R2 Vår 2013

Oppgave 1-1Deriver tre funksjoner med trig og eksponential

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

Deriver funksjonene

f (x) = 3 \cos x

g (x) = 6 \sin (π x) + 7

h (x) = 3 e^{2 x} \cdot \sin (3 x)

Fasit

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

$g^{'} (x) = 6 π \cos (π x)$

$h^{'} (x) = 3 e^{2 x} (2 \sin (3 x) + 3 \cos (3 x))$

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker at ${(\cos x)}^{'} = - \sin x$ :

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

Vi bruker kjerneregelen på $\sin (π x)$ , der den indre funksjonen er $π x$ med derivert $π$ :

g^{'} (x) = 6 \cdot π \cos (π x) = 6 π \cos (π x)

Vi bruker produktregelen ${(u \cdot v)}^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ med $u = 3 e^{2 x}$ og $v = \sin (3 x)$ .

Her er $u^{'} = 6 e^{2 x}$ (kjerneregel, indre derivert $2$ ) og $v^{'} = 3 \cos (3 x)$ (kjerneregel, indre derivert $3$ ).

h^{'} (x) = 6 e^{2 x} \cdot \sin (3 x) + 3 e^{2 x} \cdot 3 \cos (3 x)

h^{'} (x) = 6 e^{2 x} \sin (3 x) + 9 e^{2 x} \cos (3 x) = 3 e^{2 x} (2 \sin (3 x) + 3 \cos (3 x))

Oppgavedata

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

Oppgave 1-2Integral med variabelskifte og delbrøkoppspalting

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

Bestem integralet $\int \frac{2 x}{x^{2} - 4} d x$ ved å bruke

variabelskifte

delbrøkoppspalting

Fasit

$\int \frac{2 x}{x^{2} - 4} d x = \ln | x^{2} - 4 | + C$

LøsningsforslagKI-generert

Vi setter $u = x^{2} - 4$ . Da er $\frac{d u}{d x} = 2 x$ , altså $d u = 2 x d x$ .

Legg merke til at telleren $2 x d x$ er nøyaktig $d u$ , så integralet blir

\int \frac{2 x}{x^{2} - 4} d x = \int \frac{1}{u} d u = \ln | u | + C

Vi setter tilbake $u = x^{2} - 4$ :

\int \frac{2 x}{x^{2} - 4} d x = \ln | x^{2} - 4 | + C

Vi faktoriserer nevneren, $x^{2} - 4 = (x - 2) (x + 2)$ , og skriver brøken som en sum av delbrøker:

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

Vi ganger begge sider med $(x - 2) (x + 2)$ :

2 x = A (x + 2) + B (x - 2)

Setter $x = 2$ : $4 = 4 A \Rightarrow A = 1$

Setter $x = - 2$ : $- 4 = - 4 B \Rightarrow B = 1$

Dermed er

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

Vi slår sammen logaritmene med regelen $\ln a + \ln b = \ln (a b)$ :

\int \frac{2 x}{x^{2} - 4} d x = \ln | (x - 2) (x + 2) | + C = \ln | x^{2} - 4 | + C

Vi ser at begge metodene gir samme svar.

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 4 poeng

En fullgod løsning må ha med $C$ . I oppgave 2 b) godtas $\ln | x + 2 | + \ln | x - 2 | + C$ som fullgodt svar.

Oppgavedata

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

Oppgave 1-3Kryss- og prikkprodukt for trekant ABC

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

Punktene $A (1, - 1, 0)$ , $B (3, 1, 1)$ og $C (0, 0, 0)$ er gitt.

Bestem $\vec{A B} \times \vec{A C}$ . Bruk resultatet til å bestemme arealet av $△ A B C$ .

Bestem $\vec{A B} \cdot \vec{A C}$ . Bruk blant annet dette resultatet til å bestemme arealet av $△ A B C$ .

Fasit

$\vec{A B} \times \vec{A C} = (- 1, - 1, 4)$ , areal $= \frac{3 \sqrt{2}}{2}$

$\vec{A B} \cdot \vec{A C} = 0$ , areal $= \frac{3 \sqrt{2}}{2}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner vektorene $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ :

\vec{A B} = B - A = (3 - 1, 1 - (- 1), 1 - 0) = (2, 2, 1)

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

Kryssproduktet regnes ut med determinantformelen:

\vec{A B} \times \vec{A C} = | \begin{matrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & 2 & 1 \\ - 1 & 1 & 0 \end{matrix} |

= (2 \cdot 0 - 1 \cdot 1) \vec{i} - (2 \cdot 0 - 1 \cdot (- 1)) \vec{j} + (2 \cdot 1 - 2 \cdot (- 1)) \vec{k}

= (- 1, - 1, 4)

Arealet av trekanten er halvparten av lengden til kryssproduktet:

| \vec{A B} \times \vec{A C} | = \sqrt{{(- 1)}^{2} + {(- 1)}^{2} + 4^{2}} = \sqrt{18} = 3 \sqrt{2}

T = \frac{1}{2} | \vec{A B} \times \vec{A C} | = \frac{3 \sqrt{2}}{2}

Prikkproduktet er

\vec{A B} \cdot \vec{A C} = 2 \cdot (- 1) + 2 \cdot 1 + 1 \cdot 0 = - 2 + 2 + 0 = 0

Siden prikkproduktet er $0$ , står $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ normalt på hverandre, altså er $∠ A = 90 °$ .

Trekanten er da rettvinklet med kateter $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ . Vi finner lengdene:

| \vec{A B} | = \sqrt{2^{2} + 2^{2} + 1^{2}} = \sqrt{9} = 3

| \vec{A C} | = \sqrt{{(- 1)}^{2} + 1^{2} + 0^{2}} = \sqrt{2}

Arealet av en rettvinklet trekant er halve produktet av katetene:

T = \frac{1}{2} \cdot | \vec{A B} | \cdot | \vec{A C} | = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \sqrt{2} = \frac{3 \sqrt{2}}{2}

Vi får samme areal som i a), som det skal.

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 4 poeng

Merk at feil vektorprodukt kan gi riktig svar på arealet.

