktor:

μ (x) = e^{\int p (x) d x} = e^{\int 2 x d x} = e^{x^{2}}

Vi multipliserer begge sider av likningen med $μ (x) = e^{x^{2}}$ :

e^{x^{2}} y^{'} + 2 x e^{x^{2}} y = 4 x e^{x^{2}}

Venstre side er den deriverte av produktet $y \cdot e^{x^{2}}$ :

\frac{d}{d x} (y \cdot e^{x^{2}}) = 4 x e^{x^{2}}

Vi integrerer begge sider med hensyn på $x$ . Høyresiden løses ved substitusjon $u = x^{2}$ , som gir $\int 4 x e^{x^{2}} d x = 2 e^{x^{2}} + C$ :

y \cdot e^{x^{2}} = 2 e^{x^{2}} + C

Til slutt løser vi for $y$ ved å dele på $e^{x^{2}}$ :

y = 2 + C \cdot e^{- x^{2}}

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Differensiallikning
Egen side: Åpne oppgave 1-3 for seg selv

Oppgave 1-4Avgjør påstander om f og f primderiverte fra graf

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Funksjonen $f$ er gitt ved

f (x) = - x e^{- x^{2}}, D_{f} = ℝ

Nedenfor ser du grafen til $f$ og grafen til den deriverte funksjonen $f^{'}$ .

Graf av f og f'

Avgjør om påstandene A, B og C nedenfor er sanne. Begrunn svarene dine.

A: $f (x) > 0 ⟺ x \in ⟨ \leftarrow, - \frac{1}{\sqrt{2}}]$

B: $f^{''} (x) = 0 ⟺ x = - \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} \lor x = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$

C: $f^{'} (x) > 0 ⟸ f^{''} (x) < 0$

Fasit

A: $Usann$ B: $Usann$ C: $Usann$

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner først uttrykk for $f^{'} (x)$ og $f^{''} (x)$ ved derivasjon, siden dette gjør det enklere å begrunne påstandene presist (i tillegg til å lese av grafene).

Med $f (x) = - x e^{- x^{2}}$ bruker vi produktregelen og kjerneregelen:

f^{'} (x) = - e^{- x^{2}} + (- x) \cdot (- 2 x) e^{- x^{2}} = e^{- x^{2}} (2 x^{2} - 1)

Vi deriverer $f^{'} (x) = e^{- x^{2}} (2 x^{2} - 1)$ på nytt med produktregelen:

f^{''} (x) = - 2 x e^{- x^{2}} \cdot (2 x^{2} - 1) + e^{- x^{2}} \cdot 4 x = e^{- x^{2}} (- 4 x^{3} + 2 x + 4 x) = e^{- x^{2}} (- 4 x^{3} + 6 x)

Vi kan skrive dette som $f^{''} (x) = 2 x e^{- x^{2}} (3 - 2 x^{2})$ .

Siden $e^{- x^{2}} > 0$ for alle $x$ , avhenger fortegnet til $f (x) = - x e^{- x^{2}}$ kun av $- x$ . Dermed er

f (x) > 0 ⟺ x < 0

Påstand A sier at $f (x) > 0 ⟺ x \in ⟨ \leftarrow, - \frac{1}{\sqrt{2}}]$ , altså at grensen er $x = - \frac{1}{\sqrt{2}}$ . Dette stemmer ikke med grensen $x = 0$ vi har funnet. Påstand A er usann.

Vi løser $f^{''} (x) = 0$ :

2 x e^{- x^{2}} (3 - 2 x^{2}) = 0 ⟺ x = 0 \lor x = \pm \sqrt{\frac{3}{2}} = \pm \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}

Ligningen $f^{''} (x) = 0$ har altså tre løsninger: $x = 0$ , $x = - \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ og $x = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ . Påstand B nevner bare de to siste, og utelater $x = 0$ . Siden “hvis og bare hvis” krever at alle løsninger er med, er påstand B usann.

Vi undersøker om $f^{''} (x) < 0 ⟹ f^{'} (x) > 0$ . Fortegnsanalyse av $f^{''} (x) = 2 x e^{- x^{2}} (3 - 2 x^{2})$ viser at $f^{''} (x) < 0$ på intervallene $⟨ - \sqrt{\frac{3}{2}}, 0 ⟩$ og $⟨ \sqrt{\frac{3}{2}}, \to ⟩$ .

Vi tester et punkt i det første intervallet, for eksempel $x = - 0,3$ :

f^{''} (- 0,3) \approx - 1,55 < 0 men f^{'} (- 0,3) \approx - 0,75 < 0

Her er $f^{''} (x) < 0$ , men $f^{'} (x)$ er ikke positiv. Implikasjonen $f^{'} (x) > 0 ⟸ f^{''} (x) < 0$ stemmer altså ikke for alle $x$ . Påstand C er usann.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 3
Temaer: Funksjonsdrøfting, Derivasjon, Graf
Egen side: Åpne oppgave 1-4 for seg selv

Oppgave 1-5Uendelig geometrisk rekke med variabel kvotient og konvergens

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En uendelig geometrisk rekke er gitt ved

1 - \frac{x}{3} + \frac{x^{2}}{9} - \frac{x^{3}}{27} + \dots

Bestem konvergensområdet for rekken.

Bestem summen $s (x)$ av rekken.

Vis at $s (x) \neq \frac{1}{2}$

Fasit

$x \in ⟨ - 3, 3 ⟩$

$s (x) = \frac{3}{3 + x}$

Se løsningsforslag.

LøsningsforslagKI-generert

Rekken $1 - \frac{x}{3} + \frac{x^{2}}{9} - \frac{x^{3}}{27} + \dots$ er geometrisk med første ledd $a_{1} = 1$ og kvotient

k = - \frac{x}{3}

(vi finner $k$ ved å dele et ledd på det foregående, f.eks. $\frac{- x / 3}{1} = - \frac{x}{3}$ ).

