R2 Høst 2014

Oppgave 1-1Derivasjon av cosinus og e-funksjon produktregel

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

Deriver funksjonene

f (x) = 2 \cos (3 x)

g (x) = 5 e^{x} \cdot \sin (2 x)

Fasit

$f^{'} (x) = - 6 \sin (3 x)$

$g^{'} (x) = 5 e^{x} (\sin (2 x) + 2 \cos (2 x))$

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker kjerneregelen på $f (x) = 2 \cos (3 x)$ , med indre funksjon $u = 3 x$ og $u^{'} = 3$ :

f^{'} (x) = 2 \cdot (- \sin (3 x)) \cdot 3 = - 6 \sin (3 x)

Funksjonen $g (x) = 5 e^{x} \cdot \sin (2 x)$ er et produkt av $5 e^{x}$ og $\sin (2 x)$ . Vi bruker produktregelen ${(u v)}^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ med

u = 5 e^{x}, u^{'} = 5 e^{x} v = \sin (2 x), v^{'} = 2 \cos (2 x)

Dette gir

g^{'} (x) = 5 e^{x} \cdot \sin (2 x) + 5 e^{x} \cdot 2 \cos (2 x) = 5 e^{x} (\sin (2 x) + 2 \cos (2 x))

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 1
Poeng: 3
Temaer: Derivasjon, Trigonometri
Egen side: Åpne oppgave 1-1 for seg selv

Oppgave 1-2Ubestemte og bestemte integraler med ln

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

Bestem integralene

\int (x^{3} - 2 x) d x

\int_{1}^{e} x \cdot \ln x d x

Fasit

$\frac{1}{4} x^{4} - x^{2} + C$

$\frac{e^{2} + 1}{4}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi integrerer ledd for ledd med regelen $\int x^{n} d x = \frac{1}{n + 1} x^{n + 1} + C$ :

\int (x^{3} - 2 x) d x = \frac{1}{4} x^{4} - 2 \cdot \frac{1}{2} x^{2} + C = \frac{1}{4} x^{4} - x^{2} + C

Integralet løses ved delvis integrasjon, $\int u v^{'} d x = u v - \int u^{'} v d x$ , med

u = \ln x, u^{'} = \frac{1}{x} v^{'} = x, v = \frac{1}{2} x^{2}

Dette gir

\int_{1}^{e} x \cdot \ln x d x = {[\frac{1}{2} x^{2} \ln x]}_{1}^{e} - \int_{1}^{e} \frac{1}{2} x^{2} \cdot \frac{1}{x} d x = {[\frac{1}{2} x^{2} \ln x]}_{1}^{e} - \int_{1}^{e} \frac{1}{2} x d x

Vi setter inn grensene i første ledd, der $\ln 1 = 0$ og $\ln e = 1$ :

{[\frac{1}{2} x^{2} \ln x]}_{1}^{e} = \frac{1}{2} e^{2} \cdot 1 - \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 0 = \frac{1}{2} e^{2}

og løser det siste integralet:

\int_{1}^{e} \frac{1}{2} x d x = {[\frac{1}{4} x^{2}]}_{1}^{e} = \frac{1}{4} e^{2} - \frac{1}{4}

Til sammen:

\int_{1}^{e} x \cdot \ln x d x = \frac{1}{2} e^{2} - (\frac{1}{4} e^{2} - \frac{1}{4}) = \frac{1}{4} e^{2} + \frac{1}{4} = \frac{e^{2} + 1}{4}

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 1
Poeng: 3
Temaer: Integrasjon, Delvis integrasjon
Egen side: Åpne oppgave 1-2 for seg selv

Oppgave 1-3Differensiallikning med initialverdi og tangent

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

Løs differensiallikningen

y^{'} - 2 y = 3 når y (0) = \frac{5}{2}

Bestem likningen til tangenten i punktet $(0, \frac{5}{2})$ på grafen til $y$ .

Fasit

$y = 4 e^{2 x} - \frac{3}{2}$

$y = 8 x + \frac{5}{2}$

LøsningsforslagKI-generert

Differensiallikningen $y^{'} - 2 y = 3$ er lineær av første orden. Vi finner en integrerende faktor

I (x) = e^{\int - 2 d x} = e^{- 2 x}

Vi multipliserer likningen med $e^{- 2 x}$ :

e^{- 2 x} y^{'} - 2 e^{- 2 x} y = 3 e^{- 2 x}

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

{(e^{- 2 x} y)}^{'} = 3 e^{- 2 x}

Vi integrerer på begge sider:

e^{- 2 x} y = - \frac{3}{2} e^{- 2 x} + C

y = - \frac{3}{2} + C e^{2 x}

Startbetingelsen $y (0) = \frac{5}{2}$ gir

\frac{5}{2} = - \frac{3}{2} + C \Rightarrow C = 4

Dermed er

y = 4 e^{2 x} - \frac{3}{2}

Vi finner stigningstallet til tangenten ved å derivere $y$ og sette inn $x = 0$ :

y^{'} = 8 e^{2 x} \Rightarrow y^{'} (0) = 8 e^{0} = 8

Tangenten går gjennom punktet $(0, \frac{5}{2})$ med stigningstall $8$ :

y = 8 (x - 0) + \frac{5}{2} = 8 x + \frac{5}{2}

Oppgavedata

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

Oppgave 1-4Plan gjennom tre punkter og tetraedervolum

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

Punktene $A (0, 6, 6)$ , $B (0, 0, 7)$ og $C (6, 0, 5)$ ligger i planet $α$ .

Bestem likningen til $α$ .

Et punkt $P$ ligger på linjen gjennom punktene $O (0, 0, 0)$ og $A (0, 6, 6)$ .

Bestem mulige koordinater til $P$ slik at volumet av tetraederet $A B C P$ blir 42.