Oppgavedata

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

Oppgave 1-4Separabel differensiallikning y' lik 6xy

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

Løs differensiallikningen

y^{'} = 6 x y når y (0) = 2

Fasit

$y = 2 e^{3 x^{2}}$

LøsningsforslagKI-generert

Likningen er separabel. Vi skriver $y^{'} = \frac{d y}{d x}$ og separerer variablene, med $y$ og $d y$ på den ene siden og $x$ og $d x$ på den andre:

\frac{d y}{d x} = 6 x y \Rightarrow \frac{1}{y} d y = 6 x d x

Vi integrerer på begge sider:

\int \frac{1}{y} d y = \int 6 x d x

\ln | y | = 3 x^{2} + C_{1}

Vi løser med hensyn på $y$ ved å ta $e$ -potens av begge sider:

| y | = e^{3 x^{2} + C_{1}} = e^{C_{1}} \cdot e^{3 x^{2}}

Siden $e^{C_{1}}$ er en positiv konstant, kan vi skrive den generelle løsningen som

y = C \cdot e^{3 x^{2}}

der $C$ kan være et hvilket som helst reelt tall (inkludert $C = 0$ , som gir den trivielle løsningen $y = 0$ ).

Til slutt bruker vi startbetingelsen $y (0) = 2$ til å bestemme $C$ :

2 = C \cdot e^{3 \cdot 0^{2}} = C \cdot e^{0} = C

Dermed er $C = 2$ , og løsningen på differensiallikningen er

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

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 3 poeng

Elever som løser likningen som en separabel differensiallikning, får et svar med $| y |$ . Her må fortegnet vurderes.

Oppgavedata

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

Oppgave 1-5Aritmetisk rekke med odde tall

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

En rekke er gitt ved

S_{n} = 1 + 3 + 5 + 7 + \dots + a_{n}

Bestem $a_{16}$ og $S_{16}$ .

Forklar at rekken er aritmetisk, og bruk dette til å finne et uttrykk for $a_{n}$ og $S_{n}$ .

Bestem hvor mange ledd rekken minst må ha for at $S_{n} > 400$ .

Fasit

$a_{16} = 31, S_{16} = 256$

$a_{n} = 2 n - 1, S_{n} = n^{2}$

$n = 21$

LøsningsforslagKI-generert

Leddene i rekken er $1, 3, 5, 7, \dots$ , altså de odde tallene. Vi ser at hvert ledd er $2$ mer enn det forrige, så $a_{1} = 1$ og $d = 2$ .

a_{16} = a_{1} + (16 - 1) \cdot d = 1 + 15 \cdot 2 = 31

S_{16} = \frac{a_{1} + a_{16}}{2} \cdot 16 = \frac{1 + 31}{2} \cdot 16 = 256

Differansen mellom to påfølgende ledd er konstant:

a_{n + 1} - a_{n} = (2 n + 1) - (2 n - 1) = 2

Siden differansen mellom hvert ledd er den samme ( $d = 2$ ) for alle $n$ , er rekken aritmetisk.

Med $a_{1} = 1$ og $d = 2$ blir

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

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

Vi bruker uttrykket for $S_{n}$ fra b) og løser ulikheten $S_{n} > 400$ :

n^{2} > 400

n > \sqrt{400} = 20

Siden $n$ må være et positivt heltall, er minste $n$ som oppfyller ulikheten $n = 21$ .

Kontroll: $S_{20} = 20^{2} = 400$ (ikke større enn 400), mens $S_{21} = 21^{2} = 441 > 400$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 5
Temaer: Rekker, Tallfølger
Egen side: Åpne oppgave 1-5 for seg selv

Oppgave 1-6Skisse av graf fra informasjon om f og f'

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

Følgende informasjon er gitt om en kontinuerlig funksjon $f$ :

$f (x) > 0$ for alle $x \in ℝ$
$f^{'} (x) < 0$ for $x \in ⟨ \leftarrow, - 2 ⟩ \cup ⟨ 2, \to ⟩$
$f^{'} (x) = 0$ for $x = - 2$ og for $x = 2$
$f^{''} (x) = 0$ for $x = 1$ og for $x = 3$

Lag en skisse som viser hvordan grafen til $f$ kan se ut.

Fasit

Grafen har lokalt minimum i $x = - 2$ , lokalt maksimum i $x = 2$ , vendepunkter i $x = 1$ og $x = 3$ , og ligger hele tiden over $x$ -aksen.

LøsningsforslagKI-generert

Vi tolker opplysningene om $f$ :

$f (x) > 0$ for alle $x$ : grafen ligger hele tiden over $x$ -aksen og krysser den aldri.
$f^{'} (x) < 0$ for $x < - 2$ og for $x > 2$ : $f$ er synkende på disse intervallene.
$f^{'} (x) = 0$ for $x = - 2$ og $x = 2$ : dette er stasjonære punkter. Siden $f$ er synkende på begge sider utenfor $⟨ - 2, 2 ⟩$ , må $f$ være voksende på $⟨ - 2, 2 ⟩$ (fortegnet til $f^{'}$ må skifte fra negativt til positivt og tilbake til negativt).

Dette gir at $x = - 2$ er et $lokalt minimumspunkt$ , og $x = 2$ er et $lokalt maksimumspunkt$ .
$f^{''} (x) = 0$ for $x = 1$ og $x = 3$ : dette er $vendepunkter$ , ett inni det voksende intervallet (mellom $- 2$ og $2$ ) og ett inni det synkende intervallet til høyre for $2$ .

Oppsummert kan vi sette opp fortegnslinje for $f^{'}$ :

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

En skisse av grafen bør derfor vise en kurve som

kommer inn fra venstre og synker (men holder seg over $x$ -aksen),
flater ut og har et lokalt minimum i $x = - 2$ ,
stiger med et vendepunkt (endring i krumning) i $x = 1$ opp til et lokalt maksimum i $x = 2$ ,
synker igjen med et vendepunkt i $x = 3$ , og flater ut mot høyre, hele tiden over $x$ -aksen.

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 2 poeng

Til denne oppgaven finnes mange fullgode skisser, men sentrale $x$ -verdier bør markeres.

