Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org.

Nettkoden som står til høyre for oppgavetittelen brukes i søkefeltet på www.matematikk.org for å åpne oppgaven og se utfyllende løsningsforslag.

Våre samarbeidspartnere:

REA3024 2015 Høst

Del 1
Del 2
Eksamensinformasjon

Eksamenstid:
5 timer:
Del 1 skal leveres inn etter 3 timer.
Del 2 skal leveres inn senest etter 5 timer.

Hjelpemidler:

Del 1:
Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler.

Del 2:
Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.

Framgangsmåte:
Del 1 har 9 oppgaver. Del 2 har 5 oppgaver.

Der oppgaveteksten ikke sier noe annet, kan du fritt velge framgangsmåte. Dersom oppgaven krever en bestemt løsningsmetode, kan en alternativ metode gi lav/noe uttelling.

Bruk av digitale verktøy som graftegner og CAS skal dokumenteres med utskrift eller gjennom en IKT-basert eksamen.

Veiledning om vurderingen:
Poeng i Del 1 og Del 2 er bare veiledende i vurderingen. Karakteren blir fastsatt etter en samlet vurdering. Det betyr at sensor vurderer i hvilken grad du

viser regneferdigheter og matematisk forståelse
gjennomfører logiske resonnementer
ser sammenhenger i faget, er oppfinnsom og kan ta i bruk fagkunnskap i nye situasjoner
kan bruke hensiktsmessige hjelpemidler
forklarer framgangsmåter og begrunner svar
kriver oversiktlig og er nøyaktig med utregninger, benevninger, tabeller og grafiske framstillinger
vurderer om svar er rimelige

Andre opplysninger:
Kilder for bilder, tegninger osv.:

Alle grafer og figurer: Utdanningsdirektoratet

DEL 1 Uten hjelpemidler

Oppgave 1 (4 poeng) Nettkode: E-4DHY

Deriver funksjonene

a)

$f (x) = 5 \cdot \cos (2 x)$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag a)

Jeg tenker

Funksjonen $f (x)$ er en konstant multiplisert med en cosinusfunksjon med kjerne lik $2 x$ . Derfor vil det være hensiktmessig å bruke kjerneregelen for derivasjon. Kjerneregelen for derivasjon sier at $\begin{matrix} (g (h (x)))' = h' (x) g' (h (x)) \end{matrix}$ .

Ved å sette $h (x) = 2 x$ og huske at den deriverte av $\cos x$ er $- \sin x$ , kan vi finne $\begin{matrix} f' (x) & = (5 \cos (2 x))' = 5 (\cos (2 x))' \\ = 5 \cdot 2 \cdot (- \sin (2 x)) \end{matrix}$ $f' (x) = - 10 \sin (2 x) .$

Svar: $f' (x) = - 10 \sin (2 x) .$

Mer om

Denne oppgaven er om

Derivasjon

En grenseoperasjon på en funksjon, som gir en ny funksjon, den deriverte til den opprinnelige. Funksjonsverdiene til den deriverte er stigningstallene til grafen til den opprinnelige funksjonen.

derivasjon

Cosinus

Cosinus er en trigonometrisk funksjon.
Cosinus til en spiss vinkel i en rettvinklet trekant er lik forholdet mellom lengden til hosliggende katet og hypotenus.

cosinus

Sinus

Forholdet mellom lengdene til motstående katet og hypotenus til en spiss vinkel i en rettvinklet trekant.

$\sin (A) = \sin (u) = \frac{{motstående}_{katet}}{hypotenus} = \frac{BC}{AC} = \frac{a}{b}$

sinus

For flere forklaringer og eksempler på derivasjon, se artikkelen Derivasjon av trigonometriske funksjoner.

b)

$g (x) = x \cdot \sin x$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag b)

Jeg tenker

Funksjonen $g (x)$ er et produkt av to funksjoner, $x$ og $\sin x$ , som vi klarer å derivere hver for seg. Derfor er det hensiktsmessig å bruke produktregelen for derivasjon.

Produktregelen for derivasjon sier at $(u v)' = u' v + u v'$ Det betyr at hvis vi setter $u = x$ og $v = \sin x$ så må $\begin{matrix} g' (x) & = (x \sin x)' = (x)' \sin x + x (\sin x)' \\ = (1) \sin x + x (\cos x) = \sin x + x \cos x . \end{matrix}$

Svar: $g^{´} (x) = \sin x + x \cos x$

Mer om

Denne oppgaven er om

Sinus

sinus

Cosinus

Cosinus er en trigonometrisk funksjon.
Cosinus til en spiss vinkel i en rettvinklet trekant er lik forholdet mellom lengden til hosliggende katet og hypotenus.

cosinus

Derivasjon

En grenseoperasjon på en funksjon, som gir en ny funksjon, den deriverte til den opprinnelige. Funksjonsverdiene til den deriverte er stigningstallene til grafen til den opprinnelige funksjonen.

derivasjon

.

For flere forklaringer og eksempler se artikkelen Å derivere sammensatte uttrykk.

Visste du at

Dersom du i denne oppgaven (gjelder kun for $x \neq 0$ )hadde glemt produktregelen for derivasjon, men tilfeldigvis husket brøkregelen $\begin{matrix} (\frac{u}{v})' = \frac{u' v - u v'}{v^{2}}, \end{matrix}$ kunne vi løst oppgaven på følgende måte. Siden $g = x \sin x$ må også $\begin{matrix} \sin x = \frac{g}{x} \end{matrix}$ og siden den deriverte av $\sin x$ er $\cos x$ må vi derfor også ha $\begin{matrix} \cos x = (\frac{g}{x})' = \frac{g' x - g x'}{x^{2}} = \frac{1}{x} g' (x) - \frac{1}{x^{2}} g (x) . \end{matrix}$ Denne likningen kan vi løse for $g' (x)$ slik at vi sitter igjen med $\begin{matrix} g' (x) = \frac{1}{x} g (x) + x \cos x, \end{matrix}$ og siden $g (x) = x \sin x$ følger det at $\begin{matrix} g' (x) = \sin x + x \cos x, \end{matrix}$ som er det vi viste i denne oppgaven.

c)

$h (x) = 5 e^{- x} \cdot \sin (2 x)$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag c)

Jeg tenker at

Funksjonen $h (x)$ er et produkt av to funksjoner, $5 e^{- x}$ og $\sin (2 x)$ , som er lettere å derivere hver for seg. Derfor kan det være lurt å benytte produktregelen for derivasjon.