Fasit

$2 x + y + 6 z = 42$

$P = (0, 0, 0) eller P = (0, 12, 12)$

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner to vektorer som ligger i planet:

\vec{A B} = B - A = (0, - 6, 1) \vec{A C} = C - A = (6, - 6, - 1)

Normalvektoren til planet er kryssproduktet $\vec{n} = \vec{A B} \times \vec{A C}$ :

\vec{n} = ((- 6) (- 1) - (1) (- 6), - [(0) (- 1) - (1) (6)], (0) (- 6) - (- 6) (6)) = (12, 6, 36)

Vi kan forenkle normalvektoren ved å dele med $6$ : $\vec{n} = (2, 1, 6)$ . Planlikningen med $A (0,6,6)$ som punkt i planet blir

2 (x - 0) + 1 (y - 6) + 6 (z - 6) = 0

2 x + y + 6 z - 42 = 0

2 x + y + 6 z = 42

Linjen gjennom $O (0,0,0)$ og $A (0,6,6)$ har retningsvektor $\vec{O A} = (0, 6, 6)$ , som kan forenkles til $(0, 1, 1)$ . Et vilkårlig punkt på linjen kan derfor skrives

P = (0, 6 t, 6 t)

Volumet av tetraederet $A B C P$ er gitt ved

V = \frac{1}{6} | \vec{A P} \cdot (\vec{A B} \times \vec{A C}) | = \frac{1}{6} | \vec{A P} \cdot \vec{n} |

der $\vec{n} = (12, 6, 36)$ fra a). Vi finner $\vec{A P}$ :

\vec{A P} = P - A = (0, 6 t - 6, 6 t - 6)

Prikkproduktet blir

\vec{A P} \cdot \vec{n} = 0 \cdot 12 + (6 t - 6) \cdot 6 + (6 t - 6) \cdot 36 = 42 (6 t - 6)

Dermed er

V = \frac{1}{6} | 42 (6 t - 6) | = 7 | 6 t - 6 |

Vi setter $V = 42$ :

7 | 6 t - 6 | = 42 \Rightarrow | 6 t - 6 | = 6 \Rightarrow 6 t - 6 = \pm 6

Dette gir $t = 0$ eller $t = 2$ . Vi setter inn i uttrykket for $P$ :

t = 0 : P = (0, 0, 0)

t = 2 : P = (0, 12, 12)

Dermed er $P = (0, 0, 0) eller P = (0, 12, 12)$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 3
Poeng: 4
Temaer: Romgeometri, Vektorer, Plan, Volum
Egen side: Åpne oppgave 1-4 for seg selv

Oppgave 1-5Stykkevis funksjon og akkumulert integral

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

Stykkevis lineær funksjon f(x) på intervallet [0,9]

Figuren viser grafen til en funksjon $f (x)$ , der $x \in [0, 9]$ .

La $g (t) = \int_{0}^{t} f (x) d x$ , der $t \in [0, 9]$

Bestem $g (2)$ . Forklar at den største verdien til $g (t)$ er 10.

Bestem nullpunktet til $g$ . Avgjør hvilke verdier av $t$ som gjør $g (t)$ negativ.

Fasit

$g (2) = 8$

$t = 6$ , og $g (t) < 0$ for $t \in ⟨ 6, 9]$

LøsningsforslagKI-generert

Fra grafen leser vi av at $f$ er stykkevis lineær:

f (x) = {\begin{matrix} 4 & 0 \leq x \leq 2 \\ - 4 x + 12 & 2 \leq x \leq 4 \\ - 4 & 4 \leq x \leq 9 \end{matrix}

Siden $g (t) = \int_{0}^{t} f (x) d x$ er $g (t)$ arealet under grafen til $f$ fra $0$ til $t$ (med fortegn). På intervallet $[0,2]$ er $f$ konstant lik $4$ , så

g (2) = \int_{0}^{2} 4 d x = 4 \cdot 2 = 8

Den største verdien til $g (t)$ er 10:

Vi ser av grafen at $f (x) \geq 0$ for $x \in [0, 3]$ og $f (x) < 0$ for $x > 3$ (grafen krysser $x$ -aksen ved $x = 3$ ). Siden $g^{'} (t) = f (t)$ , er $g$ voksende så lenge $f (t) \geq 0$ og avtakende når $f (t) < 0$ . Dermed har $g$ sin største verdi ved $t = 3$ .

Fra $t = 2$ til $t = 3$ er arealet under $f$ en trekant med grunnlinje $1$ og høyde $4$ (fra $f (2) = 4$ til $f (3) = 0$ ):

\int_{2}^{3} f (x) d x = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 4 = 2

Dermed er

g (3) = g (2) + \int_{2}^{3} f (x) d x = 8 + 2 = 10

som var det som skulle forklares.

Siden $g$ er voksende på $[0,3]$ og deretter avtakende, og $g (3) = 10 > 0$ , må et eventuelt nullpunkt ligge for $t > 3$ .

På intervallet $[3,4]$ har vi (samme lineære uttrykk som over)

g (t) = g (2) + \int_{2}^{t} f (x) d x = 8 + {[- 2 x^{2} + 12 x]}_{2}^{t} = - 2 t^{2} + 12 t - 8

Kontroll: $g (4) = - 32 + 48 - 8 = 8$ , som fortsatt er positivt. Nullpunktet ligger altså ikke i $[3,4]$ .

