Matematikk R2 høst 2025

Her bruker vi delvis integrasjon. Vi integrerer et produkt der begge faktorene inneholder $x$, og velger $u=4x$ og $v'=\cos x$. Da blir $u'=4$ og $v=\sin x$.

$$\begin{aligned}\int 4x\cos x\,dx&=\int uv'\,dx\\&=uv-\int u'v\,dx\\&=4x\sin x-\int 4\sin x\,dx\\&=4x\sin x-(-4\cos x)+C\\&=4x\sin x+4\cos x+C\\&=4(x\sin x+\cos x)+C\end{aligned}$$

Begge de to siste uttrykkene kan brukes som svar.

Her bruker vi volumet av et omdreiningslegeme for å finne volumet inni koppen.

$$\begin{aligned}V&=\pi\int_0^{10}f(x)^2\,dx\\&=\pi\int_0^{10}(\sqrt{x+4})^2\,dx\\&=\pi\int_0^{10}(x+4)\,dx\\&=\pi\left[\frac12x^2+4x\right]_0^{10}\\&=\pi\left(\left(\frac12\cdot10^2+4\cdot10\right)-\left(\frac12\cdot0^2+4\cdot0\right)\right)\\&=\pi(90-0)=90\pi\end{aligned}$$

Det er plass til $90\pi\ \text{cm}^3$ kakao i koppen. Det er også $90\pi$ mL.

Når vi skal finne arealet avgrenset av en graf og x-aksen, må vi huske at integralet behandler området over x-aksen som positivt og området under x-aksen som negativt. Vi deler derfor opp integralet i to.

Det samlede arealet blir $$A=\int_{-2}^{0}f(x)\,dx-\int_0^1 f(x)\,dx.$$ Vi bruker minus foran det siste integralet for å ta hensyn til at det blir negativt. Riktig uttrykk er alternativ 4.

Vi regner først ut integralet fra $-2$ til $0$:

$$\begin{aligned}\int_{-2}^{0}(x^3+x^2-2x)\,dx&=\left[\frac14x^4+\frac13x^3-x^2\right]_{-2}^{0}\\&=\left(\frac14\cdot0^4+\frac13\cdot0^3-0^2\right)-\left(\frac14(-2)^4+\frac13(-2)^3-(-2)^2\right)\\&=0-\left(\frac14\cdot16-\frac13\cdot8-4\right)\\&=-\left(4-\frac83-4\right)\\&=-\left(-\frac83\right)=\frac83\end{aligned}$$

Deretter regner vi ut integralet fra $0$ til $1$:

$$\begin{aligned}\int_0^1(x^3+x^2-2x)\,dx&=\left[\frac14x^4+\frac13x^3-x^2\right]_0^1\\&=\left(\frac14\cdot1^4+\frac13\cdot1^3-1^2\right)-\left(\frac14\cdot0^4+\frac13\cdot0^3-0^2\right)\\&=\frac14+\frac13-1-0\\&=\frac3{12}+\frac4{12}-\frac{12}{12}=-\frac5{12}\end{aligned}$$

Arealet blir dermed $$\begin{aligned}A&=\int_{-2}^{0}f(x)\,dx-\int_0^1 f(x)\,dx\\&=\frac83-\left(-\frac5{12}\right)\\&=\frac83+\frac5{12}\\&=\frac{32}{12}+\frac5{12}=\frac{37}{12}.\end{aligned}$$

Dersom $a\approx-0{,}6$ er én løsning, må vi finne et annet intervall fra $a$ til denne verdien som har like mye areal over x-aksen som under x-aksen.

Når $a$ flyttes til venstre for $-2$, kommer det med et negativt bidrag. Dette området kan bli like stort som det positive området som er kommet med. Derfor finnes det også en løsning til venstre for $-2$. På figuren ser den ut til å ligge rundt $a=-2{,}7$.

De to løsningene til $\int_a^1 f(x)\,dx=0$ med $a<0$ er altså omtrent $a\approx-2{,}7$ og $a\approx-0{,}6$.