Oppgavedata

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

Oppgave 1-7Induksjonsbevis for sum av geometrisk rekke

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

Bruk induksjon til å bevise påstanden

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

Fasit

$P (n) er bevist ved induksjon$

LøsningsforslagKI-generert

Vi skal vise at

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

Basissteg: Vi sjekker at $P (1)$ er sann. Venstre side har da bare ett ledd:

VS = a

HS = a \cdot \frac{k^{1} - 1}{k - 1} = a \cdot \frac{k - 1}{k - 1} = a

Siden $VS = HS$ , er $P (1)$ sann.

Induksjonssteg: Vi antar at $P (n)$ er sann for et vilkårlig $n \in ℕ$ , altså at

a + a k + a k^{2} + \dots + a k^{n - 1} = a \cdot \frac{k^{n} - 1}{k - 1}

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

a + a k + a k^{2} + \dots + a k^{n - 1} + a k^{n} = a \cdot \frac{k^{n + 1} - 1}{k - 1}

Vi tar utgangspunkt i venstre side av $P (n + 1)$ og bruker induksjonsantagelsen på de $n$ første leddene:

\underset{= a \cdot \frac{k^{n} - 1}{k - 1}}{\underset{⏟}{a + a k + \dots + a k^{n - 1}}} + a k^{n} = a \cdot \frac{k^{n} - 1}{k - 1} + a k^{n}

Vi setter på felles brøkstrek:

= \frac{a (k^{n} - 1) + a k^{n} (k - 1)}{k - 1} = \frac{a k^{n} - a + a k^{n + 1} - a k^{n}}{k - 1} = \frac{a k^{n + 1} - a}{k - 1} = a \cdot \frac{k^{n + 1} - 1}{k - 1}

Dette er nettopp høyre side av $P (n + 1)$ , så $P (n + 1)$ er sann når $P (n)$ er sann.

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

Oppgavedata

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

Oppgave 2-1Differensiallikning for medisinmengde i kropp

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

En pasient får 8 mL av en medisin hver time. Den totale mengden medisin i kroppen $t$ timer etter at medisineringen startet, er $y (t)$ mL. I løpet av en time skiller kroppen ut 5 % av den totale medisinmengden.

For hånd

Forklar at

y^{'} = 8 - 0,05 \cdot y

For hånd

Vis at $y (t) = 160 - 160 e^{- 0,05 t}$ når $y (0) = 0$ .

For hånd

Bestem $\lim_{t \to \infty} y (t)$ . Kommenter svaret.

Fasit

$y^{'} = 8 - 0,05 y$ (tilførsel minus utskillelse)

Vist ved derivasjon, se løsningsforslag

$\lim_{t \to \infty} y (t) = 160 mL$

LøsningsforslagKI-generert

Medisinmengden $y (t)$ endrer seg fordi det skjer to ting samtidig:

Pasienten tilføres medisin med en fast rate på $8 mL$ per time.
Kroppen skiller ut $5 %$ av den totale medisinmengden $y$ hver time, altså $0,05 \cdot y$ per time.

Endringen i medisinmengde per tidsenhet, $y^{'}$ , er tilførsel minus utskillelse:

y^{'} = \underset{tilført per time}{\underset{⏟}{8}} - \underset{skilt ut per time}{\underset{⏟}{0,05 \cdot y}}

Dette gir

y^{'} = 8 - 0,05 \cdot y

Vi skal vise at $y (t) = 160 - 160 e^{- 0,05 t}$ er en løsning av differensiallikningen $y^{'} = 8 - 0,05 y$ med $y (0) = 0$ .

Startbetingelsen:

y (0) = 160 - 160 e^{- 0,05 \cdot 0} = 160 - 160 \cdot 1 = 0

Dette stemmer med $y (0) = 0$ .

Differensiallikningen. Vi deriverer $y (t)$ i GeoGebra CAS og sammenligner med $8 - 0,05 y (t)$ :

m (t) = 160 - 160 e^{- 0,05 t}

GeoGebra CAS: derivert og sammenligning

Fra utklippet ser vi at

y^{'} (t) = 8 e^{- 0,05 t}

og at

8 - 0,05 \cdot y (t) = 8 - 0,05 (160 - 160 e^{- 0,05 t}) = 8 - 8 + 8 e^{- 0,05 t} = 8 e^{- 0,05 t}

Siden $y^{'} (t) = 8 - 0,05 \cdot y (t)$ for alle $t$ , og $y (0) = 0$ , er

y (t) = 160 - 160 e^{- 0,05 t}

en løsning av differensiallikningen med det gitte startvilkåret.

Når $t \to \infty$ , går $e^{- 0,05 t} \to 0$ fordi eksponenten $- 0,05 t \to - \infty$ . Dermed

\lim_{t \to \infty} y (t) = \lim_{t \to \infty} (160 - 160 e^{- 0,05 t}) = 160 - 160 \cdot 0 = 160

\lim_{t \to \infty} y (t) = 160 mL

Tolkning: Medisinmengden i kroppen stabiliserer seg mot $160 mL$ etter lang tid. Dette gir mening fysisk: når $y = 160$ , er utskillelsen per time $0,05 \cdot 160 = 8 mL$ , altså nøyaktig like mye som tilføres per time. Da er $y^{'} = 0$ , og medisinmengden holder seg konstant — kroppen har nådd en likevekt.

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 4 poeng

En fullgod besvarelse må kommentere fortegnene til endringene i $y^{'}$ .

Kommentaren må si noe om den maksimale medisinmengden i kroppen.

Oppgavedata

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

Oppgave 2-2Dempet sinusfunksjon topp-bunnpunkter og areal

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

Funksjonen $f$ er gitt ved

f (x) = 12 e^{- 0,5 x} \cdot \sin (0,5 x), x \in [0, 4 π]

Kalkulator

Tegn grafen til $f$ .

Kalkulator

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

Kalkulator

Bestem arealet som er begrenset av grafen til $f$ og $x$ -aksen.

Fasit

Se graf i løsningsforslaget.

Toppunkt $(\frac{π}{2}, 6 \sqrt{2} e^{- π / 4}) \approx (1,57, 3,87)$ . Bunnpunkt $(\frac{5 π}{2}, - 6 \sqrt{2} e^{- 5 π / 4}) \approx (7,85, - 0,17)$ .