Ifølge produktregelen, som sier at $(u v)' = u' v + u v'$ , finner vi $\begin{matrix} h' (x) & = (5 e^{- x} \sin (2 x))' \\ = (5 e^{- x})' \sin (2 x) + 5 e^{- x} (\sin (2 x))' . \end{matrix}$ Ved å benytte kjerneregelen med kjerne $u = - x$ kan vi videre skrive $\begin{matrix} (5 e^{- x})' = 5 (- x)' e^{- x} = - 5 e^{- x} . \end{matrix}$ Hvis vi nå bruker kjerneregelen med kjernen $u = 2 x$ finner vi $\begin{matrix} (\sin (2 x))' = (2 x)' \cos (2 x) = 2 \cos (2 x) . \end{matrix}$ Dette betyr at $\begin{matrix} h' (x) & = (5 e^{- x})' \sin (2 x) + 5 e^{- x} (\sin (2 x))' \\ = (- 5 e^{- x}) \sin (2 x) + 5 e^{- x} (2 \cos (2 x)) \\ = 5 e^{- x} (2 \cos (2 x) - \sin (2 x)) \end{matrix}$ $\begin{matrix} h' (x) = 5 e^{- x} (2 \cos (2 x) - \sin (2 x)) . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} h' (x) = 5 e^{- x} (2 \cos (2 x) - \sin (2 x)) . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

eksponentialfunksjon

Sinus

sinus

Cosinus

Cosinus er en trigonometrisk funksjon.
Cosinus til en spiss vinkel i en rettvinklet trekant er lik forholdet mellom lengden til hosliggende katet og hypotenus.

cosinus

Derivasjon

En grenseoperasjon på en funksjon, som gir en ny funksjon, den deriverte til den opprinnelige. Funksjonsverdiene til den deriverte er stigningstallene til grafen til den opprinnelige funksjonen.

derivasjon

For flere forklaringer og eksempler på derivasjon, se artikkelen Kjerneregelen.

Oppgave 2 (4 poeng) Nettkode: E-4DIW

Bestem integralene

a)

$\int_{0}^{2} (x^{2} - 2 x + 1) dx$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag a)

Jeg tenker

Vi må integrere funksjonen $x^{2} - 2 x + 1$ fra $x = 0$ til $x = 2$ . Det kan vi gjøre ved å benytte det vi vet om den deriverte av ledd på formen $x^{n}$ og at integralet av en sum er lik summen av integralene.

Siden integralet av en sum er lik summen av integralene kan vi skrive $\begin{matrix} \int_{0}^{2} (x^{2} - 2 x + 1) d x & = \int_{0}^{2} x^{2} d x - \int_{0}^{2} 2 x d x + \int_{0}^{2} d x . \end{matrix}$ Siden den deriverte av $\frac{1}{3} x^{3}$ er $x^{2}$ , av $x^{2}$ er $2 x$ og av $x$ er $1$ må vi ha $\begin{matrix} \int_{0}^{2} x^{2} d x - \int_{0}^{2} 2 x d x + \int_{0}^{2} d x & = & {[\frac{1}{3} x^{3}]}_{0}^{2} - {[x^{2}]}_{0}^{2} + {[x]}_{0}^{2} \\ = & [\frac{1}{3} \cdot 2^{3} - \frac{1}{3} \cdot 0] - [2^{2} - 0] + [2 - 0] \\ = & \frac{8}{3} - 4 + 2 \\ = & \frac{8 - 6}{3} \\ = & \frac{2}{3} . \end{matrix}$

Alternativ løsning

Ved å gjenkjenne første kvadratsetning kan vi skrive $\begin{matrix} \int_{0}^{2} (x^{2} - 2 x + 1) d x = \int_{0}^{2} {(x - 1)}^{2} d x \end{matrix}$ og ved å bruke substitusjonsmetoden med substitusjonen $u = x - 1$ finner vi $\begin{matrix} \int_{0}^{2} {(x - 1)}^{2} d x = \int_{0}^{2} {(u (x))}^{2} u' (x) d x = \int_{u (0)}^{u (2)} u^{2} d u \\ = \int_{- 1}^{1} u^{2} d u . \end{matrix}$ Ved å komme på at den deriverte av $\frac{1}{3} u^{3}$ er $u^{2}$ finner vi altså $\begin{matrix} \int_{- 1}^{1} u^{2} d u = {[\frac{1}{3} u^{3}]}_{- 1}^{1} = \frac{1}{3} (1^{3} - (- 1)^{3}) = \frac{2}{3} . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} \int_{0}^{2} (x^{2} - 2 x + 1) d x = \frac{2}{3} . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Integrasjon

Det motsatte av derivasjon. En grenseoperasjon på en funksjon som kan tolkes som arealet begrenset av grafen til funksjonen og x-aksen.

Se Integralregning

integrasjon

Polynom

Et reelt polynom er en sum av produkter av en eller flere ukjente og reelle tall.

Eksempler: $4 x + 5$ og $12 x + 2 a$ .

polynom

Andre kvadratsetning

Andre kvadratsetning sier at

${(a - b)}^{2} = a^{2} - 2 a b + b^{2}$ .

andre kvadratsetning

For flere forklaringer og eksempler på integrasjon, se artikklen Bestemte integraler.

b)

$\int_{}^{} \frac{e^{x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}} dx$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag b)

Jeg tenker

Vi må finne en funksjon som blir lik $\frac{e^{x}}{(e^{x} + 1)^{2}}$ når den deriveres. Siden den deriverte av $e^{x} + 1$ er $e^{x}$ kan det være hensiktsmessig å forsøke metoden for ”baklengs kjerneregel”, nemlig substitusjonsmetoden.

Ved å benytte metoden for integrasjon ved substitusjon, med substitusjonen $u (x) = e^{x} + 1$ , kan vi skrive $\begin{matrix} \int \frac{e^{x}}{(e^{x} + 1)^{2}} d x = \int \frac{u' (x)}{u (x)^{2}} d x = \int \frac{d u}{u^{2}} . \end{matrix}$ Siden den deriverte av $\frac{- 1}{u}$ er $\frac{1}{u^{2}}$ finner vi $\begin{matrix} \int \frac{d u}{u^{2}} = \frac{- 1}{u} + C \end{matrix} .$ Ved nå å sette inn for $u = e^{x} + 1$ får vi $\begin{matrix} \frac{- 1}{u} + C = \frac{- 1}{e^{x} + 1} + C . \end{matrix}$ Vi har altså funnet at $\begin{matrix} \int \frac{e^{x}}{(e^{x} + 1)^{2}} d x = \frac{- 1}{e^{x} + 1} + C . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} \int \frac{e^{x}}{(e^{x} + 1)^{2}} d x = \frac{- 1}{e^{x} + 1} + C . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Integrasjon

Det motsatte av derivasjon. En grenseoperasjon på en funksjon som kan tolkes som arealet begrenset av grafen til funksjonen og x-aksen.

Se Integralregning

integrasjon

Brøk

Brøk er et rasjonalt tall der teller og nevner er hele tall. Det er en måte å representere et tall på ved hjelp av divisjon. Nevneren må være forskjellig fra null.

Brøk kan sees som et tall på tallinja eller som del av en mengde.

brøk

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

eksponentialfunksjon

Derivasjon

En grenseoperasjon på en funksjon, som gir en ny funksjon, den deriverte til den opprinnelige. Funksjonsverdiene til den deriverte er stigningstallene til grafen til den opprinnelige funksjonen.

derivasjon

For flere forklaringer og eksempler på integrasjon, se artikklen Integrasjon ved substitusjon.

Oppgave 3 (3 poeng) Nettkode: E-4DJV

Funksjonen $f$ er gitt ved

$f (x) = 2 e^{- \frac{1}{2} x}, x \in [0, \ln 3]$

Vi roterer grafen til $f$ $360^{\circ}$ om $x$ -aksen.