Vi vil bruke $\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}$. Når $\cos x=0$, er $\sin x=\pm1$, så disse verdiene løser ikke likningen. Vi kan derfor dele på $\cos x$:

$$\begin{aligned}\sin x-\sqrt3\cos x&=0\\\frac{\sin x}{\cos x}-\sqrt3&=0\\\tan x&=\sqrt3\\x&=\frac\pi3+n\pi,\quad n\in\mathbb Z\end{aligned}$$

I intervallet $[0,2\pi)$ får vi $$x\in\left\{\frac\pi3,\frac{4\pi}3\right\}.$$

Vi starter med å løse likningen som vanlig: $$\left(\sin x-\frac12\right)(\sin x-a)=0\quad\Longleftrightarrow\quad\sin x=\frac12\ \text{eller}\ \sin x=a.$$

Den første likningen gir $$x=\frac\pi6+2n\pi\quad\text{eller}\quad x=\frac{5\pi}6+2n\pi.$$ I intervallet får vi $x\in\{\frac\pi6,\frac{5\pi}6\}$. Vi har nå funnet to løsninger på den opprinnelige likningen. Det neste vi undersøker, er hvor mange nye løsninger $\sin x=a$ gir.

For $\sin x=a$ får vi ingen løsninger når $a>1$ eller $a<-1$, én løsning når $a=1$ eller $a=-1$, og to løsninger når $-1<a<1$.

I den opprinnelige likningen gir dette:

- To løsninger når $a\in(-\infty,-1)\cup(1,\infty)\cup\{\frac12\}$.

- Tre løsninger når $a=-1$ eller $a=1$.

- Fire løsninger når $a\in(-1,1)\setminus\{\frac12\}$.

Hvorfor er ikke $a=\frac12$ med blant verdiene som gir fire løsninger? Setter vi inn denne verdien, blir likningen $$\left(\sin x-\frac12\right)^2=0\quad\Longleftrightarrow\quad\sin x=\frac12.$$ Det er de samme to løsningene som før, så vi får ingen nye løsninger.

Arealet under fartsgrafen har meter som enhet: $\dfrac{\text{m}}{\text{s}}\cdot\text{s}=\text{m}$. Derfor er arealet tilbakelagt strekning. Påstanden er usann.

Vi sammenlikner hvor stor del av en hel omdreining vinklene utgjør. For samme vinkel må $$\frac{n^\circ}{360^\circ}=\frac{v}{2\pi}.$$

$$\frac{36^\circ}{360^\circ}=\frac1{10}\qquad\text{og}\qquad\frac{\frac\pi5}{2\pi}=\frac\pi5\cdot\frac1{2\pi}=\frac1{10}.$$ Begge er en tidel av en hel omdreining. Påstanden er sann.

Vi må først finne hvor mange ledd det er i rekken. Første ledd er $a_1=-3$, differansen er $d=3$, og siste ledd er $a_n=69$.

$$\begin{aligned}a_n&=a_1+(n-1)d\\&=-3+(n-1)\cdot3\\&=-3+3n-3\\&=3n-6\end{aligned}$$ Siden siste ledd er $69$, får vi $$69=3n-6\quad\Longleftrightarrow\quad3n=75\quad\Longleftrightarrow\quad n=25.$$

$$\begin{aligned}S_n&=\frac{n(a_1+a_n)}2\\&=\frac{25(-3+69)}2\\&=\frac{25\cdot66}2\\&=25\cdot33=825\end{aligned}$$ Summen av rekken er $825$.

Hvert ledd er det forrige ganget med $\frac12-x$. Kvotienten er altså $k=\frac12-x$. Rekken konvergerer når $$-1<k<1\quad\Longleftrightarrow\quad-1<\frac12-x<1.$$

Vi løser de to ulikhetene hver for seg: $$-1<\frac12-x\quad\Longleftrightarrow\quad x<\frac32,$$ og $$\frac12-x<1\quad\Longleftrightarrow\quad-\frac12<x.$$

Begge må gjelde, så konvergensområdet er $$-\frac12<x<\frac32.$$

Her må vi huske at ballen både spretter opp og ned.

Først faller ballen ned $2$ m. Deretter tilbakelegger den følgende strekning i oppsprettene: $$\begin{aligned}S_{\text{opp}}&=2\cdot0{,}75+2\cdot0{,}75^2+2\cdot0{,}75^3+\dots\\&=\frac{a_1}{1-k}=\frac{2\cdot0{,}75}{1-0{,}75}=6\text{ m}.\end{aligned}$$

Nedsprettene etter det første fallet gir den samme rekken: $$\begin{aligned}S_{\text{ned}}&=2\cdot0{,}75+2\cdot0{,}75^2+2\cdot0{,}75^3+\dots\\&=\frac{a_1}{1-k}=\frac{2\cdot0{,}75}{1-0{,}75}=6\text{ m}.\end{aligned}$$ Den totale strekningen ballen tilbakelegger, er derfor $2+6+6=14$ m.