$A = 12 + 24 e^{- π} + 12 e^{- 2 π} \approx 13,06$

LøsningsforslagKI-generert

Funksjonen $f (x) = 12 e^{- 0,5 x} \cdot \sin (0,5 x)$ er en dempet svingning: amplituden $12 e^{- 0,5 x}$ avtar mot $0$ når $x$ øker, mens $\sin (0,5 x)$ gir svingningen. Grafen er tegnet i GeoGebra på intervallet $[0, 4 π]$ :

Graf av f med topp- og bunnpunkt

Grafen starter i $(0,0)$ , stiger til et toppunkt, avtar og krysser $x$ -aksen ved $x = 2 π$ , går ned til et bunnpunkt, og nærmer seg $x$ -aksen igjen mot $x = 4 π$ .

Topp- og bunnpunkter finner vi der $f^{'} (x) = 0$ . Vi deriverer med produktregelen:

f^{'} (x) = 12 (- 0,5 e^{- 0,5 x} \sin (0,5 x) + e^{- 0,5 x} \cdot 0,5 \cos (0,5 x)) = 6 e^{- 0,5 x} (\cos (0,5 x) - \sin (0,5 x))

Siden $e^{- 0,5 x} \neq 0$ for alle $x$ , setter vi parentesen lik null:

\cos (0,5 x) - \sin (0,5 x) = 0 \Rightarrow \tan (0,5 x) = 1 \Rightarrow 0,5 x = \frac{π}{4} + n π

x = \frac{π}{2} + 2 n π

I intervallet $[0, 4 π]$ gir dette $x = \frac{π}{2}$ og $x = \frac{5 π}{2}$ (neste løsning, $x = \frac{9 π}{2}$ , ligger utenfor intervallet).

CAS bekrefter funksjonsverdiene i disse punktene:

CAS: f(pi/2) og f(5pi/2)

f (\frac{π}{2}) = 6 \sqrt{2} e^{- π / 4} \approx 3,87 f (\frac{5 π}{2}) = - 6 \sqrt{2} e^{- 5 π / 4} \approx - 0,17

Fortegnsskiftet til $f^{'}$ (fra positiv til negativ ved $x = \frac{π}{2}$ , og fra negativ til positiv ved $x = \frac{5 π}{2}$ , som også ses på grafen i a)) viser at

𝐓𝐨𝐩𝐩𝐮𝐧𝐤𝐭: (\frac{π}{2}, 6 \sqrt{2} e^{- π / 4}) \approx (1,57, 3,87)

𝐁𝐮𝐧𝐧𝐩𝐮𝐧𝐤𝐭: (\frac{5 π}{2}, - 6 \sqrt{2} e^{- 5 π / 4}) \approx (7,85, - 0,17)

Vi finner først hvor $f$ krysser $x$ -aksen på $[0, 4 π]$ :

f (x) = 0 \Rightarrow \sin (0,5 x) = 0 \Rightarrow 0,5 x = n π \Rightarrow x = 0, 2 π, 4 π

Grafen ligger over $x$ -aksen på $⟨ 0, 2 π ⟩$ og under $x$ -aksen på $⟨ 2 π, 4 π ⟩$ (se grafen i a)). Arealet blir dermed

A = \int_{0}^{2 π} f (x) d x - \int_{2 π}^{4 π} f (x) d x

En antiderivert til $f$ (funnet med formelen $\int e^{a x} \sin (b x) d x = \frac{e^{a x} (a \sin (b x) - b \cos (b x))}{a^{2} + b^{2}}$ med $a = - 0,5$ , $b = 0,5$ ) er

F (x) = - 12 e^{- 0,5 x} (\sin (0,5 x) + \cos (0,5 x))

Dette gir

\int_{0}^{2 π} f (x) d x = {[F (x)]}_{0}^{2 π} = 12 e^{- π} + 12 \approx 12,52

\int_{2 π}^{4 π} f (x) d x = {[F (x)]}_{2 π}^{4 π} = - 12 e^{- 2 π} - 12 e^{- π} \approx - 0,54

GeoGebra bekrefter begge integralene numerisk:

GeoGebra: integraler og totalt areal

A = (12 e^{- π} + 12) - (- 12 e^{- 2 π} - 12 e^{- π}) = 12 + 24 e^{- π} + 12 e^{- 2 π}

$A \approx 13,06$

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 6 poeng

En fullgod besvarelse må inneholde enheter på aksene, og grafen må være avgrenset av definisjonsmengden.

I en fullgod løsning må ekstremalpunktene i endepunktene av definisjonsmengden tas med.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Funksjonsdrøfting, Bestemt integral, Trigonometri, Eksponentialfunksjon
Egen side: Åpne oppgave 2-2 for seg selv

Oppgave 2-3Pyramide OABCD i romkoordinatsystem

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

Skissen nedenfor viser en pyramide $O A B C D$ som er plassert i et romkoordinatsystem.

Hjørnene i pyramiden er $O (0, 0, 0)$ , $A (3, 0, 0)$ , $B (3, 3, 0)$ , $C (0, 3, 0)$ og $D (0, 0, 4)$ .

Pyramide OABCD i romkoordinatsystem

Kalkulator

Bestem ved regning arealet av sideflaten $A B D$ i pyramiden.

Kalkulator

Sideflaten $A B D$ ligger i et plan $α$ .

Vis ved regning at plan $α$ har likningen

4 x + 3 z - 12 = 0

Kalkulator

Bestem avstanden fra punktet $O$ til plan $α$ .

Kalkulator

Bestem ved regning vinkelen mellom de to planene som sideflatene $A B D$ og $B C D$ ligger i.

Fasit

${Areal}_{A B D} = 7,5 a . e .$

Vist i løsningsforslaget.

$d (O, α) = 2,4 l . e .$

$v \approx 68,9 °$

LøsningsforslagKI-generert

Skjermbildet under viser CAS-verifisering av utregningene i alle deloppgavene.