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

| - \frac{x}{3} | < 1 ⟺ | x | < 3 ⟺ x \in ⟨ - 3, 3 ⟩

Summen av en konvergent uendelig geometrisk rekke er $s = \frac{a_{1}}{1 - k}$ . Vi setter inn $a_{1} = 1$ og $k = - \frac{x}{3}$ :

s (x) = \frac{1}{1 - (- \frac{x}{3})} = \frac{1}{1 + \frac{x}{3}} = \frac{3}{3 + x}

Vi antar for motsigelse at $s (x) = \frac{1}{2}$ for en $x$ i konvergensområdet, og løser likningen:

\frac{3}{3 + x} = \frac{1}{2} ⟺ 6 = 3 + x ⟺ x = 3

Den eneste løsningen av likningen er $x = 3$ . Men $x = 3$ ligger ikke i konvergensområdet $⟨ - 3, 3 ⟩$ fra a) — intervallet er åpent, så $x = 3$ er utelukket. Dermed finnes det ingen $x$ i konvergensområdet som gir $s (x) = \frac{1}{2}$ , og vi har vist at

s (x) \neq \frac{1}{2} for alle x \in ⟨ - 3, 3 ⟩

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 3
Temaer: Uendelig rekke, Konvergens, Geometrisk rekke
Egen side: Åpne oppgave 1-5 for seg selv

Oppgave 1-6Funksjonsdrøfting fjerdegradsfunksjon topp bunn infleksjon

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En funksjon $f$ er gitt ved

f (x) = x^{4} - 2 x^{2} + 2, D_{f} = ℝ

Bestem eventuelle topp- og bunnpunkter på grafen til $f$ .

Bestem eventuelle infleksjonspunkter til $f$ .

Lag en skisse av grafen til $f$ .

Fasit

$Bunnpunkter (- 1,1) og (1,1), toppunkt (0,2)$

$(- \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{13}{9}) og (\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{13}{9})$

Se skisse i løsningsforslaget.

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner topp- og bunnpunkter ved å derivere og se på fortegnet til $f^{'} (x)$ .

f^{'} (x) = 4 x^{3} - 4 x = 4 x (x^{2} - 1) = 4 x (x - 1) (x + 1)

Dette gir $f^{'} (x) = 0$ for $x = - 1$ , $x = 0$ og $x = 1$ . Vi setter opp fortegnslinje for $f^{'} (x)$ :

Fortegnslinje for f'(x) med sjablongkurve for f(x)

Fortegnet til $f^{'} (x)$ skifter fra minus til pluss i $x = - 1$ og $x = 1$ (bunnpunkter), og fra pluss til minus i $x = 0$ (toppunkt).

Vi regner ut funksjonsverdiene:

f (- 1) = {(- 1)}^{4} - 2 \cdot {(- 1)}^{2} + 2 = 1 - 2 + 2 = 1

f (0) = 0 - 0 + 2 = 2

f (1) = 1 - 2 + 2 = 1

Grafen til $f$ har altså bunnpunkter i $(- 1,1)$ og $(1,1)$ , og toppunkt i $(0,2)$ .

$Bunnpunkter: (- 1,1) og (1,1) . Toppunkt: (0,2)$

Vi finner infleksjonspunkter ved å se på fortegnet til $f^{''} (x)$ .

f^{''} (x) = 12 x^{2} - 4

f^{''} (x) = 0 \Rightarrow x^{2} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3} \Rightarrow x = \pm \frac{1}{\sqrt{3}} = \pm \frac{\sqrt{3}}{3}

Siden $f^{''} (x)$ er en oppadåpnende parabel med disse to nullpunktene, skifter fortegnet til $f^{''} (x)$ i begge punktene (fra pluss til minus, og fra minus til pluss). Dermed er begge punktene infleksjonspunkter.

Vi regner ut funksjonsverdien i $x = \frac{\sqrt{3}}{3}$ , der $x^{2} = \frac{1}{3}$ og $x^{4} = \frac{1}{9}$ :

f (\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{1}{9} - 2 \cdot \frac{1}{3} + 2 = \frac{1}{9} - \frac{6}{9} + \frac{18}{9} = \frac{13}{9}

Siden $f$ er en like funksjon (kun partalls potenser av $x$ ), er $f (- \frac{\sqrt{3}}{3}) = f (\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{13}{9}$ .

$Infleksjonspunkter: (- \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{13}{9}) og (\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{13}{9})$

Grafen til $f$ er symmetrisk om $y$ -aksen (like funksjon). Den har to bunnpunkter i $(- 1,1)$ og $(1,1)$ , ett toppunkt mellom dem i $(0,2)$ , og to infleksjonspunkter i $(\pm \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{13}{9}) \approx (\pm 0,58, 1,44)$ , som ligger mellom bunn- og toppunktene. Grafen er formet som et dobbelt “brønn”-mønster (W-form) som vender oppover i begge ender.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Funksjonsdrøfting, Derivasjon
Egen side: Åpne oppgave 1-6 for seg selv

Oppgave 1-7Trigonometrisk likning produktform sinus cosinus

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Løs likningen

(\sin x - \frac{1}{2}) \cdot (\cos x - \frac{\sqrt{2}}{2}) = 0, x \in [0^{\circ}, 360^{\circ} ⟩

Fasit

$x = 30^{\circ}, 45^{\circ}, 150^{\circ}, 315^{\circ}$

LøsningsforslagKI-generert

Et produkt er lik null når minst én av faktorene er lik null. Vi løser derfor de to likningene $\sin x - \frac{1}{2} = 0$ og $\cos x - \frac{\sqrt{2}}{2} = 0$ hver for seg.

Faktor 1:

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

Dette er en kjent eksakt verdi. Siden sinus er positiv i første og andre kvadrant, får vi

x = 30^{\circ} eller x = 180^{\circ} - 30^{\circ} = 150^{\circ}

Faktor 2:

\cos x = \frac{\sqrt{2}}{2}

Dette er også en kjent eksakt verdi. Siden cosinus er positiv i første og fjerde kvadrant, får vi

x = 45^{\circ} eller x = 360^{\circ} - 45^{\circ} = 315^{\circ}

Alle løsningene ligger i det oppgitte intervallet $[0^{\circ}, 360^{\circ} ⟩$ .

$x = 30^{\circ}, 45^{\circ}, 150^{\circ}, 315^{\circ}$

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Trigonometri, Likninger, Eksakte verdier
Egen side: Åpne oppgave 1-7 for seg selv

Oppgave 1-8Bevis derivasjonsregel potens ved induksjon

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En funksjon $f$ er gitt ved

f (x) = x^{n}, D_{f} = ℝ

Bruk induksjon og derivasjonsregel for produkt til å bevise påstanden

P (n) : f^{'} (x) = n x^{n - 1}, n \in ℕ

Fasit

Se bevis i løsningsforslaget.

LøsningsforslagKI-generert

Vi skal bevise påstanden $P (n) : f^{'} (x) = n x^{n - 1}$ for $f (x) = x^{n}$ , $n \in ℕ$ , ved induksjon.