På intervallet $[4,9]$ er $f (x) = - 4$ , konstant, så

g (t) = g (4) + \int_{4}^{t} (- 4) d x = 8 - 4 (t - 4) = 24 - 4 t

Setter vi $g (t) = 0$ :

24 - 4 t = 0 \Rightarrow t = 6

Siden $g (t) = 24 - 4 t$ er en avtakende (lineær) funksjon på $[4,9]$ , er $g (t) < 0$ for $t > 6$ . Dermed er

g (t) < 0 for t \in ⟨ 6, 9]

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 4
Temaer: Integrasjon, Bestemt integral, Funksjoner
Egen side: Åpne oppgave 1-5 for seg selv

Oppgave 1-6Sinusfunksjon bestem parametre fra graf

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

Graf av f(x) = A sin(cx + φ₁) + d med markerte topp-, bunn- og skjæringspunkter

Ovenfor ser du grafen til en funksjon $f (x) = A \sin (c x + φ_{1}) + d$ .

Bestem $A$ , $c$ , $d$ og $φ_{1}$ ved hjelp av grafen og de punktene som er markert på grafen. Skriv opp funksjonsuttrykket til $f (x)$ .

Grafen ovenfor kan også være grafen til $g (x) = A \cos (c x + φ_{2}) + d$ . Skriv opp funksjonsuttrykket til $g (x)$ .

Fasit

$A = 2$ , $c = 2$ , $d = 5$ , $φ_{1} \approx 2,28$ , altså $f (x) = 2 \sin (2 x + 2,28) + 5$

$g (x) = 2 \cos (2 x + 0,71) + 5$

LøsningsforslagKI-generert

Amplitude $A$ og $d$ : Grafen har toppunkt (maksimum) $y = 7$ og bunnpunkt (minimum) $y = 3$ . Amplituden er halvparten av avstanden mellom topp- og bunnverdi, og $d$ er midtverdien:

A = \frac{7 - 3}{2} = 2 d = \frac{7 + 3}{2} = 5

Periode og $c$ : De to markerte toppunktene ligger ved $x = - 0,35$ og $x = 2,79$ . Avstanden mellom dem er én hel periode:

T = 2,79 - (- 0,35) = 3,14 \approx π

Perioden til $\sin (c x)$ er $\frac{2 π}{c}$ , så

c = \frac{2 π}{T} = \frac{2 π}{π} = 2

(Dette stemmer også med at bunnpunktet $x = 1,22$ ligger midt mellom de to toppunktene: $\frac{- 0,35 + 2,79}{2} = 1,22$ .)

Fasen $φ_{1}$ : Vi bruker det avmerkede punktet $(2, 5)$ , der grafen krysser midtlinjen $y = 5 = d$ på vei oppover (stigende). Da er $\sin (c x + φ_{1}) = 0$ med økende verdi, altså $c \cdot 2 + φ_{1} = 2 π$ (eller et helt antall perioder):

2 \cdot 2 + φ_{1} = 2 π \Rightarrow φ_{1} = 2 π - 4 \approx 2,28

Kontroll mot toppunktet $x = - 0,35$ : $2 \cdot (- 0,35) + 2,28 = 1,58 \approx \frac{π}{2}$ , som stemmer med at $\sin (\frac{π}{2}) = 1$ (maksimum). Kontroll mot bunnpunktet $x = 1,22$ : $2 \cdot 1,22 + 2,28 = 4,72 \approx \frac{3 π}{2}$ , som stemmer med $\sin (\frac{3 π}{2}) = - 1$ (minimum).

Funksjonsuttrykket blir dermed

f (x) = 2 \sin (2 x + 2,28) + 5

$A$ , $c$ og $d$ er de samme som i a), siden det er samme graf. Vi bruker sammenhengen $\sin θ = \cos (θ - \frac{π}{2})$ :

f (x) = 2 \sin (2 x + φ_{1}) + 5 = 2 \cos (2 x + φ_{1} - \frac{π}{2}) + 5

Dermed er $φ_{2} = φ_{1} - \frac{π}{2} \approx 2,28 - 1,57 = 0,71$ , og

g (x) = 2 \cos (2 x + 0,71) + 5

Kontroll: for cosinus er toppunkt der $2 x + φ_{2} = 0$ . Ved $x = - 0,35$ : $2 \cdot (- 0,35) + 0,71 = 0,01 \approx 0$ , som stemmer med toppunktet på grafen.

Oppgavedata

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

Oppgave 1-7Induksjonsbevis for produkt med faktor 1 minus 1 over k

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

Bruk induksjon til å bevise påstanden

P (n) : (1 - \frac{1}{2}) \cdot (1 - \frac{1}{3}) \cdot (1 - \frac{1}{4}) \dots (1 - \frac{1}{n}) \cdot (1 - \frac{1}{n + 1}) = \frac{1}{n + 1}, n \in ℕ

Fasit

$P (n) er sann for alle n \in ℕ (vist ved induksjon)$

LøsningsforslagKI-generert

Grunnlag ( $n = 1$ ):

For $n = 1$ består produktet av kun ett ledd, $(1 - \frac{1}{2})$ , og påstanden blir

P (1) : 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

Venstre side: $1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ . Høyre side: $\frac{1}{n + 1} = \frac{1}{2}$ . Siden VS $=$ HS, er $P (1)$ sann.