Verifisering i GeoGebra CAS

Sideflaten $A B D$ er en trekant utspent av vektorene $\vec{A B}$ og $\vec{A D}$ , der

\vec{A B} = B - A = (3,3,0) - (3,0,0) = (0, 3, 0)

\vec{A D} = D - A = (0,0,4) - (3,0,0) = (- 3, 0, 4)

Arealet av trekanten er halvparten av lengden av kryssproduktet $\vec{A B} \times \vec{A D}$ :

\vec{A B} \times \vec{A D} = | \begin{matrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 0 & 3 & 0 \\ - 3 & 0 & 4 \end{matrix} | = (3 \cdot 4 - 0 \cdot 0, 0 \cdot (- 3) - 0 \cdot 4, 0 \cdot 0 - 3 \cdot (- 3)) = (12, 0, 9)

| \vec{A B} \times \vec{A D} | = \sqrt{12^{2} + 0^{2} + 9^{2}} = \sqrt{225} = 15

{Areal}_{A B D} = \frac{15}{2} = 7,5

Areal $_{A B D} = 7,5 a . e .$

Fra a) er $\vec{n} = (12, 0, 9)$ en normalvektor til planet $α$ gjennom $A$ , $B$ og $D$ . Vi kan forkorte normalvektoren (dele på 3):

\vec{n} = (4, 0, 3)

Planlikningen har da formen $4 x + 0 y + 3 z + d = 0$ . Konstanten $d$ finner vi ved å sette inn koordinatene til et kjent punkt i planet, for eksempel $A (3, 0, 0)$ :

4 \cdot 3 + 0 \cdot 0 + 3 \cdot 0 + d = 0 \Rightarrow d = - 12

Dette gir planlikningen

4 x + 3 z - 12 = 0

Vi kontrollerer at $B (3,3,0)$ og $D (0,0,4)$ også oppfyller likningen: $4 \cdot 3 + 3 \cdot 0 - 12 = 0$ ✓ og $4 \cdot 0 + 3 \cdot 4 - 12 = 0$ ✓, som bekrefter at likningen stemmer.

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 (O, α) = \frac{| a x_{0} + b y_{0} + c z_{0} + d |}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}}

Med $O (0,0,0)$ og plan $α : 4 x + 3 z - 12 = 0$ (der $a = 4$ , $b = 0$ , $c = 3$ , $d = - 12$ ) blir dette

d (O, α) = \frac{| 4 \cdot 0 + 0 \cdot 0 + 3 \cdot 0 - 12 |}{\sqrt{4^{2} + 0^{2} + 3^{2}}} = \frac{12}{5} = 2,4

Se linje 6 i CAS-utklippet, som bekrefter $d (O, α) = 2,4 l . e .$

Vi trenger en normalvektor til planet som sideflaten $B C D$ ligger i. Vi bruker vektorene

\vec{B C} = C - B = (0,3,0) - (3,3,0) = (- 3, 0, 0)

\vec{B D} = D - B = (0,0,4) - (3,3,0) = (- 3, - 3, 4)

\vec{B C} \times \vec{B D} = | \begin{matrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ - 3 & 0 & 0 \\ - 3 & - 3 & 4 \end{matrix} | = (0 \cdot 4 - 0 \cdot (- 3), 0 \cdot (- 3) - (- 3) \cdot 4, (- 3) \cdot (- 3) - 0 \cdot (- 3)) = (0, 12, 9)

Forkortet: ${\vec{n}}_{B C D} = (0, 4, 3)$ .

Vinkelen $v$ mellom de to planene er lik (den spisse) vinkelen mellom normalvektorene ${\vec{n}}_{A B D} = (4,0,3)$ og ${\vec{n}}_{B C D} = (0,4,3)$ :

\cos v = \frac{| {\vec{n}}_{A B D} \cdot {\vec{n}}_{B C D} |}{| {\vec{n}}_{A B D} | \cdot | {\vec{n}}_{B C D} |} = \frac{| 4 \cdot 0 + 0 \cdot 4 + 3 \cdot 3 |}{\sqrt{4^{2} + 0^{2} + 3^{2}} \cdot \sqrt{0^{2} + 4^{2} + 3^{2}}} = \frac{9}{5 \cdot 5} = \frac{9}{25}

v = \cos^{- 1} (\frac{9}{25}) \approx 68,9 °

Se linje 7 i CAS-utklippet, som bekrefter $v \approx 68,9 °$ .

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 8 poeng

De som finner arealet ved å regne ut $\frac{1}{2} \cdot | \vec{A B} | \cdot | \vec{A D} |$ må begrunne at $∠ B A D = 90 °$ .

Merk at feil vektorprodukt kan gi riktig svar.

Oppgavedata

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

Oppgave 2-4Sirkelsektor kjegle og kulesegment ved omdreiing

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

Figuren nedenfor viser en sirkelsektor $O B C$ der $C$ ligger i første kvadrant. Buen $\hat{B C}$ er en del av sirkelen med likning $x^{2} + y^{2} = 9$ . Punktet $A$ har koordinatene $(2, 0)$ og $∠ O A C = 90 °$ .

Sirkelsektor OBC med flatestykker F1 og F2

For hånd

Vis at koordinatene til $C$ er $(2, \sqrt{5})$ . Bestem likningen for den rette linjen gjennom $O$ og $C$ .

Kalkulator

Når flatestykket $F_{1}$ ( $△ O A C$ ) dreies $360 °$ om $x$ -aksen, får vi en kjegle. Bestem volumet av denne kjeglen ved hjelp av integralregning.

Kalkulator

Når flatestykket $F_{2}$ dreies $360 °$ om $x$ -aksen, får vi et kulesegment. Bestem volumet av dette kulesegmentet ved hjelp av integralregning.

Fasit

$C = (2, \sqrt{5})$ , linje: $y = \frac{\sqrt{5}}{2} x$

$V_{1} = \frac{10}{3} π \approx 10,47$

$V_{2} = \frac{8}{3} π \approx 8,38$

LøsningsforslagKI-generert

Punktet $A = (2, 0)$ ligger på $x$ -aksen, så vektoren $\vec{A O}$ er parallell med $x$ -aksen. Siden $∠ O A C = 90 °$ , må $\vec{A C}$ stå vinkelrett på $x$ -aksen. Det betyr at $C$ har samme $x$ -koordinat som $A$ , altså $x_{C} = 2$ .