Grunnlaget ( $n = 1$ ):

For $n = 1$ er $f (x) = x^{1} = x$ . Vi vet fra grunnleggende derivasjon at $f^{'} (x) = 1$ . Formelen gir

1 \cdot x^{1 - 1} = 1 \cdot x^{0} = 1

Dette stemmer, så $P (1)$ er sann.

Induksjonssteget:

Vi antar at $P (k)$ er sann for en vilkårlig $k \in ℕ$ , altså at

\frac{d}{d x} (x^{k}) = k x^{k - 1}

Vi skal vise at da må også $P (k + 1)$ være sann, altså at $\frac{d}{d x} (x^{k + 1}) = (k + 1) x^{k}$ .

Vi skriver $x^{k + 1} = x^{k} \cdot x$ og bruker produktregelen ${(u v)}^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ med $u = x^{k}$ og $v = x$ . Her bruker vi induksjonsantakelsen $u^{'} = k x^{k - 1}$ og vet at $v^{'} = 1$ :

\frac{d}{d x} (x^{k + 1}) = \frac{d}{d x} (x^{k} \cdot x) = k x^{k - 1} \cdot x + x^{k} \cdot 1 = k x^{k} + x^{k} = (k + 1) x^{k}

Dette er nettopp påstanden $P (k + 1)$ .

Konklusjon:

Vi har vist at $P (1)$ er sann, og at $P (k) \Rightarrow P (k + 1)$ for alle $k \in ℕ$ . Ved induksjonsprinsippet er dermed $P (n)$ sann for alle $n \in ℕ$ , altså

\frac{d}{d x} (x^{n}) = n x^{n - 1} for alle n \in ℕ

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 2
Temaer: Induksjon, Bevis, Derivasjon
Egen side: Åpne oppgave 1-8 for seg selv

Oppgave 1-9Kuleflate sentrum og radius ved fullstendige kvadraters metode

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Likningen for en kuleflate er gitt ved

x^{2} + y^{2} + z^{2} + 4 x - 2 y - 8 z - 4 = 0

Bestem ved regning sentrum og radius i kulen.

Fasit

$Sentrum (- 2, 1, 4), r = 5$

LøsningsforslagKI-generert

Vi grupperer leddene etter variabel og fullfører kvadratene for hver av dem.

x^{2} + y^{2} + z^{2} + 4 x - 2 y - 8 z - 4 = 0

(x^{2} + 4 x) + (y^{2} - 2 y) + (z^{2} - 8 z) = 4

Vi fullfører kvadratet for hvert ledd. For $x$ : $x^{2} + 4 x = {(x + 2)}^{2} - 4$ . For $y$ : $y^{2} - 2 y = {(y - 1)}^{2} - 1$ . For $z$ : $z^{2} - 8 z = {(z - 4)}^{2} - 16$ .

[{(x + 2)}^{2} - 4] + [{(y - 1)}^{2} - 1] + [{(z - 4)}^{2} - 16] = 4

{(x + 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z - 4)}^{2} = 4 + 4 + 1 + 16

{(x + 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z - 4)}^{2} = 25

Dette er standardformen ${(x - x_{0})}^{2} + {(y - y_{0})}^{2} + {(z - z_{0})}^{2} = r^{2}$ for en kuleflate med sentrum $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ og radius $r$ . Vi leser av sentrum $(- 2, 1, 4)$ og $r^{2} = 25$ , altså $r = 5$ .

$Sentrum (- 2, 1, 4), r = 5$

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Kule, Romgeometri
Egen side: Åpne oppgave 1-9 for seg selv

Oppgave 1-10Likeverdige arealer mellom to grafer A1 lik A2

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Funksjonene $f$ og $g$ er gitt ved

f (x) = 2 x^{3} - x^{2} - 5 x, D_{f} = ℝ

g (x) = - x^{2} + 3 x, D_{g} = ℝ

Grafene til $f$ og $g$ skjærer hverandre i tre punkter.

Grafene avgrenser to områder, med arealer $A_{1}$ og $A_{2}$ .

Arealer A1 og A2 mellom grafene til f og g

Vis ved regning at $A_{1} = A_{2}$

Fasit

$A_{1} = A_{2} = 8$

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner først skjæringspunktene mellom grafene ved å løse $f (x) = g (x)$ , altså $h (x) = f (x) - g (x) = 0$ .

h (x) = f (x) - g (x) = (2 x^{3} - x^{2} - 5 x) - (- x^{2} + 3 x) = 2 x^{3} - 8 x

2 x^{3} - 8 x = 0

2 x (x^{2} - 4) = 0

x = 0, x = - 2, x = 2

Grafene skjærer altså hverandre i $x = - 2$ , $x = 0$ og $x = 2$ , i tråd med figuren.

For $x \in ⟨ - 2, 0 ⟩$ er $h (x) > 0$ (f.eks. $h (- 1) = - 2 + 8 = 6 > 0$ ), så $f$ ligger over $g$ , og $A_{1}$ er arealet mellom grafene på dette intervallet:

A_{1} = \int_{- 2}^{0} (f (x) - g (x)) d x = \int_{- 2}^{0} (2 x^{3} - 8 x) d x = {[\frac{1}{2} x^{4} - 4 x^{2}]}_{- 2}^{0}

A_{1} = (0 - 0) - (\frac{1}{2} \cdot 16 - 4 \cdot 4) = 0 - (8 - 16) = 0 - (- 8) = 8

For $x \in ⟨ 0, 2 ⟩$ er $h (x) < 0$ (f.eks. $h (1) = 2 - 8 = - 6 < 0$ ), så $g$ ligger over $f$ , og $A_{2}$ er arealet mellom grafene på dette intervallet:

A_{2} = \int_{0}^{2} (g (x) - f (x)) d x = - \int_{0}^{2} (2 x^{3} - 8 x) d x = - {[\frac{1}{2} x^{4} - 4 x^{2}]}_{0}^{2}

A_{2} = - ((\frac{1}{2} \cdot 16 - 4 \cdot 4) - 0) = - (8 - 16) = - (- 8) = 8

Siden $A_{1} = 8$ og $A_{2} = 8$ , har vi vist ved regning at

A_{1} = A_{2} = 8

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 3
Temaer: Bestemt integral, Integrasjon
Egen side: Åpne oppgave 1-10 for seg selv

Oppgave 1-11Halvkule som omdreiingslegeme og kulevolumet

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En funksjon $f$ er gitt ved

f (x) = \sqrt{r^{2} - x^{2}}, D_{f} = [- r, r]

Graf av f som halvsirkel

Grafen til $f$ dreies $360 °$ om $x$ -aksen.