Induksjonssteg:

Anta at $P (n)$ er sann for et vilkårlig $n \in ℕ$ , altså at

(1 - \frac{1}{2}) (1 - \frac{1}{3}) \dots (1 - \frac{1}{n}) (1 - \frac{1}{n + 1}) = \frac{1}{n + 1}

Vi skal vise at da er også $P (n + 1)$ sann, det vil si at

(1 - \frac{1}{2}) (1 - \frac{1}{3}) \dots (1 - \frac{1}{n + 1}) (1 - \frac{1}{n + 2}) = \frac{1}{n + 2}

Venstre side i $P (n + 1)$ er venstre side i $P (n)$ ganget med ett nytt faktor, $(1 - \frac{1}{n + 2})$ . Ved å bruke induksjonsantakelsen får vi

\underset{= \frac{1}{n + 1} ved P (n)}{\underset{⏟}{(1 - \frac{1}{2}) \dots (1 - \frac{1}{n + 1})}} \cdot (1 - \frac{1}{n + 2}) = \frac{1}{n + 1} \cdot (1 - \frac{1}{n + 2})

Vi forenkler høyre side:

\frac{1}{n + 1} \cdot (1 - \frac{1}{n + 2}) = \frac{1}{n + 1} \cdot \frac{n + 2 - 1}{n + 2} = \frac{1}{n + 1} \cdot \frac{n + 1}{n + 2} = \frac{1}{n + 2}

Dette er nettopp høyre side i $P (n + 1)$ . Dermed er $P (n + 1)$ sann når $P (n)$ er sann.

Konklusjon:

Siden $P (1)$ er sann, og $P (n) \Rightarrow P (n + 1)$ for alle $n \in ℕ$ , er $P (n)$ sann for alle $n \in ℕ$ ved induksjonsprinsippet.

■

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Induksjon, Bevis
Egen side: Åpne oppgave 1-7 for seg selv

Oppgave 2-1Uendelig geometrisk rekke og trekant med kvadrater

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

Vi har en uendelig geometrisk rekke $a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots$ som er konvergent.

Kalkulator

Vis at summen $S$ av rekken kan skrives

S = \frac{a_{1}^{2}}{a_{1} - a_{2}}

Figuren nedenfor viser en rettvinklet og likebeint $△ A B C$ der katetene har lengde 12. Inne i trekanten har vi en rekke kvadrater (markert med blått på figuren). Det største kvadratet har side 6, det nest største har side 3, slik at sidene til kvadratene blir halvert i det uendelige.

Rettvinklet likebeint trekant ABC med rekke av kvadrater og trekanter inni

Kalkulator

Forklar at summen $S$ av arealene til kvadratene kan skrives som en uendelig geometrisk rekke. Bruk formelen i oppgave a) til å bestemme $S$ .

Kalkulator

$△ A B C$ inneholder også uendelig mange rettvinklede og likebeinte trekanter (markert med grønt på figuren) der sidene også halveres fra gang til gang. Skriv summen av arealene til disse trekantene som en uendelig geometrisk rekke. Bestem denne summen.

Kalkulator

Forklar hvordan du kunne ha funnet de to summene i oppgave b) og oppgave c) ved hjelp av et geometrisk resonnement.

Fasit

Vist, se løsningsforslag.

$S = 48$

$S = 24$

$S_{kvadrater} + S_{trekanter} = Areal (△ A B C) = 72$

LøsningsforslagKI-generert

Rekken $a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots$ er en uendelig geometrisk rekke med kvotient $k = \frac{a_{2}}{a_{1}}$ . Siden rekken er konvergent, er summen gitt ved

S = \frac{a_{1}}{1 - k}

Vi setter inn $k = \frac{a_{2}}{a_{1}}$ :

S = \frac{a_{1}}{1 - \frac{a_{2}}{a_{1}}} = \frac{a_{1}}{\frac{a_{1} - a_{2}}{a_{1}}} = a_{1} \cdot \frac{a_{1}}{a_{1} - a_{2}} = \frac{a_{1}^{2}}{a_{1} - a_{2}}

Q.E.D.

Trekanten $A B C$ er rettvinklet og likebeint med kateter $12$ . Kvadratet inntil hjørnet $B$ har side $6$ , og hvert påfølgende kvadrat (oppover mot $C$ ) har halvparten så lang side som det forrige. Siden arealet av et kvadrat er proporsjonalt med kvadratet av siden, blir arealene til kvadratene en geometrisk rekke med kvotient

k = {(\frac{1}{2})}^{2} = \frac{1}{4}

Det første kvadratet har areal $a_{1} = 6^{2} = 36$ , det neste $a_{2} = 3^{2} = 9$ . Med formelen fra a):

S = \frac{a_{1}^{2}}{a_{1} - a_{2}} = \frac{36^{2}}{36 - 9} = \frac{1296}{27} = 48

Se utregning i GeoGebra CAS (Kvadratsum):

Kvadratsum og trekantsum i CAS

Summen av arealene til kvadratene er $S = 48$ .

Det første (og største) av de grønne trekantene har hjørne i $A$ . Kvadratet med side $6$ ligger inntil $B$ langs $A B$ , slik at det gjenstår en strekning $12 - 6 = 6$ fra $A$ til kvadratets nærmeste hjørne. Den grønne trekanten er dermed rettvinklet og likebeint med begge kateter $6$ , og har areal

a_{1} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6 = 18

Hele konstruksjonen (kvadrat + grønn trekant + gjenværende trekant) gjentar seg i den mindre, gjenværende trekanten øverst, som er formlik med $△ A B C$ med skala $\frac{1}{2}$ . Dermed halveres kateten i den grønne trekanten for hver gang, og arealene til de grønne trekantene danner en geometrisk rekke med samme kvotient som for kvadratene:

k = {(\frac{1}{2})}^{2} = \frac{1}{4}

Det andre leddet blir $a_{2} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 = 4,5$ . Med formelen fra a):

S = \frac{a_{1}^{2}}{a_{1} - a_{2}} = \frac{18^{2}}{18 - 4,5} = \frac{324}{13,5} = 24

Se utregning i GeoGebra CAS (Trekantsum) i samme utklipp som over.

Summen av arealene til de grønne trekantene er $S = 24$ .