$C$ ligger på sirkelen $x^{2} + y^{2} = 9$ , så vi setter inn $x = 2$ :

2^{2} + y^{2} = 9 \Rightarrow y^{2} = 5 \Rightarrow y = \pm \sqrt{5}

Siden $C$ ligger i første kvadrant, er $y_{C} = \sqrt{5} > 0$ . Dermed er

C = (2, \sqrt{5})

Linjen gjennom $O = (0,0)$ og $C = (2, \sqrt{5})$ har stigningstall

a = \frac{\sqrt{5} - 0}{2 - 0} = \frac{\sqrt{5}}{2}

Siden linjen går gjennom origo, blir likningen

y = \frac{\sqrt{5}}{2} x

Flatestykket $F_{1}$ er trekanten $O A C$ med $O = (0,0)$ , $A = (2,0)$ og $C = (2, \sqrt{5})$ . Når denne dreies $360 °$ om $x$ -aksen, dannes en kjegle der randen ovenfra er linjestykket $O C$ med likning $y = \frac{\sqrt{5}}{2} x$ for $x \in [0, 2]$ .

Volumet finner vi ved omdreiningsformelen:

V_{1} = π \int_{0}^{2} {(\frac{\sqrt{5}}{2} x)}^{2} d x = π \int_{0}^{2} \frac{5}{4} x^{2} d x

Beregnet i GeoGebra CAS (se V1 i utklippet):

CAS-utregning C, V1 og V2

V_{1} = π {[\frac{5}{12} x^{3}]}_{0}^{2} = \frac{10}{3} π \approx 10,47

Dette stemmer med kjegleformelen $V = \frac{1}{3} π r^{2} h$ med $r = \sqrt{5}$ og $h = 2$ : $V = \frac{1}{3} π \cdot 5 \cdot 2 = \frac{10}{3} π$ .

V_{1} = \frac{10}{3} π \approx 10,47

Flatestykket $F_{2}$ er resten av sirkelsektoren $O B C$ når trekanten $F_{1}$ er trukket fra — altså området avgrenset av linjestykket $A C$ ( $x = 2$ ), buen $\hat{B C}$ og linjestykket $A B$ på $x$ -aksen, der $B = (3, 0)$ . Når $F_{2}$ dreies $360 °$ om $x$ -aksen, dannes et kulesegment (kulekalott) mellom $x = 2$ og $x = 3$ .

Randen ovenfra er sirkelbuen $y = \sqrt{9 - x^{2}}$ , så volumet blir

V_{2} = π \int_{2}^{3} {(\sqrt{9 - x^{2}})}^{2} d x = π \int_{2}^{3} (9 - x^{2}) d x

Beregnet i GeoGebra CAS (se V2 i utklippet over):

V_{2} = π {[9 x - \frac{x^{3}}{3}]}_{2}^{3} = \frac{8}{3} π \approx 8,38

Dette stemmer med formelen for volumet av en kulekalott $V = \frac{π h^{2}}{3} (3 r - h)$ med $r = 3$ og høyde $h = 1$ : $V = \frac{π \cdot 1}{3} (9 - 1) = \frac{8}{3} π$ .

V_{2} = \frac{8}{3} π \approx 8,38

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 6 poeng

I en fullgod løsning må stigningstallet gis eksakt.

og c) Ved digital løsning må integralene for omdreiningslegemene settes opp.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Omdreiningslegeme, Volum, Integrasjon, Vektorer
Egen side: Åpne oppgave 2-4 for seg selv

Oppgave 2-5Rektangel innskrevet i sirkel optimering av omkrets og areal

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

På figuren er et rektangel med sider $x$ og $y$ innskrevet i en sirkel. Sirkelen har diameteren $D$ . $∠ v$ er vinkelen mellom $x$ og $D$ .

Rektangel med sider x og y innskrevet i sirkel med diameter D

For hånd

Forklar at omkretsen $O$ til rektangelet kan skrives som

O (v) = 2 D \cos v + 2 D \sin v

Bestem også et funksjonsuttrykk for arealet $A (v)$ av rektangelet.

Kalkulator

Bruk $O^{'} (v)$ og vis at det rektangelet som har størst omkrets, er et kvadrat.

Bestem den største omkretsen av rektangelet uttrykt ved diameteren $D$ .

Kalkulator

Bruk $A^{'} (v)$ og vis at det rektangelet som har størst areal, også er et kvadrat.

Bestem det største arealet av rektangelet uttrykt ved diameteren $D$ .

Fasit

$A (v) = D^{2} \sin v \cos v$

Størst omkrets ved $v = 45 °$ : $O_{\max} = 2 \sqrt{2} D$

Størst areal ved $v = 45 °$ : $A_{\max} = \frac{D^{2}}{2}$

LøsningsforslagKI-generert

Diagonalen i rektangelet er lik diameteren $D$ i sirkelen. Diagonalen deler rektangelet i to rettvinklede trekanter der $D$ er hypotenusen, og $∠ v$ er vinkelen mellom siden $x$ og $D$ . Da er

\cos v = \frac{x}{D} \Rightarrow x = D \cos v

\sin v = \frac{y}{D} \Rightarrow y = D \sin v

Omkretsen av rektangelet er $O = 2 x + 2 y$ , altså

O (v) = 2 D \cos v + 2 D \sin v

Arealet av rektangelet er $A = x \cdot y$ , altså

A (v) = D \cos v \cdot D \sin v = D^{2} \sin v \cos v

der $0 < v < 90 °$ .

Vi deriverer $O (v)$ :

O^{'} (v) = - 2 D \sin v + 2 D \cos v = 2 D (\cos v - \sin v)

Se skjermbildet fra CAS under, linje 2. Vi setter $O^{'} (v) = 0$ :

\cos v = \sin v \Rightarrow \tan v = 1 \Rightarrow v = 45 °

(se linje 3 i utklippet, som gir generell løsning $v = \frac{π}{4} + k π$ , og innenfor $⟨ 0 °, 90 ° ⟩$ er $v = 45 °$ eneste løsning).

For $v < 45 °$ er $\cos v > \sin v$ , så $O^{'} (v) > 0$ (voksende). For $v > 45 °$ er $\cos v < \sin v$ , så $O^{'} (v) < 0$ (avtagende). Dermed er $v = 45 °$ et toppunkt, og omkretsen er størst når $v = 45 °$ .

Når $v = 45 °$ , er

x = D \cos 45 ° = D \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}, y = D \sin 45 ° = D \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}

Siden $x = y$ , er rektangelet et kvadrat.