Vis at volumet $V$ av omdreiningslegemet blir $V = \frac{8}{3} π$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag

Jeg tenker

Ved å dele opp omdreiningslegemet til $f$ i uendelig mange, uendelig tynne sylindere med radius $f (x)$ og tykkelse $d x$ kan vi uttrykke volumet av omdreiningslegemet som et integral.

Ved å dele opp omdreiningslegemet til $f$ i uendelig mange, uendelig tynne sylindere med med radius $f (x)$ og tykkelse $d x$ , og derfor volum $d V = π f (x)^{2} d x$ , kan vi skrive volumet $V$ av omdreiningslegemet som integralet $\begin{matrix} V & = \int_{0}^{\ln 3} π f (x)^{2} d x = π \int_{0}^{\ln 3} {(2 e^{- \frac{1}{2} x})}^{2} d x \\ = π \int_{0}^{\ln 3} 4 e^{- 2 \cdot \frac{1}{2} x} d x = 4 π \int_{0}^{\ln 3} e^{- x} d x \end{matrix}$ Siden den deriverte av $- e^{- x}$ er $e^{- x}$ finner vi at $\begin{matrix} V & = 4 π \int_{0}^{\ln 3} e^{- x} d x = 4 π {[- e^{- x}]}_{0}^{\ln 3} \\ = 4 π [- e^{- \ln 3} - (- e^{- 0})] \\ = 4 π [- \frac{1}{e^{\ln 3}} + 1] = 4 π [- \frac{1}{3} + 1] \\ = 4 π \frac{2}{3} = \frac{8}{3} π, \end{matrix}$ som er det vi ønsket å vise.

Mer om

Denne oppgaven er om

Omdreiningslegeme

Et omdreiningslegeme (rotasjonslegeme) fremkommer ved at en plan figur dreier seg om en akse i figurens plan. Overflaten av et omdreiningslegeme er derfor en omdreiningsflate. Eksempler på omdreiningslegemer er kule, ellipsoide, sylinder og kjegle.

omdreiningslegeme

Integrasjon

Det motsatte av derivasjon. En grenseoperasjon på en funksjon som kan tolkes som arealet begrenset av grafen til funksjonen og x-aksen.

Se Integralregning

integrasjon

Pi (π)

$π$ er forholdet mellom sirkelens omkrets og diameter. Dette forholdet er alltid konstant og tilnærmet lik 3,14.

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

eksponentialfunksjon

For flere forklaringer og eksempler på integrasjon, se artikkelen Volum av et omdreiningslegeme.

Oppgave 4 (4 poeng) Nettkode: E-4DK5

Figuren viser grafene til funksjonene $F$ og $f$ .

Det er gitt at $F' (x) = f (x)$

a)

Bruk figuren til å bestemme $F' (4)$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag a)

Jeg tenker

Siden $F' (x) = f (x)$ må vi finne verdien til $f (x)$ i punktet $x = 4$ .

På figuren ser det ut til at grafen til $f$ har en høyde på omlag $1$ når $x = 4$ . Det betyr at $\begin{matrix} F' (4) = f (4) \approx 1 . \end{matrix}$ $F' (4) \approx 1 .$

Svar: $F' (4) \approx 1 .$

Mer om

Denne oppgaven er om

Graf

En graf er en tegning av en funksjon i et koordinatsystem. Inn-verdi (x) og ut-verdi (y) i funksjonen danner et tallpar. Vi tegner tallparene fra funksjonen som punkter i koordinatsystemet, og trekker en sammenhengende strek mellom punktene.

graf

Funksjon

En funksjon er en sammenheng mellom to eller flere størrelser. En funksjon tilordner til hvert element i en mengde (definisjonsmengden) ett element i en annen mengde (verdimengden).

Eksempel: For funksjonen $f (x) = 2 x + 1$ , vil $x = 1$ alltid gi $f (x) = 3$

funksjon

Derivasjon

En grenseoperasjon på en funksjon, som gir en ny funksjon, den deriverte til den opprinnelige. Funksjonsverdiene til den deriverte er stigningstallene til grafen til den opprinnelige funksjonen.

derivasjon

For flere forklaringer og eksempler på grafer, se artikkelen Grafen til en funksjon.

b)

Bruk figuren til å bestemme arealet av det markerte flatestykket.

Løs oppgaven her

Løsningsforslag b)

Jeg tenker

Siden $F' (x) = f (x)$ kan vi se på $F (x)$ som en løsning av integralet $\int f (x) d x$ .

Siden $F' (x) = f (x)$ betyr at $\begin{matrix} \int f (x) d x = \int F' (x) d x = F (x) + C \end{matrix}$ må arealet $A$ avgrenset av $f$ , $x$ -aksen og $x$ -verdiene $x = 1$ og $x = 4$ være gitt som $\begin{matrix} A = \int_{1}^{4} f (x) d x = {[F (x) + C]}_{1}^{4} = F (4) - F (1) . \end{matrix}$ På figuren ser $F$ ut til å ta verdien $- 1$ i $x = 1$ og $6$ i $x = 4$ . Det betyr at $\begin{matrix} A = F (4) - F (1) \approx 6 - (- 1) = 7 . \end{matrix}$

Svar: $7$

Mer om

Denne oppgaven er om

Graf

graf

Integrasjon

Det motsatte av derivasjon. En grenseoperasjon på en funksjon som kan tolkes som arealet begrenset av grafen til funksjonen og x-aksen.

Se Integralregning

integrasjon

Areal

Areal kalles også for flatemål eller flateinnhold og angir hvor stor en flate er.
Noen måleenheter for areal er m², dm² og cm².

areal

For flere forklaringer og eksempler på integrasjon, se artikkelen Bestemte integraler.

Oppgave 5 (5 poeng) Nettkode: E-4DK8

En kuleflate er gitt ved likningen

$x^{2} - 2 x + y^{2} + 6 y + z^{2} - 4 z - 11 = 0$

a)

Vis at punktet $P (4, 1, 2)$ ligger på kuleflaten.

Løs oppgaven her

Løsningsforslag a)

Jeg tenker

Punktet $P (4, 1, 2)$ ligger på kuleflaten hvis, og bare hvis, koordinatene til $P$ tilfredsstiller likningen for kuleflaten.

Punktet $P (4, 1, 2)$ ligger på kuleflaten hvis likningen $\begin{matrix} x^{2} - 2 x + y^{2} + 6 y + z^{2} - 4 z - 11 = 0 \end{matrix}$ stemmer for $(x, y, z) = (4, 1, 2)$ . Siden $\begin{matrix} 4^{2} - 2 \cdot 4 + 1^{2} + 6 \cdot 1 + 2^{2} - 4 \cdot 2 - 11 \\ = 16 - 8 + 1 + 6 + 4 - 8 - 11 = 16 - 16 = 0 \end{matrix}$ ligger altså $P$ på kuleflaten.

Svar: $P$ ligger på kuleflaten.

Mer om

Denne oppgaven er om

Punkt

I geometrien tegnes punkt som en prikk eller et kryss. Den knyttes til en fast posisjon og har ingen utstrekning. Et punkt har en stor bokstav som navn, for eksempel A eller B.

punkt

Kule

Et tredimensjonalt objekt der alle punktene på overflaten har en fast avstand til sentrum i objektet. Denne avstanden fra et punkt på overflaten til sentrum kalles radius.

kule

Ligning

En ligning er et åpent utsagn med en eller flere ukjent størrelser. Vi bruker som oftest x som den ukjente, men alle bokstaver kan brukes for å navngi den ukjente.