En kuleflate kan skrives på formen $$(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2=r^2,$$ der sentrum er $(x_0,y_0,z_0)$ og radius er $r$. Vi fullfører kvadratene:

$$\begin{aligned}x^2-4x+y^2+z^2+2z&=4\\x^2-4x+4+y^2+z^2+2z+1&=4+4+1\\(x-2)^2+(y-0)^2+(z+1)^2&=3^2\end{aligned}$$

Sentrum er $(2,0,-1)$, og radius er $3$.

For å definere planet trenger vi et punkt og en normalvektor. Punktet har vi allerede. Radiusen fra sentrum til $P$ er parallell med normalvektoren, så vi bruker denne vektoren.

Med $S=(1,-1,3)$ som navn på sentrum i figuren får vi $$\overrightarrow{SP}=[3-1,-1-(-1),3-3]=[2,0,0].$$ Vi kan forkorte vektoren for å få mindre tall å jobbe med og velge $\vec n_\alpha=[1,0,0]$.

Planlikningen kan skrives $$a(x-x_1)+b(y-y_1)+c(z-z_1)=0.$$ Vi setter inn normalvektoren og punktet $P$:

$$\begin{aligned}\alpha:\quad1(x-3)+0(y-(-1))+0(z-3)&=0\\x-3&=0\\x&=3.\end{aligned}$$

Vi finner avstanden $q$ mellom sentrum av kulen og planet $\beta$. Den kan vi sammenlikne med radiusen $r$:

- $q>r$: ingen skjæring.

- $q=r$: planet tangerer kulen.

- $q<r$: planet skjærer kulen.

Formelen for avstand mellom et punkt $(x_1,y_1,z_1)$ og et plan $ax+by+cz+d=0$ er $$q=\frac{|ax_1+by_1+cz_1+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.$$ Her er $a=3$, $b=1$, $c=-2$, $d=1$ og sentrum $(1,-1,3)$.

$$\begin{aligned}q&=\frac{|3\cdot1+1\cdot(-1)+(-2)\cdot3+1|}{\sqrt{3^2+1^2+(-2)^2}}\\&=\frac{|-3|}{\sqrt{14}}=\frac3{\sqrt{14}}=\frac{3\sqrt{14}}{14}.\end{aligned}$$

Det kan være litt vanskelig å se hvordan dette er i forhold til $r=2$. Vi vet at $\sqrt{14}<\sqrt{16}=4$, så $$q=\frac{3\sqrt{14}}{14}<\frac{3\sqrt{16}}{14}=\frac{12}{14}=\frac67<2.$$ Siden $q<r$, skjærer planet gjennom kuleflaten.

Vi kaller påstanden $P(n)$: $$1+4+4^2+\dots+4^n=\frac{4^{n+1}-1}{3}.$$

1. Grunntilfellet. Vi sjekker $n=0$. Venstre side er $1$, og høyre side er $$\frac{4^{0+1}-1}{3}=\frac{4-1}{3}=1.$$ Dermed er $P(0)$ sann.

2. Induksjonsantakelsen. Vi antar at $P(k)$ er sann for et vilkårlig heltall $k\geq0$: $$1+4+4^2+\dots+4^k=\frac{4^{k+1}-1}{3}.$$

3. Induksjonssteget. Vi skal vise at $P(k+1)$ også er sann, altså at $$1+4+4^2+\dots+4^k+4^{k+1}=\frac{4^{k+2}-1}{3}.$$ Vi legger til neste ledd og bruker antakelsen:

$$\begin{aligned}1+4+4^2+\dots+4^k+4^{k+1}&=\frac{4^{k+1}-1}{3}+4^{k+1}\\&=\frac{4^{k+1}-1}{3}+\frac{3\cdot4^{k+1}}3\\&=\frac{4^{k+1}-1+3\cdot4^{k+1}}3\\&=\frac{4\cdot4^{k+1}-1}3\\&=\frac{4^{k+2}-1}3.\end{aligned}$$

Dette er høyre side i $P(k+1)$. Siden grunntilfellet er sant, og $P(k)$ medfører $P(k+1)$, er påstanden sann for alle heltall $n\geq0$.

Vi finner hastighetsvektoren ved å derivere posisjonsvektoren: $$\vec v(t)=\vec r\,'(t).$$ Farten er lengden av denne vektoren: $$V(t)=|\vec v(t)|=|\vec r\,'(t)|.$$

I CAS definerer vi først posisjonsvektoren, deretter farten. Vi setter så inn $t=2$ og bruker numerisk evaluering for å få et desimaltall.

CAS gir $V(2)\approx10{,}3$. Miniubåten har altså en fart på omtrent $10{,}3$ m/s etter $2$ sekunder.