Regn ut volumet av omdreiingslegemet som da framkommer. Hva oppdager du?

Fasit

$V = \frac{4}{3} π r^{3}$ — dette er den kjente volumformelen for en kule med radius $r$ .

LøsningsforslagKI-generert

Grafen til $f (x) = \sqrt{r^{2} - x^{2}}$ er den øvre halvsirkelen med radius $r$ og sentrum i origo. Når denne grafen dreies $360 °$ om $x$ -aksen, framkommer en kule med radius $r$ .

Volumet av et omdreiingslegeme som framkommer ved å dreie grafen til $f$ om $x$ -aksen på $[- r, r]$ , er gitt ved

V = π \int_{- r}^{r} {[f (x)]}^{2} d x = π \int_{- r}^{r} (r^{2} - x^{2}) d x

V = π {[r^{2} x - \frac{1}{3} x^{3}]}_{- r}^{r}

V = π [(r^{3} - \frac{1}{3} r^{3}) - (- r^{3} + \frac{1}{3} r^{3})] = π [\frac{2}{3} r^{3} - (- \frac{2}{3} r^{3})] = π \cdot \frac{4}{3} r^{3}

V = \frac{4}{3} π r^{3}

Vi oppdager at dette er nøyaktig den kjente formelen for volumet av en kule med radius $r$ . Det gir mening, siden omdreiingslegemet som oppstår faktisk er en kule med radius $r$ .

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Omdreiningslegeme, Volum, Integrasjon
Egen side: Åpne oppgave 1-11 for seg selv

Oppgave 1-12Vinkel mellom vektorer og likning for plan

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Vektorene $\vec{u} = [1, 2, - 1]$ og $\vec{v} = [- 1, 1, - 2]$ er gitt.

Et plan $β$ går gjennom punktet $P (2, 0, 1)$ . Videre er $β ∥ \vec{u}$ og $β ∥ \vec{v}$ .

Bestem $∠ (\vec{u}, \vec{v})$ .

Vis at $\vec{n} = [- 1, 1, 1]$ er en normalvektor til planet $β$ .

Bestem likningen til planet $β$ .

Fasit

$∠ (\vec{u}, \vec{v}) = 60 °$

$\vec{n} \cdot \vec{u} = 0$ og $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$ , altså er $\vec{n} normalvektor til β$

$- x + y + z + 1 = 0$

LøsningsforslagKI-generert

Vinkelen mellom to vektorer finner vi ved formelen

\cos v = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{| \vec{u} | \cdot | \vec{v} |}

Vi regner ut skalarproduktet og lengdene:

\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \cdot (- 1) + 2 \cdot 1 + (- 1) \cdot (- 2) = - 1 + 2 + 2 = 3

| \vec{u} | = \sqrt{1^{2} + 2^{2} + {(- 1)}^{2}} = \sqrt{6}, | \vec{v} | = \sqrt{{(- 1)}^{2} + 1^{2} + {(- 2)}^{2}} = \sqrt{6}

\cos v = \frac{3}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}

v = \arccos (\frac{1}{2}) = 60 °

∠ (\vec{u}, \vec{v}) = 60 °

For at $\vec{n}$ skal være en normalvektor til planet $β$ , som er parallelt med både $\vec{u}$ og $\vec{v}$ , må $\vec{n}$ stå normalt på begge vektorene. Vi sjekker at skalarproduktene er null:

\vec{n} \cdot \vec{u} = (- 1) \cdot 1 + 1 \cdot 2 + 1 \cdot (- 1) = - 1 + 2 - 1 = 0

\vec{n} \cdot \vec{v} = (- 1) \cdot (- 1) + 1 \cdot 1 + 1 \cdot (- 2) = 1 + 1 - 2 = 0

Siden $\vec{n} \cdot \vec{u} = 0$ og $\vec{n} \cdot \vec{v} = 0$ , står $\vec{n}$ normalt på både $\vec{u}$ og $\vec{v}$ , og dermed er

\vec{n} = [- 1, 1, 1] en normalvektor til planet β

Et plan med normalvektor $\vec{n} = [- 1, 1, 1]$ gjennom punktet $P (2, 0, 1)$ har likning

- 1 (x - 2) + 1 (y - 0) + 1 (z - 1) = 0

- x + 2 + y + z - 1 = 0

- x + y + z + 1 = 0

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 3
Temaer: Vektorer, Plan, Romgeometri
Egen side: Åpne oppgave 1-12 for seg selv

Oppgave 1-13Trigonometrisk likning eksakte løsninger cos og sin

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Bestem alle eksakte løsninger til likningen

\cos^{2} x - 3 \sin^{2} x = - 2, x \in [0, 2 π ⟩

Fasit

$x = \frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}, \frac{4 π}{3}, \frac{5 π}{3}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker identiteten $\cos^{2} x = 1 - \sin^{2} x$ for å skrive likningen med bare $\sin x$ :

\cos^{2} x - 3 \sin^{2} x = - 2

(1 - \sin^{2} x) - 3 \sin^{2} x = - 2

1 - 4 \sin^{2} x = - 2

- 4 \sin^{2} x = - 3

\sin^{2} x = \frac{3}{4}

\sin x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}

Når $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ :

Dette gir løsningene i første og andre kvadrant:

x = \frac{π}{3} eller x = π - \frac{π}{3} = \frac{2 π}{3}

Når $\sin x = - \frac{\sqrt{3}}{2}$ :

Dette gir løsningene i tredje og fjerde kvadrant:

x = π + \frac{π}{3} = \frac{4 π}{3} eller x = 2 π - \frac{π}{3} = \frac{5 π}{3}

Alle fire løsningene ligger i $[0, 2 π ⟩$ , så

x = \frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}, \frac{4 π}{3}, \frac{5 π}{3}

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Trigonometri, Likninger, Eksakte verdier
Egen side: Åpne oppgave 1-13 for seg selv

Oppgave 2-1Månefaser sinusmodell og halvmåne med graftegner

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Månefaser

Tabellen nedenfor viser hvor stor del av månen som var synlig ved midnatt på noen utvalgte døgn på et bestemt sted i et bestemt år.