Eksempel: $2 x + 8 = 14$

likning

For flere forklaringer og eksempler på kuler, se artikkelen Likning for en kule.

b)

Bestem sentrum og radius til kulen.

Løs oppgaven her

Løsningsforslag b)

Jeg tenker

Dersom vi klarer å skrive likningen for kuleflaten på formen $(x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} + (z - z_{0})^{2} = R^{2}$ følger det at kulen har radius $R$ og sentrum i $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ .

Ved å samle alle leddene som inneholder $x$ i likningen for kuleflaten til et fullstendig kvadrat kan vi skrive $\begin{matrix} x^{2} - 2 x + y^{2} + 6 y + z^{2} - 4 z - 11 \\ = (x - 1)^{2} - 1 + y^{2} + 6 y + z^{2} - 4 z - 11 \\ = (x - 1)^{2} + y^{2} + 6 y + z^{2} - 4 z - 12 \end{matrix}$ Det tilsvarende kan gjøres for $y$ og $z$ slik at vi får $\begin{matrix} (x - 1)^{2} + y^{2} + 6 y + z^{2} - 4 z - 12 \\ = (x - 1)^{2} + (y + 3)^{2} - 9 + (z - 2)^{2} - 4 - 12 \\ = (x - 1)^{2} + (y + 3)^{2} + (z - 2)^{2} - 25 . \end{matrix}$ Siden dette skal være lik null, og $5^{2} = 25$ , kan vi altså skrive likningen for planet på formen $\begin{matrix} (x - 1)^{2} + (y + 3)^{2} + (z - 2)^{2} = 5^{2} . \end{matrix}$ Det betyr at kulen har radius $R = 5$ og sentrum i $S (1, - 3, 2)$ .

Svar: $\begin{matrix} R a d i u s & = 5 \\ S e n t r u m & = (1, - 3, 2) \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Kule

Et tredimensjonalt objekt der alle punktene på overflaten har en fast avstand til sentrum i objektet. Denne avstanden fra et punkt på overflaten til sentrum kalles radius.

kule

Plan

Et plan har uendelig utstrekning i to dimensjoner. Vi kan tenke på ei slett, uendelig tynn papirflate.

plan

Ligning

En ligning er et åpent utsagn med en eller flere ukjent størrelser. Vi bruker som oftest x som den ukjente, men alle bokstaver kan brukes for å navngi den ukjente.

Eksempel: $2 x + 8 = 14$

likning

For flere forklaringer og eksempler på kuler, se artikkelen Likning for en kule.

Visste du at

Likningen for en kuleflate kan alltid skrives på formen $\begin{matrix} (x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} + (z - z_{0})^{2} = R^{2}, \end{matrix}$ der $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ er sentrum og $R$ er kulens radius. Ved å multiplisere ut parentesene kan vi skrive likningen på formen $\begin{matrix} x^{2} - 2 x x_{0} + x_{0}^{2} + y^{2} - 2 y y_{0} + y_{0}^{2} + z^{2} - 2 z z_{0} + z_{0}^{2} = R^{2} . \end{matrix}$ Hvis vi nå deriverer begge sider av likningen med hensyn på hver koordinat finner vi $$\begin{split} \mbox{med hensyn på $x$: }& 2x-2x_0=0 \implies x=x_0 \\ \mbox{med hensyn på $y$: }& 2y-2y_0=0 \implies y=y_0 \\ \mbox{med hensyn på $z$: }& 2z-2z_0=0 \implies z=z_0. \\ \end{split}$$ Dette betyr at vi kunne funnet kulens sentrum ved å derivere begge sider av likningen for kuleflaten med hensyn på hver variabel, der vi tenker på de andre variablene som konstante, og bruke dette til å løse for $x$ , $y$ og $z$ .

c)

Bestem en likning for tangentplanet til kulen i punktet $P$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag c)

Jeg tenker

Siden vi både kjenner kulens sentrum $S$ og et punkt $P$ på kulens overflate kan vi uttrykke tangentplanet til kulen ved å konstruere normalvektoren $\vec{S P}$ .

Hvis $S$ er kulens sentrum og $P$ er et punkt på kuleflaten må vektoren $\begin{matrix} \vec{S P} = \vec{O P} - \vec{O S} = [4, 1, 2] - [1, - 3, 2] = [3, 4, 0] \end{matrix}$ gå gjennom sentrum i kulen og derfor stå normalt på kuleflaten. Tangentplanet i punktet $P$ , som består av alle punkter inneholdt i en linje som tangerer kulen i punktet $P$ , må derfor ha vektoren $\vec{S P}$ som normalvektor. Det betyr at alle vektorer $\vec{v}$ mellom to punkter i tangentplanet må stå vinkelrett på $\vec{S P}$ og derfor tilfredsstille $\vec{v} \cdot \vec{S P} = 0$ . Siden $P$ ligger i tangentplanet må alle punkter $Q (x, y, z)$ som ligger i tangentplanet altså tilfredsstille likningen $\begin{matrix} \vec{S P} \cdot \vec{P Q} = 0 . \end{matrix}$ Siden

$\vec{S P} \cdot \vec{P Q} = \vec{S P} \cdot (\vec{O Q} - \vec{O P}) = [3, 4, 0] \cdot ([x, y, z] - [4, 1, 2])$

$= [3, 4, 0] \cdot [x - 4, y - 1, z - 2] = 3 (x - 4) + 4 (y - 1) + 0 (z - 2) = 3 x + 4 y - 16$

kan likningen for tangentplanet i $P$ altså skrives $\begin{matrix} 3 x + 4 y - 16 = 0 . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} 3 x + 4 y - 16 = 0 . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Kule

Et tredimensjonalt objekt der alle punktene på overflaten har en fast avstand til sentrum i objektet. Denne avstanden fra et punkt på overflaten til sentrum kalles radius.

kule

Normalvektor

En normalvektor $\vec{n}$ for et plan står vinkelrett på alle linjer i planet.

normalvektor

Tangent

Tangent er en linje som berører en kurve i et punkt. Vi sier at linjen tangerer kurven i det punktet.

tangent

Ligning

En ligning er et åpent utsagn med en eller flere ukjent størrelser. Vi bruker som oftest x som den ukjente, men alle bokstaver kan brukes for å navngi den ukjente.

Eksempel: $2 x + 8 = 14$

likning

Plan

Et plan har uendelig utstrekning i to dimensjoner. Vi kan tenke på ei slett, uendelig tynn papirflate.

plan

For flere forklaringer og eksempler på vektorer, se artikkelen Likning til et plan.

Oppgave 6 (4 poeng) Nettkode: E-4DKI

Følgende formler er gitt:

$\sin (u + v) = \sin u \cdot \cos v + \cos u \cdot \sin v$

$\cos (u + v) = \cos u \cdot \cos v - \sin u \cdot \sin v$

a)

Bruk formlene ovenfor til å uttrykke $\sin (2 x)$ og $\cos (2 x)$ ved $\sin x$ og $\cos x$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag a)

Jeg tenker

Siden formelen for sinus til summen av to vinkler skal holde for alle par, $u$ og $v$ , av vinkler må den også holde når $u = v$ .