Vi trenger bare $z$-koordinaten til posisjonsvektoren. Den definerer vi som $$r_z(t)=z(\vec r(t))=0{,}1t^2-5t-250.$$

Metode 1. Deriver $r_z$, skriv likningen $r_z'(t)=0$ i CAS, og bruk knappen $x\approx$ for å finne tidspunktet. Deretter beregner vi $r_z$ ved dette tidspunktet.

Dette gir $t=25$ og $r_z(25)=-\frac{625}{2}$. Vi bruker numerisk evaluering, $\approx$, og får $-312{,}5$. Funksjonen er en andregradsfunksjon med positivt andregradsledd, så dette er et minimum. Tidspunktet ligger i intervallet $[0,60]$.

Metode 2. Vi kan også bruke kommandoen for ekstremalpunkt på $r_z$. I GeoGebra heter kommandoen «Extremum» på engelsk og «Ekstremalpunkt» på norsk. Den gir punktet $(25,-\frac{625}{2})$, altså $(25,-312{,}5)$.

Miniubåten er altså $312{,}5$ meter under havoverflaten på det dypeste.

Vi antar at $\vec r(t)$ beskriver posisjonen til sentrum av ubåten, og at $\vec s(t)$ beskriver posisjonen til sentrum av fiskestimen. Vi antar også at ubåten får plass i et avlangt rett prisme med de oppgitte målene.

Ettersom vi ikke vet orienteringen på ubåten, kan vi ikke avgjøre en eventuell kollisjon bare ved å bruke halve lengden. Det lengste fra prismets sentrum til et hjørne er $$\sqrt{4^2+2^2+2{,}5^2}=\sqrt{26{,}25}\approx5{,}12\text{ m}.$$ Dersom avstanden mellom sentrene alltid er større enn $15+\sqrt{26{,}25}\approx20{,}12$ m, kan vi være sikre på at det ikke blir noen kollisjon i denne modellen.

Vi finner avstanden mellom sentrene ved å ta lengden av vektoren mellom dem: $$\vec u(t)=\vec s(t)-\vec r(t)=[40-4t,60-5t,5t-0{,}1t^2],\qquad q(t)=|\vec u(t)|.$$

I CAS definerer vi fiskestimens posisjon, differansevektoren og avstanden. Vi finner ekstremalpunktet og sammenlikner med avstanden i endepunktene til tidsintervallet.

CAS gir et minimum omtrent i $(8{,}39,39{,}83)$. Avstandene ved $t=0$ og $t=60$ er omtrent $72{,}11$ m og $318{,}12$ m. Den minste avstanden mellom sentrene er altså omtrent $39{,}83$ m.

Siden $39{,}83>20{,}12$, kommer miniubåten ikke til å kollidere med fiskestimen innenfor tidsintervallet, med antakelsene vi har gjort.

Her bruker vi regresjonsanalyse i GeoGebra. Målingene viser en vekselspenning, og vi bruker en harmonisk svingning som modell.

Vi skriver tidene i kolonne A og spenningene i kolonne B i regnearket. Marker de åtte tallparene, åpne regresjonsanalysen og velg sinus som regresjonsmodell.

Regresjonen gir omtrent $$y=-0{,}9121+323{,}4734\sin(314{,}8125x-0{,}0026).$$ Vi avrunder koeffisientene som i lærerens modell og bruker $$U(t)=323\sin(315t-0{,}0026)-0{,}912.$$ Her måles $t$ i sekunder og $U(t)$ i volt.

Vi definerer modellen fra a i CAS. Vi skal finne når $U(t)=230$. Det kan være fristende å ta med $U(t)=-230$ fordi spenningen skifter fortegn, men oppgaven spør etter spenningen $230$ V, så vi løser $U(t)=230$.

Vi løser likningen med kommandoen «Solve» («Løs» på norsk) og tar med intervallet $0\leq t\leq0{,}0200$. Da får vi begge løsningene eksakt. I neste rad bruker vi «Numeric» med en radreferanse til resultatet i rad 2. Det siste argumentet angir seks gjeldende sifre.

Med modellen vår får vi $$t\approx0{,}002537\text{ s}\quad\text{eller}\quad t\approx0{,}007453\text{ s}.$$ Det er på disse to tidspunktene i løpet av de første $0{,}0200$ sekundene spenningen er $230$ V.