Døgn nr. ( $x$ )	1	2	3	4	5	6	10	15	20	21
Synlig del	0,25	0,18	0,11	0,06	0,02	0,00	0,11	0,57	0,99	1,00

Døgn nr. ( $x$ )	25	30	35	40	45	50	55	60	65	66
Synlig del	0,80	0,32	0,02	0,14	0,64	1,00	0,77	0,31	0,01	0,00

Kalkulator

Lag en sinus-funksjon $f$ som gir en god modell for dataene ovenfor.

Bestem perioden, amplituden og likevektslinjen.

Kalkulator

Bruk graftegner til å bestemme i hvilke døgn det er halvmåne i denne perioden.

Fasit

$f (x) = 0,5 + 0,5 \sin (\frac{π}{15} (x - 13,5))$ , med periode $T = 30 døgn$ , amplitude $a = 0,5$ og likevektslinje $y = 0,5$

$x \approx 13,5, 28,5, 43,5 og 58,5 døgn$

LøsningsforslagKI-generert

En sinusmodell for den synlige delen av månen har formen

f (x) = d + a \sin (b (x - c))

der $d$ er likevektslinja, $a$ er amplituden, $b = \frac{2 π}{T}$ og $c$ er en horisontal forskyvning.

Amplitude og likevektslinje. Den synlige delen varierer mellom $0,00$ (nymåne) og $1,00$ (fullmåne). Det gir

a = \frac{1,00 - 0,00}{2} = 0,5 d = \frac{1,00 + 0,00}{2} = 0,5

Periode. Av tabellen ser vi at det er nymåne (verdi $0,00$ ) både ved $x = 6$ og ved $x = 66$ , og fullmåne (verdi ca. $1,00$ ) ved $x = 21$ og $x = 51$ . Fra $x = 6$ til $x = 66$ går det med to hele perioder, så

T = \frac{66 - 6}{2} = 30 døgn \Rightarrow b = \frac{2 π}{T} = \frac{2 π}{30} = \frac{π}{15}

Forskyvning. Med minimum ved $x = 6$ ligger sinuskurven på likevektslinja og stiger en kvart periode senere, altså ved $x = 6 + \frac{30}{4} = 13,5$ . Dette gir $c = 13,5$ .

Modellen blir dermed

f (x) = 0,5 + 0,5 \sin (\frac{π}{15} (x - 13,5))

Setter vi inn tabellverdiene, stemmer modellen godt overens med de oppgitte dataene (for eksempel $f (1) = 0,25$ , $f (21) = 1,00$ og $f (66) = 0,00$ , som alle er nøyaktig lik de målte verdiene).

Halvmåne betyr at halve månen er synlig, altså $f (x) = 0,5$ . Vi bruker graftegner til å tegne $f$ sammen med linja $y = 0,5$ og finner skjæringspunktene i perioden $⟨ 1, 66 ⟩$ .

Graf av f(x) med linja y=0,5 og skjæringspunktene

Graftegneren gir skjæringspunkter ved

x = 13,5, x = 28,5, x = 43,5, x = 58,5

Det er altså halvmåne midt mellom døgn $13$ og $14$ , mellom $28$ og $29$ , mellom $43$ og $44$ , og mellom $58$ og $59$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 5
Temaer: Modellering, Trigonometri, Graf
Egen side: Åpne oppgave 2-1 for seg selv

Oppgave 2-2Avkortet kjegle volum ved CAS og omdreiingslegeme

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En rett linje går gjennom punktene $A (0, R)$ og $B (h, r)$ . Se figur 1. En rett, avkortet kjegle framkommer ved å rotere linjestykket $A B$ 360° om $x$ -aksen. Se figur 2.

Figur 1 og 2: Linjestykke og avkortet kjegle

For hånd

Vis at linjen gjennom $A$ og $B$ har likningen $y = \frac{r - R}{h} \cdot x + R$

For hånd

Bruk CAS til å vise at volumet $V$ av den rett avkortede kjegle er

V = \frac{π h}{3} (R^{2} + R r + r^{2})

For hånd

Forklar kort hvilket omdreiingslegeme vi får dersom $r = 0$ og dersom $r = R$ .

Fasit

$y = \frac{r - R}{h} \cdot x + R$

$V = \frac{π h}{3} (R^{2} + R r + r^{2})$

$r = 0 \Rightarrow kjegle, r = R \Rightarrow sylinder$

LøsningsforslagKI-generert

Linjen går gjennom punktene $A (0, R)$ og $B (h, r)$ . Stigningstallet blir

m = \frac{r - R}{h - 0} = \frac{r - R}{h}

Ettersom linjen skjærer $y$ -aksen i $A (0, R)$ , er $R$ konstantleddet i likningen. Dermed er linjens likning

y = \frac{r - R}{h} \cdot x + R

Når linjestykket $A B$ roteres $360 °$ om $x$ -aksen, dannes en avkortet kjegle. Volumet av et omdreiingslegeme om $x$ -aksen fra $x = 0$ til $x = h$ er gitt ved

V = \int_{0}^{h} π \cdot {[f (x)]}^{2} d x, f (x) = \frac{r - R}{h} \cdot x + R

Vi setter opp integralet i CAS og lar GeoGebra regne det ut.

Avkortet kjegle volum ved CAS

CAS gir

V = \frac{1}{3} (h r^{2} π + R^{2} h π + R h r π) = \frac{π h}{3} (R^{2} + R r + r^{2})

som er det vi skulle vise:

V = \frac{π h}{3} (R^{2} + R r + r^{2})

Dersom $r = 0$ , blir linjen $y = - \frac{R}{h} \cdot x + R$ , som går fra $A (0, R)$ ned til $B (h, 0)$ på $x$ -aksen. Når dette linjestykket roteres om $x$ -aksen, dannes en hel kjegle med grunnflateradius $R$ og høyde $h$ . Sjekk mot formelen:

V = \frac{π h}{3} (R^{2} + R \cdot 0 + 0^{2}) = \frac{π h}{3} R^{2}

som er den velkjente volumformelen for en kjegle.

Dersom $r = R$ , blir linjen $y = R$ , altså en horisontal linje. Når denne roteres om $x$ -aksen, dannes en sylinder med radius $R$ og høyde $h$ . Sjekk mot formelen:

V = \frac{π h}{3} (R^{2} + R \cdot R + R^{2}) = \frac{π h}{3} \cdot 3 R^{2} = π R^{2} h

som er volumformelen for en sylinder.

r = 0 \Rightarrow kjegle, r = R \Rightarrow sylinder

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 3
Poeng: 4
Temaer: Omdreiningslegeme, Volum, CAS, Integrasjon
Egen side: Åpne oppgave 2-2 for seg selv

Oppgave 2-3Kroppstemperatur differensiallikning eksponentiell nedkjøling

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Hvis en person blir liggende i vann med temperatur på $0 ° C$ , kan endringen i kroppstemperaturen $K ° C$ under visse betingelser beskrives med følgende differensiallikning

K^{'} (t) = - 0,012 K (t)

der $t$ er målt i minutter.