Ved å sette de to vinkelene like hverandre og gi dem navnet $x$ , det vil si $x = u = v$ , kan vi skrive $\begin{matrix} \sin (2 x) = \sin (x + x) = \sin x \cdot \cos x + \cos x \cdot \sin x = 2 \sin x \cos x \end{matrix}$ og $\begin{matrix} \cos (2 x) = \cos (x + x) = \cos x \cdot \cos x - \sin x \cdot \sin x = \cos^{2} x - \sin^{2} x . \end{matrix}$ Dersom det skulle være ønskelig kan man bruke identiteten $\sin^{2} x + \cos^{2} x = 1$ til å skrive sistnevnte på formen $\begin{matrix} \cos (2 x) = \cos^{2} x - \sin^{2} x = 2 \cos^{2} x - 1 . \end{matrix}$

$\begin{matrix} \sin (2 x) & = 2 \sin x \cos x \\ \cos (2 x) & = \cos^{2} x - \sin^{2} x = 2 \cos^{2} x - 1 . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} \sin (2 x) & = 2 \sin x \cos x \\ \cos (2 x) & = \cos^{2} x - \sin^{2} x = 2 \cos^{2} x - 1 . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Sinus

sinus

Cosinus

Cosinus er en trigonometrisk funksjon.
Cosinus til en spiss vinkel i en rettvinklet trekant er lik forholdet mellom lengden til hosliggende katet og hypotenus.

cosinus

Ligning

En ligning er et åpent utsagn med en eller flere ukjent størrelser. Vi bruker som oftest x som den ukjente, men alle bokstaver kan brukes for å navngi den ukjente.

Eksempel: $2 x + 8 = 14$

likning

For flere forklaringer og eksempler på trigonometri, se artikkelen Trigonometriske formler.

Visste du at

Et viktig resultat innen matematikk er likningen $\begin{matrix} e^{i x} = \cos x + i \sin x \end{matrix}$ der $i = \sqrt{- 1}$ . Dersom vi ikke bryr oss om hvor rart det er å jobbe med et tall som har egenskapen $i^{2} = - 1$ kan vi med likningen definere sinus og cosinus ved $\begin{matrix} \sin x = \frac{e^{i x} - e^{- i x}}{2 i} og \cos x = \frac{e^{i x} + e^{- i x}}{2} . \end{matrix}$ Ved hjelp av disse definisjonene kan vi finne alle de formlene for cosinus og sinus som vi tidligere har blitt bedt om bare å pugge. For eksempel kan vi ved å sammenlikne $\begin{matrix} e^{i 2 x} & = \cos 2 x + i \sin 2 x \end{matrix}$ og $\begin{matrix} e^{i 2 x} & = {(e^{i x})}^{2} = {(\cos x + i \sin x)}^{2} \\ = \cos^{2} x + 2 i \sin x \cos x + i^{2} \sin^{2} x = \cos^{2} x + 2 i \sin x \cos x - \sin^{2} x \\ = (\cos^{2} x - \sin^{2} x) + i (2 \sin x \cos x) \end{matrix}$ dele leddene som inneholder $i$ fra de som ikke inneholder $i$ . Da finner vi at $\begin{matrix} \cos 2 x & = \cos^{2} x - \sin^{2} x \\ \sin 2 x & = 2 \sin x \cos x, \end{matrix}$ som er det vi har vist i denne oppgaven.

b)

Vis at $\sin (3 x) = 3 \sin x - 4 {(\sin x)}^{3}$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag b)

Jeg tenker

Siden uttrykket for $\sin (u + v)$ må holde for alle mulige verdier av $u$ og $v$ må det også holde når $u = 2 v$ .

Ved å sette $\begin{matrix} x = v = \frac{1}{2} u \end{matrix}$ kan vi skrive den oppgitte formelen for sinus til en sum av to vinkler som $\begin{matrix} \sin (u + v) = \sin (2 x + x) = \sin 2 x \cdot \cos x + \cos 2 x \cdot \sin x . \end{matrix}$ Med andre ord har vi at $\begin{matrix} \sin (3 x) = \sin 2 x \cdot \cos x + \cos 2 x \cdot \sin x . \end{matrix}$ Ved å benytte resultatet fra oppgave $a)$ kan vi skrive $\begin{matrix} \sin (3 x) & = \sin 2 x \cdot \cos x + \cos 2 x \cdot \sin x \\ = (2 \sin x \cos x) \cdot \cos x + (\cos^{2} x - \sin^{2} x) \cdot \sin x \\ = 2 \sin x \cos^{2} x + \cos^{2} x \sin x - \sin^{3} x . \end{matrix}$ Ved å benytte identiteten $\sin^{2} x + \cos^{2} x = 1$ til å uttrykke $\cos^{2} x$ som $1 - \sin^{2} x$ følger det at $\begin{matrix} 2 \sin x \cos^{2} x + \cos^{2} x \sin x - \sin^{3} x \\ = 2 \sin x (1 - \sin^{2} x) + (1 - \sin^{2} x) \sin x - \sin^{3} x \\ = 2 \sin x - 2 \sin^{3} x + \sin x - \sin^{3} x - \sin^{3} x \\ = 3 \sin x - 4 \sin^{3} x, \end{matrix}$ som er det vi ønsket å vise.

Mer om

Denne oppgaven er om

Sinus

sinus

Cosinus

Cosinus er en trigonometrisk funksjon.
Cosinus til en spiss vinkel i en rettvinklet trekant er lik forholdet mellom lengden til hosliggende katet og hypotenus.

cosinus

Ligning

En ligning er et åpent utsagn med en eller flere ukjent størrelser. Vi bruker som oftest x som den ukjente, men alle bokstaver kan brukes for å navngi den ukjente.

Eksempel: $2 x + 8 = 14$

likning

For flere forklaringer og eksempler på trigonometri, se artikkelen Trigonometriske formler.

Oppgave 7 (6 poeng) Nettkode: E-4DKL

Punktene $A (1, 2, - 2)$ , $B (2, - 3, 4)$ og $C (- 2, 3, 1)$ er gitt.

a)

Bestem ved regning vektorproduktet $\vec{A B} \times \vec{A C}$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag a)

Jeg tenker

For å beregne vektorproduktet $\vec{A B} \times \vec{A C}$ må vi først finne et uttrykk for vektorene $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ .

Med punktene $A (1, 2, - 2)$ , $B (2, - 3, 4)$ og $C (- 2, 3, 1)$ kan vi konstruere vektorene $\begin{matrix} \vec{A B} & = \vec{O B} - \vec{O A} = [2, - 3, 4] - [1, 2, - 2] = [1, - 5, 6] \\ \vec{A C} & = \vec{O C} - \vec{O A} = [- 2, 3, 1] - [1, 2, - 2] = [- 3, 1, 3] . \end{matrix}$

Vektorproduktet $\vec{A B} \times \vec{A C}$ blir da

$\vec{A B} \times \vec{A C} = |\begin{matrix} \vec{e_{x}} & \vec{e_{y}} & \vec{e_{z}} \\ 1 & - 5 & 6 \\ - 3 & 1 & 3 \end{matrix}| = |\begin{matrix} - 5 & 6 \\ 1 & 3 \end{matrix}| \vec{e_{x}} - |\begin{matrix} 1 & 6 \\ - 3 & 3 \end{matrix}| \vec{e_{y}} + |\begin{matrix} 1 & - 5 \\ - 3 & 1 \end{matrix}| \vec{e_{z}}$

$= (- 5 \cdot 3 - 1 \cdot 6) \vec{e_{x}} - (1 \cdot 3 - 6 \cdot (- 3)) \vec{e_{y}} + (1 - (- 5) (- 3)) \vec{e_{z}} = - 21 \vec{e_{x}} - 21 \vec{e_{y}} - 14 \vec{e_{z}}$

Svar: $\begin{matrix} \vec{A B} \times \vec{A C} = [- 21, - 21, - 14] . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Vektor

En vektor er en størrelse med en retning.

I planet er en vektor et linjestykke med retning. Vi beskriver en vektor fra origo med koordinatene for endepunktet til vektoren.

Eksempel: Figuren viser en vektor fra origo til punktet (2,3). Vi kan skrive at vektor v = $[2, 3]$ .

vektor

For flere forklaringer og eksempler på vektorer, se artikkelen Kryssprodukt av to vektorer.

b)

Forklar at $C$ ikke ligger på linjen gjennom $A$ og $B$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag b)

Jeg tenker

Punktet $C$ ligger på linjen gjennom $A$ og $B$ hvis, og bare hvis, det finnes et tall $λ$ slik at $\vec{O C} = \vec{O A} + λ \vec{A B}$ .

Siden linjen gjennom $A$ og $B$ kan parametriseres ved

$\begin{matrix} \vec{O A} + λ \vec{A B} & = [1, 2, - 2] + λ \\ = [1, 2, - 2] + λ \\ = [1, 2, - 2] + λ [1, - 5, 6] \\ = [1 + λ, 2 - 5 λ, - 2 + 6 λ] . \end{matrix}$

ligger punktet $C$ på linjen hvis, og bare hvis, det finnes en $λ$ slik at

$\begin{matrix} \vec{O C} = [- 2, 3, 1] = [1 + λ, 2 - 5 λ, 6 λ - 2] . \end{matrix}$

Ved å sette hver av koordinatene lik hverandre og løse for $λ$ finner vi imidlertid at

$\begin{matrix} x : - 2 = 1 + λ & \Rightarrow & λ = - 3 \\ y : 3 = 2 - 5 λ & \Rightarrow & λ = - \frac{1}{5} \\ z : 1 = 6 λ - 2 & \Rightarrow & λ = \frac{1}{2} \end{matrix}$

Siden ikke alle verdiene for $λ$ er like kan vi ikke konkludere med noe annet enn at punktet $C$ ikke ligger på linjen gjennom $A$ og $B$ .

Alternativ løsning

Fra oppgave $a)$ har vi at $\begin{matrix} \vec{A B} \times \vec{A C} = [- 21, - 21, - 14] . \end{matrix}$ Ettersom vektorproduktet mellom to parallelle vektorer alltid er null kan ikke vektorene $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ være parallelle. Det betyr at de tre punktene $A$ , $B$ og $C$ ikke kan ligge på samme rette linje. Med andre ord ligger ikke punktet $C$ på linjen gjennom $A$ og $B$ .

Svar: $C$ ligger ikke på linjen gjennom $A$ og $B$ .

Mer om

Denne oppgaven er om

Linje

En rett linje som vanligvis kalles linje, er en rett strek som har en posisjon og retning. En linje fortsetter uendelig i begge retninger.

linje

Parallell

To rette linjer i et plan er parallelle når de ikke skjærer hverandre. Avstanden mellom linjene er den samme uansett hvor du måler.

Tegnet som forteller at to linjer er parallelle: $∥$

Eksempel: $g ∥ f$ , leses "linja g er parallell med linja f".

parallell

Vektor

En vektor er en størrelse med en retning.

I planet er en vektor et linjestykke med retning. Vi beskriver en vektor fra origo med koordinatene for endepunktet til vektoren.

Eksempel: Figuren viser en vektor fra origo til punktet (2,3). Vi kan skrive at vektor v = $[2, 3]$ .

vektor

For flere forklaringer og eksempler på vektorer, se artikkelen Parameterframstilling av en rett linje.

c)

Bestem en likning for planet $α$ gjennom $A$ , $B$ og $C$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag c)

Jeg tenker

Ved å finne et uttrykk for normalvektoren til planet $α$ og minst ett punkt i $α$ kan vi skrive likningen som bestemmer planet.

I oppgave $a)$ fant vi at

$\begin{matrix} \vec{A B} \times \vec{A C} = [- 21, - 21, - 14] \end{matrix}$

som kan skrives

$\begin{matrix} \vec{A B} \times \vec{A C} = - 7 [3, 3, 2] . \end{matrix}$

Siden denne vektoren står normalt på alle vektorer mellom punkter i planet $α$ bør vi velge normalvektoren til $α$ slik at den er parallell med $\vec{A B} \times \vec{A C}$ . Siden lengden ikke har noe å si kan vi altså velge normalvektoren

$\begin{matrix} \vec{n} = - \frac{1}{7} \vec{A B} \times \vec{A C} = [3, 3, 2] . \end{matrix}$

Siden $A (1, 2, - 2)$ ligger i $α$ må alle punkter $Q (x, y, z)$ i $α$ altså tilfredsstille $\begin{matrix} \vec{n} \cdot \vec{A Q} = 0 . \end{matrix}$

Ettersom

$\begin{matrix} \vec{n} \cdot \vec{A Q} & = & [3, 3, 2] \cdot ([x, y, z] - [1, 2, - 2]) \\ = & [3, 3, 2] \cdot [x - 1, y - 2, z + 2] \\ = & 3 (x - 1) + 3 (y - 2) + 2 (z + 2) \\ = & 3 x - 3 + 3 y - 6 + 2 z + 4 \\ = & 3 x + 3 y + 2 z - 5 \end{matrix}$

kan vi skrive likningen for planet $α$ som $\begin{matrix} 3 x + 3 y + 2 z - 5 = 0 . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} 3 x + 3 y + 2 z - 5 = 0 . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Plan

Et plan har uendelig utstrekning i to dimensjoner. Vi kan tenke på ei slett, uendelig tynn papirflate.

plan

Normalvektor

En normalvektor $\vec{n}$ for et plan står vinkelrett på alle linjer i planet.

normalvektor

Punkt

I geometrien tegnes punkt som en prikk eller et kryss. Den knyttes til en fast posisjon og har ingen utstrekning. Et punkt har en stor bokstav som navn, for eksempel A eller B.

punkt

Parallell

To rette linjer i et plan er parallelle når de ikke skjærer hverandre. Avstanden mellom linjene er den samme uansett hvor du måler.