Vi trenger først perioden til funksjonen. For modellen vår er vinkelfaktoren $315$, så $$T=\frac{2\pi}{315}.$$

I CAS bruker vi modellen fra a, definerer perioden og setter inn i formelen for effektivverdien:

I skjermbildet fortsetter vi fra b. Perioden står i rad 4 og effektivverdien i rad 5. Den siste kommandoen viser resultatet fra rad 5 med åtte gjeldende sifre.

Numerisk evaluering gir $$U_{\text{effektiv}}\approx228{,}3973\text{ V}\approx228{,}4\text{ V}.$$ Dette ligger nær $230$ V. Målingene kan derfor være riktige; modellen gir omtrent den oppgitte effektivverdien. Beregningen viser ikke at hver enkelt måling er helt nøyaktig.

Dette er en typisk geometrisk rekke som vi kan sette opp som en vanlig spareoppgave. Forskjellen er at vekstfaktoren her er mindre enn $1$. Vekstfaktoren er $k=1-0{,}18=0{,}82$, og tilsatt mengde per natt er $2$. Vi regner med at Sofie starter uten stoffet i kroppen.

I skissen står det $2\cdot0{,}82^n$ ved dosen fra natt $n-2$. Eksponenten skal være $2$: denne dosen har vært gjennom to dager med utskilling.

Etter $n$ netter, før dagens utskilling, er mengden $$2+2\cdot0{,}82+2\cdot0{,}82^2+\dots+2\cdot0{,}82^{n-1}.$$ Dette er en geometrisk rekke med $a_1=2$ og $k=0{,}82$. Summen er $$S_n=a_1\frac{k^n-1}{k-1}.$$

Vi setter opp summen i CAS og løser $S(n)=10$ med knappen $x\approx$.

Når vi bruker $x\approx$, legger GeoGebra inn $n=1$ som startverdi for den numeriske beregningen. Dette er en startgjetning, ikke løsningen. Skjermbildet viser løsningen avrundet til $11{,}6$. Vi evaluerer også summen ved de to nærmeste hele antall netter.

Den numeriske løsningen er $n\approx11{,}6028$. Antall netter må være et heltall: $S(11)\approx9{,}86$, mens $S(12)\approx10{,}08$. Sofie kan derfor sove der i $11$ netter før mengden når et potensielt farlig nivå. I løpet av den $12.$ natten blir nivået potensielt farlig.

Vi bruker samme utgangspunkt som i a, men lar antall netter gå mot uendelig. Vi bestemmer først vekstfaktoren som gir grensesummen $10$:

$$S=\frac{a_1}{1-k}=\frac2{1-k},\qquad S=10.$$

Vi åpner et nytt CAS-ark og definerer summen med $k$ som ukjent. I det nye arket har $k$ ingen verdi fra a. Skriv så likningen $S=10$, marker den og bruk løseknappen $x=$. Resultatet er $k=\frac45=0{,}8$.

Radreferansen i den siste kommandoen henter den eksakte løsningen fra rad 2 og viser den som desimaltall.

Når $80\,\%$ blir igjen, skilles $20\,\%$ ut per dag. Dette er grenseverdien: Ved $20\,\%$ nærmer mengden seg $10$ enheter uten å overstige $10$. Hvis artikkelens påstand bare er «aldri mer enn $10$», holder det også med større utskilling. Den må altså anta minst $20\,\%$ per dag i denne modellen.

Programmet estimerer $\int_0^2 f(x)\,dx$ ved hjelp av venstrejustert og høyrejustert rektangelmetode.

Når grafen er stigende, vil den venstrejusterte metoden underestimere arealet under grafen, mens den høyrejusterte metoden overestimerer.

I funksjonen «areal_til_hoyre()» brukes i = 0, …, 99. Høyden kommer dermed fra venstre endepunkt i hvert delintervall, og denne funksjonen gir for lav verdi. I «areal_til_venstre()» brukes i = 1, …, 100, slik at høyden kommer fra høyre endepunkt, og verdien blir for høy. Funksjonsnavnene sier hvilken vei rektanglene strekker seg fra punktet som brukes til høyden.

Vi bruker trapesmetoden for å få en bedre tilnærming. Vi beholder n = 100 og den samme bredden på hver del.

Arealet av et trapes er $\frac{(a+b)h}{2}$. For eksempel blir $$A_2=\frac{(f(x_2)+f(x_3))\,dx}{2},$$ og generelt $$A_i=\frac{(f(x_i)+f(x_{i+1}))\,dx}{2}.$$ Vi summerer arealene av de $100$ trapesene.

Når programmet kjøres, skriver det ut «Trapesmetoden:» og $36{,}41542814203947$. Arealet blir altså omtrent $36{,}415$.