For hver runde i konstruksjonen dekkes trekanten $△ A B C$ av ett kvadrat, én grønn trekant og en ny, mindre trekant som er formlik med $△ A B C$ (skalert med $\frac{1}{2}$ i lengde, altså $\frac{1}{4}$ i areal). Etter uendelig mange runder krymper den gjenværende ufargede trekanten mot areal $0$ , slik at kvadratene og de grønne trekantene til sammen dekker hele $△ A B C$ :

S_{kvadrater} + S_{trekanter} = Areal (△ A B C) = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 12 = 72

Dette stemmer med svarene i b) og c), siden $48 + 24 = 72$ (se ArealABC i CAS-utklippet).

Alternativt kan man bruke selvlikheten direkte: siden den gjenværende trekanten etter første runde er en skalert kopi av $△ A B C$ (skala $\frac{1}{4}$ i areal), må totalsummen $X$ av kvadratarealene tilfredsstille

X = 36 + \frac{1}{4} X \Rightarrow X = 48

og tilsvarende for de grønne trekantene, $Y = 18 + \frac{1}{4} Y \Rightarrow Y = 24$ — samme svar som i b) og c), men funnet uten å bruke summeformelen for en geometrisk rekke direkte.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 8
Temaer: Uendelig rekke, Geometrisk rekke, Konvergens
Egen side: Åpne oppgave 2-1 for seg selv

Oppgave 2-2Andre ordens differensiallikning med trigonometrisk løsning

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

En differensiallikning er gitt ved

4 y^{''} + 4 y^{'} + 5 y = 0

Kalkulator

Sett opp den karakteristiske likningen, løs denne og bruk løsningen til å bestemme et generelt uttrykk for $y$ .

Kalkulator

Finn integrasjonskonstantene når du får vite at $y (0) = 3$ og $y (\frac{3 π}{4}) = 0$ .

Kalkulator

Tegn grafen til $y = f (x)$ for $x \in [0, 3 π ⟩$ .

Kalkulator

Bestem eventuelle nullpunkter til $f$ og koordinatene til eventuelle topp- og bunnpunkter på grafen til $f$ når $x \in [0, 3 π ⟩$ .

Fasit

$y = e^{- \frac{x}{2}} (C_{1} \cos x + C_{2} \sin x)$

$C_{1} = 3, C_{2} = 3$

Se graf.

Nullpunkter: $x = \frac{3 π}{4}, \frac{7 π}{4}, \frac{11 π}{4}$ . Toppunkter: $(0,32, 3,23)$ og $(6,60, 0,14)$ . Bunnpunkt: $(3,46, - 0,67)$ .

LøsningsforslagKI-generert

Differensiallikningen er

4 y^{''} + 4 y^{'} + 5 y = 0

Den karakteristiske likningen er

4 r^{2} + 4 r + 5 = 0

Vi løser med abc-formelen:

r = \frac{- 4 \pm \sqrt{4^{2} - 4 \cdot 4 \cdot 5}}{2 \cdot 4} = \frac{- 4 \pm \sqrt{- 64}}{8} = \frac{- 4 \pm 8 i}{8} = - \frac{1}{2} \pm i

Den karakteristiske likningen har altså komplekse røtter $r = a \pm b i$ med $a = - \frac{1}{2}$ og $b = 1$ . Løsningen av differensiallikningen er da på formen

y = e^{a x} (C_{1} \cos (b x) + C_{2} \sin (b x))

som gir

y = e^{- \frac{x}{2}} (C_{1} \cos x + C_{2} \sin x)

Vi bruker de to vilkårene $y (0) = 3$ og $y (\frac{3 π}{4}) = 0$ .

Fra $y (0) = 3$ :

y (0) = e^{0} (C_{1} \cos 0 + C_{2} \sin 0) = C_{1} = 3

Fra $y (\frac{3 π}{4}) = 0$ , med $C_{1} = 3$ :

e^{- \frac{3 π}{8}} (3 \cos \frac{3 π}{4} + C_{2} \sin \frac{3 π}{4}) = 0

Siden $e^{- \frac{3 π}{8}} \neq 0$ , må parentesen være null. Vi løser dette i CAS.

CAS-løsning av C2

Skjermbildet viser at $c = 3$ , altså $C_{2} = 3$ . Dermed er

C_{1} = 3, C_{2} = 3

og funksjonsuttrykket blir

y = f (x) = 3 e^{- \frac{x}{2}} (\cos x + \sin x)

Vi plotter $f (x) = 3 e^{- \frac{x}{2}} (\cos x + \sin x)$ for $x \in [0, 3 π ⟩$ i GeoGebra.

Graf til f

I GeoGebra bruker vi Roots(f, 0, 3pi) til å finne nullpunktene og Extremum(f, 0, 3pi) til å finne topp- og bunnpunktene (se skjermbildet i c).

Nullpunkter: GeoGebra finner nullpunktene $x \approx 2,356$ , $x \approx 5,498$ og $x \approx 8,639$ . Dette svarer til de eksakte verdiene

x = \frac{3 π}{4}, \frac{7 π}{4}, \frac{11 π}{4}

siden $\cos x + \sin x = 0 \Leftrightarrow \tan x = - 1$ , som har løsninger $x = \frac{3 π}{4} + n π$ i det oppgitte intervallet.

Topp- og bunnpunkter: GeoGebra finner tre ekstremalpunkter i intervallet:

(0,322, 3,231), (3,463, - 0,672), (6,605, 0,140)

Ved å følge grafen ser vi at den stiger fra $y (0) = 3$ til det første punktet, som dermed er et toppunkt. Deretter avtar $f$ til det andre punktet (bunnpunkt), før den øker igjen til det tredje punktet (toppunkt), og til slutt avtar mot null. Avrundet til to desimaler:

Toppunkter: $(0,32, 3,23)$ og $(6,60, 0,14)$

Bunnpunkt: $(3,46, - 0,67)$

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 8
Temaer: Differensiallikning, Funksjonsdrøfting, Trigonometri
Egen side: Åpne oppgave 2-2 for seg selv

Oppgave 2-3Pyramide ABCDT koordinater plan og volum

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

Pyramide ABCDT i tredimensjonalt koordinatsystem med A, B, T og vinkelmål

En pyramide $A B C D T$ er gitt på figuren ovenfor. Pyramiden settes inn i et tredimensjonalt koordinatsystem slik at koordinatene til $A$ , $B$ og $T$ er gitt ved $A (0,0,0)$ , $B (4,0,0)$ og $T (0,0,4)$ . Punktene $C$ og $D$ ligger i $x y$ -planet.