En person faller i vannet, og vi antar at kroppstemperaturen synker etter modellen ovenfor.

Kalkulator

Bestem hvor lang tid det tar for kroppstemperaturen å synke fra $37 ° C$ til $25 ° C$ ( $25 ° C$ er antatt grense for å overleve).

Kalkulator

Bestem hvor fort kroppstemperaturen endrer seg 20 min etter at personen faller i vannet.

Fasit

$t \approx 32,7 m i n$

$K^{'} (20) \approx - 0,349 ° C / m i n$

LøsningsforslagKI-generert

Differensiallikningen $K^{'} (t) = - 0,012 K (t)$ er en separabel (eksponentiell) differensiallikning av typen $K^{'} (t) = k \cdot K (t)$ , som har generell løsning

K (t) = K (0) \cdot e^{k t}

Her er $k = - 0,012$ og $K (0) = 37$ (starttemperaturen), så

K (t) = 37 \cdot e^{- 0,012 t}

Vi skal finne $t$ slik at $K (t) = 25$ . Løser likningen $37 \cdot e^{- 0,012 t} = 25$ i CAS.

Løsning i GeoGebra CAS

Fra utklippet (linje 2) er $t \approx 32,67017$ .

Det tar altså omtrent $32,7 m i n u t t e r$ for kroppstemperaturen å synke fra $37 ° C$ til $25 ° C$ .

Endringsraten til kroppstemperaturen er den deriverte $K^{'} (t) = - 0,012 \cdot K (t)$ . Vi definerer $d k (t) : = K^{'} (t)$ i CAS (linje 3) og evaluerer i $t = 20$ (linje 4), se utklippet over.

Fra linje 4 er $K^{'} (20) \approx - 0,34926$ .

Kroppstemperaturen synker altså med omtrent $0,349 ° C$ per minutt ( $20$ minutter etter at personen falt i vannet).

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Differensiallikning, Modellering, Eksponentialfunksjon
Egen side: Åpne oppgave 2-3 for seg selv

Oppgave 2-4Innskrevne kvadrater geometrisk rekke og spiralareal

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

I et kvadrat med side 1 er det innskrevet et annet kvadrat med hjørner midt på sidene i det første kvadratet. I det andre kvadratet er det innskrevet et tredje kvadrat med hjørner midt på sidene i det andre kvadratet. Slik fortsetter det i en uendelig prosess. Se figur 1 nedenfor.

Vi lar $A_{1}, A_{2}, A_{3}, \dots$ være en følge av arealer av rettvinklede trekanter. Disse danner en blå «spiral». Se figur 2 nedenfor.

Figur 1: Innskrevne kvadrater Figur 2: Blå spiralareal

Kalkulator

Vis at arealene $A_{1}, A_{2}, A_{3}, \dots$ danner en uendelig, geometrisk og konvergent tallfølge.

Kalkulator

Bestem summen av rekken $A_{1} + A_{2} + A_{3} + \dots$ på to måter:

ved hjelp av relevante formler
ved et geometrisk resonnement.

Fasit

$A_{n} = \frac{1}{8} \cdot {(\frac{1}{2})}^{n - 1}$ er en geometrisk følge med $k = \frac{1}{2}$ , $| k | < 1 \Rightarrow$ konvergent.

$s = \frac{1}{4}$

LøsningsforslagKI-generert

Kvadrat nummer 1 har side $s_{1} = 1$ . Kvadrat nummer 2 lages ved å trekke linjer mellom midtpunktene på sidene i kvadrat 1. Sidelengden i kvadrat 2 blir da (Pytagoras på en halv side):

s_{2} = \sqrt{{(\frac{1}{2})}^{2} + {(\frac{1}{2})}^{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot s_{1}

Siden hvert nytt kvadrat lages på nøyaktig samme måte ut fra det forrige, er dette en fast skaleringsfaktor for hvert steg:

s_{n + 1} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot s_{n} \Rightarrow s_{n} = 1 \cdot {(\frac{1}{\sqrt{2}})}^{n - 1}

Overgangen fra kvadrat $n$ til kvadrat $n + 1$ (der hjørnene i kvadrat $n + 1$ ligger midt på sidene i kvadrat $n$ ) skjærer av fire kongruente, rettvinklede trekanter i hjørnene av kvadrat $n$ . Hver av disse har katetlengde $\frac{s_{n}}{2}$ , altså areal

T_{n} = \frac{1}{2} \cdot \frac{s_{n}}{2} \cdot \frac{s_{n}}{2} = \frac{s_{n}^{2}}{8}

Trekantene $A_{1}, A_{2}, A_{3}, \dots$ i figur 2 er nettopp én slik hjørnetrekant fra hvert steg (valgt slik at de danner en spiral rundt sentrum). Dermed er

A_{n} = T_{n} = \frac{s_{n}^{2}}{8} = \frac{1}{8} \cdot {[{(\frac{1}{\sqrt{2}})}^{n - 1}]}^{2} = \frac{1}{8} \cdot {(\frac{1}{2})}^{n - 1}

Dette er en geometrisk følge med startverdi $a_{1} = \frac{1}{8}$ og kvotient

k = \frac{A_{n + 1}}{A_{n}} = \frac{1}{2}

som er konstant (uavhengig av $n$ ). Siden $| k | = \frac{1}{2} < 1$ , er den tilhørende uendelige, geometriske rekken $A_{1} + A_{2} + A_{3} + \dots$ konvergent.

Metode 1: Formel for sum av konvergent geometrisk rekke

Med $a_{1} = \frac{1}{8}$ og $k = \frac{1}{2}$ :

s = \frac{a_{1}}{1 - k} = \frac{\frac{1}{8}}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{\frac{1}{8}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{4}

Kontrollert i GeoGebra CAS:

Sum av geometrisk rekke

Metode 2: Geometrisk resonnement

Trekantene $A_{1}, A_{2}, A_{3}, \dots$ er valgt slik at de danner én av fire kongruente spiraler i figuren — én spiral starter i hvert av de fire hjørnene til det ytterste kvadratet, og alle fire har samme form (de går over i hverandre ved en $90 °$ -rotasjon om sentrum).