Tegnet som forteller at to linjer er parallelle: $∥$

Eksempel: $g ∥ f$ , leses "linja g er parallell med linja f".

parallell

Normal

En linje som står 90 grader på en annen linje.

normal

For flere forklaringer og eksempler på vektorer, se artikkelen Likning til et plan.

d)

Avgjør om punktet $D (2, 2, 3)$ ligger i $α$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag d)

Jeg tenker

Et punkt ligger i planet $α$ hvis, og bare hvis, koordinatene til punktet tilfredsstiller likningen for planet.

For å sjekke om punktet $D (2, 2, 3)$ ligger i planet $α$ setter vi inn koordinatene i likningen for planet og ser om likningen er sann. Dette gir $\begin{matrix} 3 \cdot 2 + 3 \cdot 2 + 2 \cdot 3 - 5 = 18 - 5 = 13 \neq 0 . \end{matrix}$ Altså ligger punktet $D$ ikke i planet $α$ .

Svar: $D$ ligger ikke i $α$ .

Mer om

Denne oppgaven er om

Punkt

I geometrien tegnes punkt som en prikk eller et kryss. Den knyttes til en fast posisjon og har ingen utstrekning. Et punkt har en stor bokstav som navn, for eksempel A eller B.

punkt

Plan

Et plan har uendelig utstrekning i to dimensjoner. Vi kan tenke på ei slett, uendelig tynn papirflate.

plan

Ligning

En ligning er et åpent utsagn med en eller flere ukjent størrelser. Vi bruker som oftest x som den ukjente, men alle bokstaver kan brukes for å navngi den ukjente.

Eksempel: $2 x + 8 = 14$

likning

Koordinat

Koordinatene til et punkt måles langs aksene i et koordinatsystem og forteller nøyaktig hvor vi finner punktet.

Eksempel: I punktet (1,3) er 1 førstekoordinat og 3 er andrekoordinat.

Se Koordinatsystem

koordinat

For flere forklaringer og eksempler på vektorer, se artikkelen Likning til et plan.

Oppgave 8 (3 poeng) Nettkode: E-4DKQ

Løs differensiallikningen

$y^{2} \cdot y' = x, y (0) = 2$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag

Jeg tenker

Vi må finne en funksjon $y (x)$ som tilfredsstiller differensiallikningen og har $y (0) = 2$ . Siden den ene siden bare avhenger av $y$ og den andre bare avhenger av $x$ kan det være lurt å begynne med å integrere begge sider av likningen.

Ved å integrere begge sider av differensiallikningen $\begin{matrix} y^{2} y' = x \end{matrix}$ med hensyn på $x$ og gjenkjenne substitusjonsmetoden med substitusjonen $y = y (x)$ finner vi $\begin{matrix} \int y (x)^{2} y' (x) d x = \int y^{2} d y = \int x d x . \end{matrix}$ Siden den deriverte av $\frac{1}{2} x^{2}$ er $x$ finner vi videre at $\begin{matrix} \int x d x = \frac{1}{2} x^{2} + C_{1} \end{matrix}$ der $C_{1}$ er en konstant. Vi må legge til $C_{1}$ fordi uansett hvilken verdi konstanten $C_{1}$ har, er den deriverte av $\frac{1}{2} x^{2} + C_{1}$ lik $x$ . Vi har altså funnet at $y$ må tilfredsstille $\begin{matrix} \frac{1}{2} x^{2} + C_{1} = \int y^{2} d y . \end{matrix}$ Siden den deriverte av $\frac{1}{3} y^{3} + C_{2}$ er $y^{2}$ uansett verdien av konstanten $C_{2}$ finner vi videre at $\begin{matrix} \frac{1}{2} x^{2} + C_{1} = \frac{1}{3} y^{3} + C_{2} . \end{matrix}$ Ved å samle de to konstantene til én konstant $C = C_{1} - C_{2}$ kan får vi $\begin{matrix} \frac{1}{2} x^{2} + C = \frac{1}{3} y^{3}, \end{matrix}$ Siden $y (0) = 2$ må vi ha

$\frac{1}{2} \cdot 0 + C = \frac{1}{3} \cdot 2^{3} \Rightarrow C = \frac{8}{3}$

Vi har altså funnet løsningen $\begin{matrix} \frac{1}{2} x^{2} + \frac{8}{3} = \frac{1}{3} y^{3}, \end{matrix}$ som kan skrives $\begin{matrix} y = {(\frac{3}{2} x^{2} + 8)}^{\frac{1}{3}} . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} y = {(\frac{3}{2} x^{2} + 8)}^{\frac{1}{3}} . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Differensiallikning

En likning hvor den ukjente er en funksjon og der den deriverte, funksjonens differensialkvotient, inngår.

Et eksempel er y'' - y = 0 eller $\frac{d^{2} f (x)}{d x^{2}} - f (x) = 0$

differensiallikning

Derivasjon

En grenseoperasjon på en funksjon, som gir en ny funksjon, den deriverte til den opprinnelige. Funksjonsverdiene til den deriverte er stigningstallene til grafen til den opprinnelige funksjonen.

derivasjon

Integrasjon

Det motsatte av derivasjon. En grenseoperasjon på en funksjon som kan tolkes som arealet begrenset av grafen til funksjonen og x-aksen.

Se Integralregning

integrasjon

Polynom

Et reelt polynom er en sum av produkter av en eller flere ukjente og reelle tall.

Eksempler: $4 x + 5$ og $12 x + 2 a$ .

polynom

For flere forklaringer og eksempler på differensiallikninger, se artikkelen Separable differensiallikninger.

Visste du at

Ved å gjenkjenne kjerneregelen for derivasjon i uttrykket $\begin{matrix} y^{2} y' = x \end{matrix}$ kan vi skrive $h (x) = \frac{1}{3} y (x)^{3}$ og $k (x) = \frac{1}{2} x^{2}$ og dermed forenkle likningen til $\begin{matrix} h' (x) = k' (x) . \end{matrix}$ Ved å integrere på begge sider av likningen med hensyn på $x$ finner vi da at $\begin{matrix} h (x) = k (x) + C . \end{matrix}$ Hvis vi setter inn for $h$ og $k$ følger det da at $\begin{matrix} \frac{1}{3} y^{3} = \frac{1}{2} x^{2} + C, \end{matrix}$ som er den genrelle løsningen av differensiallikningen.

Oppgave 9 (3 poeng) Nettkode: E-4DKS

Bruk induksjon til å bevise påstanden

$P (n) : 1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + . . . + n^{3} = \frac{n^{2} {(n + 1)}^{2}}{4}, n \in ℕ$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag

Jeg tenker

For å bevise påstanden $P (n)$ for $n \in ℕ$ med induksjon må vi vise at $P (1)$ og at hvis $P (k)$ , så må nødvendigvis også $P (k + 1)$ .