Kalkulator

Vi setter $∠ B A D = 135 °$ og $A D = 4 \sqrt{2}$ . Vis at $D$ har koordinatene $(- 4, 4, 0)$ .

Kalkulator

Punktet $C$ er slik at $\vec{B C} = \frac{1}{2} \vec{A B} + \vec{A D}$ . Vis at $C$ har koordinatene $(2, 4, 0)$ .

Punktene $B$ , $D$ og $T$ ligger i et plan $α$ .

Kalkulator

Vis at likningen for $α$ er $x + 2 y + z - 4 = 0$

Volumet av pyramiden $A B D T$ kalles $V_{1}$ og volumet av pyramiden $C B D T$ kalles $V_{2}$ .

Kalkulator

Bestem forholdet $\frac{V_{1}}{V_{2}}$ .

Fasit

$D = (- 4, 4, 0)$

$C = (2, 4, 0)$

$x + 2 y + z - 4 = 0$

$\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{2}{3}$

LøsningsforslagKI-generert

Punktet $D$ ligger i $x y$ -planet, og vektoren $\vec{A B}$ peker langs den positive $x$ -aksen. Siden $∠ B A D = 135 °$ , danner $\vec{A D}$ en vinkel på $135 °$ med $x$ -aksen. Da kan $\vec{A D}$ skrives ved hjelp av lengden og vinkelen:

\vec{A D} = (A D \cdot \cos (135 °), A D \cdot \sin (135 °), 0) = (4 \sqrt{2} \cdot \cos (135 °), 4 \sqrt{2} \cdot \sin (135 °), 0)

Siden $\cos (135 °) = - \frac{\sqrt{2}}{2}$ og $\sin (135 °) = \frac{\sqrt{2}}{2}$ , får vi

\vec{A D} = (4 \sqrt{2} \cdot (- \frac{\sqrt{2}}{2}), 4 \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}, 0) = (- 4, 4, 0)

Siden $A = (0,0,0)$ , blir $D = A + \vec{A D} = (- 4, 4, 0)$ , som skulle vises. Se rad 1 i CAS-utklippet.

Vi har $\vec{A B} = B - A = (4,0,0)$ og fra a) $\vec{A D} = (- 4,4,0)$ . Da er

\vec{B C} = \frac{1}{2} \vec{A B} + \vec{A D} = \frac{1}{2} (4,0,0) + (- 4,4,0) = (2,0,0) + (- 4,4,0) = (- 2, 4, 0)

Punktet $C$ finner vi ved $C = B + \vec{B C}$ :

C = (4,0,0) + (- 2,4,0) = (2, 4, 0)

som skulle vises. Se rad 2 i CAS-utklippet.

Planet $α$ går gjennom $B (4,0,0)$ , $D (- 4,4,0)$ og $T (0,0,4)$ . En normalvektor til planet finner vi ved kryssproduktet av to vektorer i planet, for eksempel

\vec{B D} = D - B = (- 8, 4, 0), \vec{B T} = T - B = (- 4, 0, 4)

\vec{n} = \vec{B D} \times \vec{B T} = (4 \cdot 4 - 0 \cdot 0, 0 \cdot (- 4) - (- 8) \cdot 4, (- 8) \cdot 0 - 4 \cdot (- 4)) = (16, 32, 16)

Vi kan forkorte normalvektoren til $(1, 2, 1)$ . Likningen for planet gjennom $B (4,0,0)$ med normalvektor $(1,2,1)$ blir

1 \cdot (x - 4) + 2 \cdot (y - 0) + 1 \cdot (z - 0) = 0 \Rightarrow x + 2 y + z - 4 = 0

Vi kontrollerer at alle tre punktene ligger i planet (rad 3–5 i CAS-utklippet):

B : 4 + 2 \cdot 0 + 0 - 4 = 0 D : - 4 + 2 \cdot 4 + 0 - 4 = 0 T : 0 + 2 \cdot 0 + 4 - 4 = 0

Alle tre likningene gir $0$ , så $x + 2 y + z - 4 = 0$ er likningen for $α$ , som skulle vises.

Pyramidene $A B D T$ og $C B D T$ har samme grunnflate, trekanten $B D T$ , som ligger i planet $α$ . Volumet av en pyramide er $\frac{1}{3} \cdot G \cdot h$ , der $G$ er grunnflaten og $h$ er høyden fra toppunktet ned til planet som grunnflaten ligger i. Siden $A B D T$ og $C B D T$ har samme grunnflate $B D T$ , blir forholdet mellom volumene lik forholdet mellom avstandene fra henholdsvis $A$ og $C$ til planet $α$ :

\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{d (A, α)}{d (C, α)}

Avstanden fra et punkt $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ til planet $x + 2 y + z - 4 = 0$ er gitt ved

d = \frac{| x_{0} + 2 y_{0} + z_{0} - 4 |}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + 1^{2}}} = \frac{| x_{0} + 2 y_{0} + z_{0} - 4 |}{\sqrt{6}}