Den største omkretsen er (se linje 4 i utklippet)

O (45 °) = 2 D \cos 45 ° + 2 D \sin 45 ° = 2 \sqrt{2} D

CAS-utregning av O'(v), A'(v) og maksimalverdier

Vi deriverer $A (v) = D^{2} \sin v \cos v$ (se linje 6 i utklippet):

A^{'} (v) = D^{2} \cos^{2} v - D^{2} \sin^{2} v = D^{2} (\cos^{2} v - \sin^{2} v)

Vi setter $A^{'} (v) = 0$ :

\cos^{2} v = \sin^{2} v \Rightarrow \tan^{2} v = 1 \Rightarrow v = 45 °

(linje 7 i utklippet viser at innenfor $⟨ 0 °, 90 ° ⟩$ er $v = 45 °$ eneste løsning).

For $v < 45 °$ er $\cos^{2} v > \sin^{2} v$ , så $A^{'} (v) > 0$ (voksende). For $v > 45 °$ er $\cos^{2} v < \sin^{2} v$ , så $A^{'} (v) < 0$ (avtagende). Dermed er $v = 45 °$ et toppunkt, og arealet er størst når $v = 45 °$ .

Siden $x = y$ ved $v = 45 °$ (vist i b), er dette igjen et kvadrat.

Det største arealet er (se linje 8 i utklippet)

A (45 °) = D^{2} \sin 45 ° \cos 45 ° = D^{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{D^{2}}{2}

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Optimering, Trigonometri, Derivasjon
Egen side: Åpne oppgave 2-5 for seg selv

Oppgave 2-6Sierpiński-trekanten og geometrisk rekke

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

Sierpiński-trekanten, som har sitt navn etter den polske matematikeren Wacław Franciszek Sierpiński (1882–1969), lages slik:

Vi starter med en likesidet, svart trekant som har areal $A$ . Se figur 1.
Midtpunktet på hver av sidene i trekanten er hjørnene i en ny hvit, likesidet trekant. Denne hvite trekanten fjerner vi. Vi står da igjen med tre likesidede, svarte trekanter. Se figur 2.
Vi gjentar denne prosessen med hver av de svarte trekantene. Se figurene 3–5. Vi tenker oss at prosessen blir utført uendelig mange ganger. Den «gjennomhullede» figuren vi da står igjen med, kalles Sierpiński-trekanten.

Sierpiński-trekanten, figur 1–5

Summen av arealene som fjernes (de hvite trekantene), er gitt ved rekken

A \cdot (\frac{1}{4} + \frac{3}{16} + \frac{9}{64} + \frac{27}{256} + \dots)

For hånd

Bestem summen av rekken ovenfor. Hva forteller svaret ditt om arealet av Sierpiński-trekanten?

For hånd

Sidene i trekanten i figur 1 er lik $a$ .

Forklar at omkretsen av de svarte trekantene i figurene 2–5 ovenfor er henholdsvis

3 \cdot \frac{3}{2} \cdot a, 3 \cdot \frac{9}{4} \cdot a, 3 \cdot \frac{27}{8} \cdot a og 3 \cdot \frac{81}{16} \cdot a

For hånd

Vi gjør prosessen som forklart i trinn 2 ovenfor $n$ ganger. Forklar at omkretsen av de svarte trekantene da er lik $3 \cdot {(\frac{3}{2})}^{n} \cdot a$ .

Forklar at $3 \cdot {(\frac{3}{2})}^{n} \cdot a \to \infty$ når $n \to \infty$ .

Hva forteller dette om omkretsen til Sierpiński-trekanten?

Fasit

$s = A$ — hele arealet $A$ blir til slutt fjernet, så arealet av Sierpiński-trekanten går mot $0$ .

Se forklaring.

Se forklaring. Omkretsen $\to \infty$ når $n \to \infty$ .

LøsningsforslagKI-generert

Rekken $A \cdot (\frac{1}{4} + \frac{3}{16} + \frac{9}{64} + \frac{27}{256} + \dots)$ er en geometrisk rekke med startledd

a_{1} = \frac{1}{4}

Kvotienten finner vi ved å dele et ledd på det foregående, for eksempel

k = \frac{\frac{3}{16}}{\frac{1}{4}} = \frac{3}{4}

Siden $| k | = \frac{3}{4} < 1$ , konvergerer rekken, og summen er

s = \frac{a_{1}}{1 - k} = \frac{\frac{1}{4}}{1 - \frac{3}{4}} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{4}} = 1

CAS-utregning av summen

Summen av arealene som fjernes, er dermed

A \cdot s = A \cdot 1 = A

Dette betyr at når prosessen gjentas uendelig mange ganger, blir det til sammen fjernet like mye areal som hele den opprinnelige trekanten hadde. Arealet som blir igjen (Sierpiński-trekanten selv) går derfor mot $0$ .

$s = A$ : Arealet av Sierpiński-trekanten går mot $0$ .

I hvert trinn av prosessen halveres sidelengden i de svarte trekantene, siden den nye, hvite trekanten har hjørner i midtpunktene på sidene til den svarte trekanten den fjernes fra. Samtidig blir hver svart trekant erstattet av tre nye, mindre svarte trekanter.

Antall svarte trekanter og sidelengden i figurene blir da:

Figur	Antall trekanter	Sidelengde	Omkrets
1	$1$	$a$	$3a$
2	$\textcolor{seagreen}{3}$	$\textcolor{steelblue}{\frac{a}{2}}$	$\textcolor{seagreen}{3} \cdot 3 \cdot \textcolor{steelblue}{\frac{a}{2}} = 3 \cdot \frac{3}{2} \cdot a$
3	$\textcolor{seagreen}{9}$	$\textcolor{steelblue}{\frac{a}{4}}$	$\textcolor{seagreen}{9} \cdot 3 \cdot \textcolor{steelblue}{\frac{a}{4}} = 3 \cdot \frac{9}{4} \cdot a$
4	$\textcolor{seagreen}{27}$	$\textcolor{steelblue}{\frac{a}{8}}$	$\textcolor{seagreen}{27} \cdot 3 \cdot \textcolor{steelblue}{\frac{a}{8}} = 3 \cdot \frac{27}{8} \cdot a$
5	$\textcolor{seagreen}{81}$	$\textcolor{steelblue}{\frac{a}{16}}$	$\textcolor{seagreen}{81} \cdot 3 \cdot \textcolor{steelblue}{\frac{a}{16}} = 3 \cdot \frac{81}{16} \cdot a$