Siden kvadratene $s_{n} \to 0$ når $n \to \infty$ , vil de fire spiralene til sammen dekke hele det opprinnelige kvadratet med side $1$ , uten overlapp. Arealet til det opprinnelige kvadratet er $1^{2} = 1$ , og på grunn av symmetrien (rotasjon $90 °$ ) har alle fire spiralene samme areal. Dermed er summen av arealet i vår spiral

s = \frac{1}{4} \cdot 1 = \frac{1}{4}

som stemmer med svaret fra metode 1.

Svar: $s = \frac{1}{4}$

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 4
Temaer: Geometrisk rekke, Uendelig rekke, Konvergens, Bevis
Egen side: Åpne oppgave 2-4 for seg selv

Oppgave 2-5Svømmebasseng løpe og svømme optimal rute optimering

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Thomas står i et punkt $A$ på kanten av et sirkelformet svømmebasseng med diameter $A B = 40 m$ . Thomas vil komme seg raskest mulig over til punkt $B$ .

Thomas kan løpe med farten $2 k m / s$ og svømme med farten $k m / s$ .

Et punkt $C$ på bassengkanten er gitt ved at $∠ A O C = θ$ der $θ \in [0, π]$ . I punktet $A$ er $θ = 0$ .

I punktet $B$ er $θ = π$ . $∠ B O M = \frac{π - θ}{2}$ der $M$ er midtpunktet på $B C$ . Se skissen nedenfor.

Skisse av svømmebasseng med punktene A, B, C, M og O

For hånd

Vis at tiden som Thomas bruker for å løpe fra $A$ til $C$ og deretter svømme fra $C$ til $B$ kan beskrives av funksjonen $T$ gitt ved

T (θ) = \frac{10 θ}{k} + \frac{40 \sin (\frac{π - θ}{2})}{k}, D_{T} = [0, π], k \in ℝ^{+}

Kalkulator

Bruk blant annet $T^{'} (θ)$ til å avgjøre hvordan Thomas på raskest mulig måte kan komme seg fra $A$ til $B$ .

Fasit

Se utledning.

$θ = π$ — Thomas bør løpe hele veien rundt kanten uten å svømme, med minste tid $T (π) = \frac{10 π}{k}$

LøsningsforslagKI-generert

Løpestrekningen $A \to C$ . Siden $∠ A O C = θ$ og radien i bassenget er $r = \frac{A B}{2} = 20 m$ , er lengden av sirkelbuen fra $A$ til $C$ gitt ved

{bue}_{A C} = r \cdot θ = 20 θ

Med løpefart $2 k m / s$ blir tiden

t_{løpe} = \frac{20 θ}{2 k} = \frac{10 θ}{k}

Svømmestrekningen $C \to B$ . Trekanten $O C B$ er likebeint med $O C = O B = r = 20$ . Siden $∠ A O B = π$ (rett vinkel-summen for diameteren) og $∠ A O C = θ$ , er

∠ C O B = π - θ

$M$ er midtpunktet på $C B$ , og $O M$ står normalt på $C B$ og halverer $∠ C O B$ (egenskap ved likebeinte trekanter). Dermed er $∠ B O M = \frac{π - θ}{2}$ , slik oppgaven opplyser. I den rettvinklede trekanten $O M B$ (rett vinkel i $M$ ) er

\sin (\frac{π - θ}{2}) = \frac{M B}{O B} \Rightarrow M B = 20 \sin (\frac{π - θ}{2})

Siden $M$ er midtpunkt på $C B$ , er $C B = 2 \cdot M B = 40 \sin (\frac{π - θ}{2})$ . Med svømmefart $k m / s$ blir tiden

t_{svøm} = \frac{40 \sin (\frac{π - θ}{2})}{k}

Total tid. Summen av løpe- og svømmetiden gir

T (θ) = \frac{10 θ}{k} + \frac{40 \sin (\frac{π - θ}{2})}{k}, θ \in [0, π]

som var det som skulle vises.

Siden $\frac{π - θ}{2} = \frac{π}{2} - \frac{θ}{2}$ , kan $T$ skrives om med kofunksjonsidentiteten $\sin (\frac{π}{2} - \frac{θ}{2}) = \cos (\frac{θ}{2})$ :

T (θ) = \frac{10 θ + 40 \cos (\frac{θ}{2})}{k}

Vi deriverer og løser $T^{'} (θ) = 0$ i GeoGebra CAS.

CAS-utregning: T, T′ og løsning av T′(θ)=0

Av skjermbildet ser vi

T^{'} (θ) = \frac{10 - 20 \sin (\frac{θ}{2})}{k}

T^{'} (θ) = 0 \Rightarrow \sin (\frac{θ}{2}) = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{θ}{2} = \frac{π}{6} \Rightarrow θ = \frac{π}{3}

Er dette et minimum? Siden $\frac{θ}{2} \in [0, \frac{π}{2}]$ er $\sin (\frac{θ}{2})$ voksende på hele intervallet, så $T^{'} (θ)$ er avtagende: $T^{'} (0) = \frac{10}{k} > 0$ og $T^{'} (π) = \frac{10 - 20}{k} = - \frac{10}{k} < 0$ . Fortegnet til $T^{'}$ går altså fra $+$ til $-$ i $θ = \frac{π}{3}$ , så dette er et toppunkt (maksimum) for $T$ — ikke et minimum.

Siden det eneste kritiske punktet i det indre av $[0, π]$ er et maksimum, må minimumet ligge i et av endepunktene. Fra CAS-skjermbildet:

T (0) = \frac{40}{k} T (π) = \frac{10 π}{k} \approx \frac{31,4}{k}

Grafen under (med $k = 1$ ) illustrerer forløpet: $T$ vokser fra $θ = 0$ til toppunktet $(\frac{π}{3}, T (\frac{π}{3}))$ , og avtar deretter helt til $θ = π$ — der verdien er lavere enn i $θ = 0$ .

Graf av T(θ) for k=1, med toppunkt og endepunkter markert

Siden $10 π < 40$ , er $T (π) < T (0)$ , så det globale minimumet av $T$ på $[0, π]$ er i $θ = π$ .

Tolkning. $θ = π$ betyr at $C = B$ : Thomas svømmer ikke i det hele tatt, men løper hele veien langs kanten (halve bassengomkretsen) fra $A$ til $B$ . Selv om løpefarten $2 k$ bare er dobbelt så stor som svømmefarten $k$ , er halvsirkelbuen ( $20 π \approx 62,8 m$ i dobbel fart) raskere enn å svømme rett over diameteren ( $40 m$ i enkel fart), og raskere enn enhver kombinasjon av løping og svømming via et punkt $C$ mellom $A$ og $B$ .