For $A (0,0,0)$ (rad 6 i CAS-utklippet):

d (A, α) = \frac{| 0 + 2 \cdot 0 + 0 - 4 |}{\sqrt{6}} = \frac{4}{\sqrt{6}}

For $C (2,4,0)$ (rad 7 i CAS-utklippet):

d (C, α) = \frac{| 2 + 2 \cdot 4 + 0 - 4 |}{\sqrt{6}} = \frac{6}{\sqrt{6}} = \sqrt{6}

Dermed blir forholdet mellom volumene

\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{d (A, α)}{d (C, α)} = \frac{\frac{4}{\sqrt{6}}}{\sqrt{6}} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}

CAS-utregning av D, C og avstander til planet α

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 8
Temaer: Romgeometri, Vektorer, Plan, Volum
Egen side: Åpne oppgave 2-3 for seg selv

Oppgave 2-4Optimal skuddvinkel fotballspiller langs linje

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

Fotballbane med mål og spiller som løper langs linje AB

Et fotballmål har lengde $C D = 7,3 m$ . En fotballspiller løper med ballen langs linjestykket $A B$ , slik figuren nedenfor viser. Punktet $B$ ligger $8,0 m$ fra punktet $C$ . Han vil skyte på mål når $∠ α = ∠ D A C$ er størst mulig. $∠ α$ avhenger av lengden $x = A B$ .

Vi setter $∠ D A B = u$ og $∠ C A B = v$ og lar $f (x) = \tan (α) = \tan (u - v)$

For hånd

Bruk formelen $\tan (u - v) = \frac{\tan u - \tan v}{1 + \tan u \cdot \tan v}$ til å vise at

f (x) = \frac{7,3 x}{x^{2} + 122,4}

Kalkulator

Bestem den største verdien for $f (x)$ og tilhørende verdi for $x$ .

Vi vet at $α$ har sin største verdi når $\tan α$ har sin største verdi.

Kalkulator

Bestem $α_{maks}$ .

Fasit

Vist nedenfor.

$f (x) har største verdi \approx 0,330 når x \approx 11,1 m$

$α_{maks} \approx 18,3 °$

LøsningsforslagKI-generert

Vi lar $B$ ligge mellom $C$ og $D$ på linja vinkelrett på $A B$ , slik at $B C = 8,0 m$ og $B D = B C + C D = 8,0 + 7,3 = 15,3 m$ .

Siden trekantene $A B C$ og $A B D$ er rettvinklede i $B$ , får vi

\tan v = \frac{B C}{A B} = \frac{8,0}{x}, \tan u = \frac{B D}{A B} = \frac{15,3}{x}

Setter dette inn i formelen for $\tan (u - v)$ :

f (x) = \tan (u - v) = \frac{\tan u - \tan v}{1 + \tan u \cdot \tan v} = \frac{\frac{15,3}{x} - \frac{8,0}{x}}{1 + \frac{15,3}{x} \cdot \frac{8,0}{x}} = \frac{\frac{7,3}{x}}{1 + \frac{122,4}{x^{2}}}

Vi multipliserer teller og nevner med $x^{2}$ :

f (x) = \frac{7,3 x}{x^{2} + 122,4}

som var det som skulle vises.

Vi deriverer $f (x) = \frac{7,3 x}{x^{2} + 122,4}$ med kvotientregelen:

f^{'} (x) = \frac{7,3 \cdot (x^{2} + 122,4) - 7,3 x \cdot 2 x}{{(x^{2} + 122,4)}^{2}} = \frac{7,3 \cdot (122,4 - x^{2})}{{(x^{2} + 122,4)}^{2}}

Siden $x = A B$ er en lengde, ser vi bare på $x > 0$ . Vi setter $f^{'} (x) = 0$ :

122,4 - x^{2} = 0 \Rightarrow x = \sqrt{122,4} \approx 11,1 m

Vi kontrollerer i GeoGebra CAS at $x \approx 11,06345$ er løsningen med $x > 0$ , og at dette gir en toppunkt for $f$ (fortegnet til $f^{'}$ går fra pluss til minus).

CAS: derivasjon og maksimum av f(x)

Den største verdien er

f (11,06345) = 0,32992 \approx 0,330

Den største verdien til $f (x)$ er $f {(x)}_{maks} \approx 0,330$ , og dette skjer når $x \approx 11,1 m$ .

Siden $α$ har sin største verdi når $\tan α = f (x)$ har sin største verdi, finner vi $α_{maks}$ ved

α_{maks} = \tan^{- 1} (0,32992) \approx 18,2585 °

som vist i CAS-utklippet over.

Den største skuddvinkelen er $α_{maks} \approx 18,3 °$ , altså er dette maksimal skuddvinkel spilleren kan oppnå når han løper langs $A B$ .

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Trigonometri, Optimering, Derivasjon
Egen side: Åpne oppgave 2-4 for seg selv

Oppgave 2-5Kuleflate tangentplan og skjæringssirkel

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

Et plan $α$ er gitt ved likningen

2 x + y - 2 z + 3 = 0

Kalkulator

Bestem likningen for den kuleflaten som har sentrum i punktet $S (11, 2, - 6)$ og som har $α$ som tangentplan.

Kalkulator

Bestem koordinatene til tangeringspunktet mellom kuleflaten og planet $α$ .

Et plan $β$ er gitt ved

2 x + y - 2 z = 0

Dette planet skjærer kuleflaten langs en sirkel.

Kalkulator

Bestem radien i denne sirkelen.

Fasit

${(x - 11)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z + 6)}^{2} = 169$

$T (\frac{7}{3}, - \frac{7}{3}, \frac{8}{3})$

$r = 5$

LøsningsforslagKI-generert

Kuleflaten har sentrum $S (11, 2, - 6)$ og radius lik avstanden fra $S$ til planet $α$ , siden $α$ er tangentplan til kuleflaten.