Figur

Antall trekanter

Sidelengde

Omkrets

1

$1$

$a$

$3a$

2

$\textcolor{seagreen}{3}$

$\textcolor{steelblue}{\frac{a}{2}}$

$\textcolor{seagreen}{3} \cdot 3 \cdot \textcolor{steelblue}{\frac{a}{2}} = 3 \cdot \frac{3}{2} \cdot a$

3

$\textcolor{seagreen}{9}$

$\textcolor{steelblue}{\frac{a}{4}}$

$\textcolor{seagreen}{9} \cdot 3 \cdot \textcolor{steelblue}{\frac{a}{4}} = 3 \cdot \frac{9}{4} \cdot a$

4

$\textcolor{seagreen}{27}$

$\textcolor{steelblue}{\frac{a}{8}}$

$\textcolor{seagreen}{27} \cdot 3 \cdot \textcolor{steelblue}{\frac{a}{8}} = 3 \cdot \frac{27}{8} \cdot a$

5

$\textcolor{seagreen}{81}$

$\textcolor{steelblue}{\frac{a}{16}}$

$\textcolor{seagreen}{81} \cdot 3 \cdot \textcolor{steelblue}{\frac{a}{16}} = 3 \cdot \frac{81}{16} \cdot a$

Omkretsen av alle de svarte trekantene til sammen er (antall trekanter) $\times$ (omkrets per trekant) $=$ (antall trekanter) $\times 3 \times$ (sidelengde). Setter vi inn tallene fra tabellen, får vi nettopp

3 \cdot \frac{3}{2} \cdot a, 3 \cdot \frac{9}{4} \cdot a, 3 \cdot \frac{27}{8} \cdot a og 3 \cdot \frac{81}{16} \cdot a

slik oppgaven ber om.

Etter $n$ gjentakelser av prosessen er antall svarte trekanter tredoblet $n$ ganger, altså $3^{n}$ , og sidelengden er halvert $n$ ganger, altså $\frac{a}{2^{n}}$ .

Total omkrets etter $n$ gjentakelser blir dermed

3^{n} \cdot 3 \cdot \frac{a}{2^{n}} = 3 \cdot {(\frac{3}{2})}^{n} \cdot a

Dette stemmer med resultatene i b), der $n = 1, 2, 3, 4$ gir nettopp de fire omkretsene som er vist der.

Siden $\frac{3}{2} > 1$ , vokser ${(\frac{3}{2})}^{n}$ uten grense når $n$ blir stor. Dermed går

3 \cdot {(\frac{3}{2})}^{n} \cdot a \to \infty når n \to \infty

Dette forteller oss at selv om arealet av Sierpiński-trekanten går mot $0$ (jf. a)), går den totale omkretsen av de svarte trekantene mot uendelig. Sierpiński-trekanten er altså en figur med et areal lik $0$ , men en omkrets (randlengde) som er uendelig lang — et typisk trekk ved fraktaler.

$Omkretsen \to \infty når n \to \infty$

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 6 poeng

En fullgod løsning må først inneholde hva som tas bort (A, ikke 1) for så å konkludere med at arealet av Sierpinski-trekanten blir null.

Forklaringen må enten inneholde begrunnelse for alle fire omkretsene, eller en generell utledning av tallfølgen.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Geometrisk rekke, Uendelig rekke, Konvergens, Argumentasjon
Egen side: Åpne oppgave 2-6 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 1-1Deriver tre funksjoner med trig og eksponential

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-2Integral med variabelskifte og delbrøkoppspalting

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-3Kryss- og prikkprodukt for trekant ABC

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-4Separabel differensiallikning y' lik 6xy

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-5Aritmetisk rekke med odde tall

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-6Skisse av graf fra informasjon om f og f'

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-7Induksjonsbevis for sum av geometrisk rekke

Forstå oppgaven med en KI

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 6 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 2-1Differensiallikning for medisinmengde i kropp

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-2Dempet sinusfunksjon topp-bunnpunkter og areal

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-3Pyramide OABCD i romkoordinatsystem

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4Sirkelsektor kjegle og kulesegment ved omdreiing

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-5Rektangel innskrevet i sirkel optimering av omkrets og areal

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-6Sierpiński-trekanten og geometrisk rekke

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

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

Oppgave 1-1·Deriver tre funksjoner med trig og eksponential

Oppgave 1-2·Integral med variabelskifte og delbrøkoppspalting

Oppgave 1-3·Kryss- og prikkprodukt for trekant ABC

Oppgave 1-4·Separabel differensiallikning y' lik 6xy

Oppgave 1-5·Aritmetisk rekke med odde tall

Oppgave 1-6·Skisse av graf fra informasjon om f og f'

Oppgave 1-7·Induksjonsbevis for sum av geometrisk rekke

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 6 oppgaver · 36 poeng

Oppgave 2-1·Differensiallikning for medisinmengde i kropp

Oppgave 2-2·Dempet sinusfunksjon topp-bunnpunkter og areal

Oppgave 2-3·Pyramide OABCD i romkoordinatsystem

Oppgave 2-4·Sirkelsektor kjegle og kulesegment ved omdreiing

Oppgave 2-5·Rektangel innskrevet i sirkel optimering av omkrets og areal

Oppgave 2-6·Sierpiński-trekanten og geometrisk rekke

Temaer

Oppgave 1-1Deriver tre funksjoner med trig og eksponential

Oppgave 1-2Integral med variabelskifte og delbrøkoppspalting

Oppgave 1-3Kryss- og prikkprodukt for trekant ABC

Oppgave 1-4Separabel differensiallikning y' lik 6xy

Oppgave 1-5Aritmetisk rekke med odde tall

Oppgave 1-6Skisse av graf fra informasjon om f og f'

Oppgave 1-7Induksjonsbevis for sum av geometrisk rekke

Oppgave 2-1Differensiallikning for medisinmengde i kropp

Oppgave 2-2Dempet sinusfunksjon topp-bunnpunkter og areal

Oppgave 2-3Pyramide OABCD i romkoordinatsystem

Oppgave 2-4Sirkelsektor kjegle og kulesegment ved omdreiing

Oppgave 2-5Rektangel innskrevet i sirkel optimering av omkrets og areal

Oppgave 2-6Sierpiński-trekanten og geometrisk rekke