Konklusjon: Thomas kommer raskest fram ved å løpe hele veien rundt kanten fra $A$ til $B$ (uten å svømme), med minste tid

T (π) = \frac{10 π}{k} s

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 4
Temaer: Optimering, Modellering, Derivasjon, Trigonometri
Egen side: Åpne oppgave 2-5 for seg selv

Oppgave 2-6Andregradsfunksjon areal kun avhengig av differansen CAS

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En funksjon $f$ er gitt ved

f (x) = a x^{2} + b x + c, D_{f} = ℝ

Et område er avgrenset av grafen til $f$ og en rett linje. Skjæringspunktene mellom grafen til $f$ og den rette linjen har $x$ -koordinater $p$ og $q$ . Se skissen nedenfor.

Areal mellom andregradsfunksjon og sekant

Bruk CAS til å vise at arealet som er begrenset av grafen til $f$ og den rette linjen bare er avhengig av differansen $p - q$ og $a$ (eller differansen $q - p$ og $a$ ).

Fasit

$A = \frac{| a |}{6} \cdot | q - p |^{3}$ , altså arealet avhenger bare av $a$ og differansen $q - p$ .

LøsningsforslagKI-generert

Vi lar $f (x) = a x^{2} + b x + c$ og lar $l (x)$ være den rette linjen (sekanten) gjennom punktene $(p, f (p))$ og $(q, f (q))$ på grafen til $f$ . Stigningstallet til sekanten er $\frac{f (q) - f (p)}{q - p}$ , så

l (x) = f (p) + \frac{f (q) - f (p)}{q - p} (x - p)

Vi bruker CAS til å finne differansen $f (x) - l (x)$ og deretter det bestemte integralet av denne differansen fra $p$ til $q$ , som gir arealet mellom grafen og sekanten.

CAS-utregning

Fra linje 3 i CAS-utklippet ser vi at

f (x) - l (x) = a (p - x) (q - x)

Dette er ikke uventet: $f (x) - l (x)$ er et andregradsuttrykk med samme ledende koeffisient $a$ som $f$ , og det er null nettopp for $x = p$ og $x = q$ (skjæringspunktene).

Fra linje 5 ser vi at det bestemte integralet av differansen blir

\int_{p}^{q} (f (x) - l (x)) d x = \frac{a}{6} {(p - q)}^{3}

Arealet mellom grafen og sekanten er tallverdien av dette integralet:

A = | \frac{a}{6} {(p - q)}^{3} | = \frac{| a |}{6} \cdot | q - p |^{3}

Uttrykket for arealet inneholder altså kun koeffisienten $a$ og differansen $q - p$ (eventuelt $p - q$ , siden $| p - q | = | q - p |$ ) — verken $b$ , $c$ , $p$ og $q$ hver for seg, eller plasseringen av intervallet på $x$ -aksen har noen betydning for arealet. Dermed er påstanden vist.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 3
Temaer: Integrasjon, Bestemt integral, CAS, Argumentasjon
Egen side: Åpne oppgave 2-6 for seg selv

Del 1uten hjelpemidler · 3 timer · 13 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 1-1·Deriver tre funksjoner med kjedel og kvotient

Oppgave 1-2·Integrasjon tre integraler delvis og substitusjon

Oppgave 1-3·Differensiallikning separabel første ordens

Oppgave 1-4·Avgjør påstander om f og f primderiverte fra graf

Oppgave 1-5·Uendelig geometrisk rekke med variabel kvotient og konvergens

Oppgave 1-6·Funksjonsdrøfting fjerdegradsfunksjon topp bunn infleksjon

Oppgave 1-7·Trigonometrisk likning produktform sinus cosinus

Oppgave 1-8·Bevis derivasjonsregel potens ved induksjon

Oppgave 1-9·Kuleflate sentrum og radius ved fullstendige kvadraters metode

Oppgave 1-10·Likeverdige arealer mellom to grafer A1 lik A2

Oppgave 1-11·Halvkule som omdreiingslegeme og kulevolumet

Oppgave 1-12·Vinkel mellom vektorer og likning for plan

Oppgave 1-13·Trigonometrisk likning eksakte løsninger cos og sin

Del 2alle hjelpemidler · 2 timer · 6 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 2-1·Månefaser sinusmodell og halvmåne med graftegner

Oppgave 2-2·Avkortet kjegle volum ved CAS og omdreiingslegeme

Oppgave 2-3·Kroppstemperatur differensiallikning eksponentiell nedkjøling

Oppgave 2-4·Innskrevne kvadrater geometrisk rekke og spiralareal

Oppgave 2-5·Svømmebasseng løpe og svømme optimal rute optimering

Oppgave 2-6·Andregradsfunksjon areal kun avhengig av differansen CAS

Temaer

Oppgave 1-1Deriver tre funksjoner med kjedel og kvotient

Oppgave 1-2Integrasjon tre integraler delvis og substitusjon

Oppgave 1-3Differensiallikning separabel første ordens

Oppgave 1-4Avgjør påstander om f og f primderiverte fra graf

Oppgave 1-5Uendelig geometrisk rekke med variabel kvotient og konvergens

Oppgave 1-6Funksjonsdrøfting fjerdegradsfunksjon topp bunn infleksjon

Oppgave 1-7Trigonometrisk likning produktform sinus cosinus

Oppgave 1-8Bevis derivasjonsregel potens ved induksjon

Oppgave 1-9Kuleflate sentrum og radius ved fullstendige kvadraters metode

Oppgave 1-10Likeverdige arealer mellom to grafer A1 lik A2

Oppgave 1-11Halvkule som omdreiingslegeme og kulevolumet

Oppgave 1-12Vinkel mellom vektorer og likning for plan

Oppgave 1-13Trigonometrisk likning eksakte løsninger cos og sin

Oppgave 2-1Månefaser sinusmodell og halvmåne med graftegner

Oppgave 2-2Avkortet kjegle volum ved CAS og omdreiingslegeme

Oppgave 2-3Kroppstemperatur differensiallikning eksponentiell nedkjøling

Oppgave 2-4Innskrevne kvadrater geometrisk rekke og spiralareal

Oppgave 2-5Svømmebasseng løpe og svømme optimal rute optimering

Oppgave 2-6Andregradsfunksjon areal kun avhengig av differansen CAS