Avstanden fra et punkt $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ til et plan $a x + b y + c z + d = 0$ er gitt ved

d = \frac{| a x_{0} + b y_{0} + c z_{0} + d |}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}

Med $α : 2 x + y - 2 z + 3 = 0$ og $S (11,2, - 6)$ får vi

r = \frac{| 2 \cdot 11 + 1 \cdot 2 - 2 \cdot (- 6) + 3 |}{\sqrt{2^{2} + 1^{2} + {(- 2)}^{2}}} = \frac{| 22 + 2 + 12 + 3 |}{\sqrt{9}} = \frac{39}{3} = 13

Utregning i GeoGebra CAS

Skjermbildet bekrefter $r = 13$ . Likningen for kuleflaten blir dermed

{(x - 11)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + {(z + 6)}^{2} = 169

Tangeringspunktet $T$ ligger på normallinjen fra $S$ til planet $α$ , altså på linjen

(x, y, z) = (11,2, - 6) + t \cdot (2,1, - 2)

der $(2,1, - 2)$ er normalvektoren til $α$ . Vi setter linjen inn i likningen for $α$ og løser for $t$ :

2 (11 + 2 t) + (2 + t) - 2 (- 6 - 2 t) + 3 = 0

22 + 4 t + 2 + t + 12 + 4 t + 3 = 0 \Rightarrow 39 + 9 t = 0 \Rightarrow t = - \frac{13}{3}

Dette stemmer med skjermbildet over. Vi setter $t = - \frac{13}{3}$ inn i linjen:

x = 11 + 2 (- \frac{13}{3}) = \frac{7}{3}, y = 2 + (- \frac{13}{3}) = - \frac{7}{3}, z = - 6 - 2 (- \frac{13}{3}) = \frac{8}{3}

Dette stemmer med $T = (2,33333, - 2,33333, 2,66667)$ i skjermbildet. Tangeringspunktet er

T (\frac{7}{3}, - \frac{7}{3}, \frac{8}{3})

Planet $β : 2 x + y - 2 z = 0$ skjærer kuleflaten i en sirkel. Radien $r_{sirkel}$ i denne sirkelen finner vi ved å bruke at kuleflatens radius $R$ , avstanden $d$ fra sentrum $S$ til planet $β$ , og sirkelradien $r_{sirkel}$ danner en rettvinklet trekant:

r_{sirkel} = \sqrt{R^{2} - d^{2}}

Avstanden fra $S (11,2, - 6)$ til $β$ er

d = \frac{| 2 \cdot 11 + 1 \cdot 2 - 2 \cdot (- 6) |}{\sqrt{2^{2} + 1^{2} + {(- 2)}^{2}}} = \frac{| 22 + 2 + 12 |}{3} = \frac{36}{3} = 12

Dette stemmer med $d_{b} = 12$ i skjermbildet. Med $R = 13$ (fra a) og $d = 12$ blir sirkelradien

r_{sirkel} = \sqrt{13^{2} - 12^{2}} = \sqrt{169 - 144} = \sqrt{25} = 5

Radien i skjæringssirkelen er

r = 5

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Romgeometri, Kule, Plan
Egen side: Åpne oppgave 2-5 for seg selv

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 7 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 1-1Derivasjon av cosinus og e-funksjon produktregel

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-2Ubestemte og bestemte integraler med ln

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-3Differensiallikning med initialverdi og tangent

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-4Plan gjennom tre punkter og tetraedervolum

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-5Stykkevis funksjon og akkumulert integral

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-6Sinusfunksjon bestem parametre fra graf

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-7Induksjonsbevis for produkt med faktor 1 minus 1 over k

Forstå oppgaven med en KI

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 5 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 2-1Uendelig geometrisk rekke og trekant med kvadrater

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-2Andre ordens differensiallikning med trigonometrisk løsning

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-3Pyramide ABCDT koordinater plan og volum

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4Optimal skuddvinkel fotballspiller langs linje

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-5Kuleflate tangentplan og skjæringssirkel

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 7 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 1-1·Derivasjon av cosinus og e-funksjon produktregel

Oppgave 1-2·Ubestemte og bestemte integraler med ln

Oppgave 1-3·Differensiallikning med initialverdi og tangent

Oppgave 1-4·Plan gjennom tre punkter og tetraedervolum

Oppgave 1-5·Stykkevis funksjon og akkumulert integral

Oppgave 1-6·Sinusfunksjon bestem parametre fra graf

Oppgave 1-7·Induksjonsbevis for produkt med faktor 1 minus 1 over k

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 5 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 2-1·Uendelig geometrisk rekke og trekant med kvadrater

Oppgave 2-2·Andre ordens differensiallikning med trigonometrisk løsning

Oppgave 2-3·Pyramide ABCDT koordinater plan og volum

Oppgave 2-4·Optimal skuddvinkel fotballspiller langs linje

Oppgave 2-5·Kuleflate tangentplan og skjæringssirkel

Temaer

Oppgave 1-1Derivasjon av cosinus og e-funksjon produktregel

Oppgave 1-2Ubestemte og bestemte integraler med ln

Oppgave 1-3Differensiallikning med initialverdi og tangent

Oppgave 1-4Plan gjennom tre punkter og tetraedervolum

Oppgave 1-5Stykkevis funksjon og akkumulert integral

Oppgave 1-6Sinusfunksjon bestem parametre fra graf

Oppgave 1-7Induksjonsbevis for produkt med faktor 1 minus 1 over k

Oppgave 2-1Uendelig geometrisk rekke og trekant med kvadrater

Oppgave 2-2Andre ordens differensiallikning med trigonometrisk løsning

Oppgave 2-3Pyramide ABCDT koordinater plan og volum

Oppgave 2-4Optimal skuddvinkel fotballspiller langs linje

Oppgave 2-5Kuleflate tangentplan og skjæringssirkel