Vi begynner med å sette inn for $n = 1$ . Da sier påstanden at $\begin{matrix} 1^{3} = \frac{1^{2} (1 + 1)^{2}}{4} . \end{matrix}$ Altså er $P (1)$ sann. Vi antar deretter at påstanden stemmer for $P (k)$ . Det vil si at $\begin{matrix} 1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + . . . k^{3} = \frac{k^{2} (k + 1)^{2}}{4} . \end{matrix}$ Betyr dette nødvendigvis at $P (k + 1)$ er sann? Påstanden $P (k + 1)$ sier $\begin{matrix} 1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + . . . k^{3} + (k + 1)^{3} = \frac{(k + 1)^{2} (k + 2)^{2}}{4} \end{matrix}$ og siden vi har antatt at $P (k)$ stemmer kan vi skrive dette som $\begin{matrix} \frac{k^{2} (k + 1)^{2}}{4} + (k + 1)^{3} = \frac{(k + 1)^{2} (k + 2)^{2}}{4} . \end{matrix}$ Ved å trekke fra $\frac{k^{2} (k + 1)^{2}}{4}$ på begge sider følger det at $\begin{matrix} (k + 1)^{3} & = \frac{(k + 1)^{2} (k + 2)^{2}}{4} - \frac{k^{2} (k + 1)^{2}}{4} \\ = \frac{(k + 1)^{2} (k + 2)^{2} - k^{2} (k + 1)^{2}}{4} \\ = \frac{(k + 1)^{2} ((k + 2)^{2} - k^{2})}{4} \\ = \frac{(k + 1)^{2} (k^{2} + 4 k + 4 - k^{2})}{4} \\ = \frac{(k + 1)^{2} (4 k + 4)}{4} \\ = (k + 1)^{2} (k + 1) = (k + 1)^{3}, \end{matrix}$ som betyr at $P (k + 1)$ er sann så lenge $P (k)$ er sann. Fra disse to resulatene følger det at $P (n)$ er sann for alle $n \in ℕ$ ved induksjon.

Mer om

Denne oppgaven er om

Matematisk induksjon

En metode til å bevise en påstand P(n) der det inngår et positivt heltall n. Følgende to skritt må gjennomføres:

Bevis påstanden for n =1.
Bevis at for ethvert positivt tall k vil man fra hypotesen P(k) kunne slutte at hypotesen også gjelder for P(k+1).

Siden vi vet fra 1. at hypotesen gjelder for P(1) kan vi ved hjelp av 2. slutte at den også gjelder for P(2). Fra dette kan vi slutte at den også må gjelde for P(3), og så videre for alle P(n).

matematisk induksjon

Sum

Resultatet av en addisjon.

Eksempel: 2 + 5 + 1 = 8, her kalles 8 for sum.

sum

Brøk

Brøk er et rasjonalt tall der teller og nevner er hele tall. Det er en måte å representere et tall på ved hjelp av divisjon. Nevneren må være forskjellig fra null.

Brøk kan sees som et tall på tallinja eller som del av en mengde.

brøk

For flere forklaringer og eksempler på bevisføring, se artikkelen Induksjonsbevis.

DEL 2 Med hjelpemidler

Oppgave 1 (6 poeng) Nettkode: E-4DKU

En funksjon $f$ er gitt ved

$f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x), x \in [0, \to⟩$

a)

Bruk graftegner til å tegne grafen til $f$ for $x \in [0, 3 π]$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag a)

Jeg tenker

Ved å benytte GeoGebra kan vi tegne grafen til $f$ på intervallet $x \in [0, 3 π]$ .

Ved å skrive kommandoen
f(x):=Dersom[0<=x<= 3*pi, 5exp(-x/3)sin(2x)]
i geoGebras grafdel får vi følgende figur:

Svar:

Mer om

Denne oppgaven er om

Intervall

Et intervall er det samme som et tallområde. Tallene 4, 5, 6 og 7 ligger i intervallet 4–7 (fire til sju).

Dersom vi ikke har sagt noe annet, lar vi øvre og nedre grense høre med til intervallet.

intervall

Graf

graf

Pi (π)

$π$ er forholdet mellom sirkelens omkrets og diameter. Dette forholdet er alltid konstant og tilnærmet lik 3,14.

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

eksponentialfunksjon

Sinus

sinus

For flere forklaringer og eksempler på grafer, se artikkelen Grafen til en funksjon.

b)

Bestem nullpunktene til $f$ i intervallet $[0, 3 π]$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag b)

Jeg tenker

Nullpunktene til en funksjon $f (x)$ er nøyaktig de verdiene for $x$ som gjør at $f (x) = 0$ .

Nullpunktene er de verdiene for $x$ som tilfredsstiller likningen $\begin{matrix} f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) = 0 . \end{matrix}$ Siden $5 e^{- \frac{x}{3}}$ aldri blir null må dette bety at $\begin{matrix} \sin (2 x) = 0 . \end{matrix}$ Ved å huske på enhetssirkelen, der $\sin θ$ er $y$ -verdiene til punktene på sirkelen, følger det at

$2 x = n π for n \in ℤ$

og derfor

$x = \frac{n π}{2} for n \in ℤ$

Nullpunktene i intervallet $[0, 3 π]$ er altså $\begin{matrix} x \in {0, \frac{π}{2}, π, \frac{3 π}{2}, 2 π, \frac{5 π}{2}, 3 π} . \end{matrix}$ Dette passer godt overens med grafen i oppgave $a)$ .

Svar: $\begin{matrix} x \in {0, \frac{π}{2}, π, \frac{3 π}{2}, 2 π, \frac{5 π}{2}, 3 π} . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Nullpunkt

Punkt der grafen krysser eller tangerer x-aksen. Kan finnes ved regning ved å sette f(x) = 0.

nullpunkt

Intervall

Et intervall er det samme som et tallområde. Tallene 4, 5, 6 og 7 ligger i intervallet 4–7 (fire til sju).

Dersom vi ikke har sagt noe annet, lar vi øvre og nedre grense høre med til intervallet.

intervall

Sinus

sinus

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

eksponentialfunksjon

Pi (π)

$π$ er forholdet mellom sirkelens omkrets og diameter. Dette forholdet er alltid konstant og tilnærmet lik 3,14.

Graf

graf

Sirkel

Sirkel brukes i to betydninger:

1) Selve sirkellinjen som er den krumme linjen som går gjennom punktene som har samme avstand fra et fast punkt, nemlig sentrum i sirkelen. Dette er det samme som sirkelen sin omkrets.

2) Flaten som sirkellinjen begrenser.

Areal: $A = π r^{2}$
Omkrets: $O = 2 π r$

sirkel

For flere forklaringer og eksempler på likninger, se artikkelen Trigonometriske likninger.

c)

Bestem topp- og bunnpunktene på grafen til $f$ i intervallet $⟨0, 3 π⟩$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag c)

Jeg tenker

Topp- og bunnpunktene til en funksjon $f (x)$ er punktene der den deriverte, $f' (x)$ , skifter fortegn.

Vi finner først et uttrykk for den deriverte av funksjonen $f (x)$ ved $\begin{matrix} f' (x) & = (5 e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x))' \\ = 5 (e^{- \frac{x}{3}})' \sin (2 x) + 5 e^{- \frac{x}{3}} (\sin (2 x))' \\ = 5 (- \frac{x}{3})' e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) + 5 e^{- \frac{x}{3}} (2 x)' \cos (2 x) \\ = - \frac{5}{3} e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) + 10 e^{- \frac{x}{3}} \cos (2 x) \\ = \frac{5}{3} e^{- \frac{x}{3}} (6 \cos (2 x) - \sin (2 x)) . \end{matrix}$ Siden alle topp- og bunnpunkter $x$ må være slik at $f' (x)$ skifter fortegn i $x$ kan vi kreve $f' (x) = 0$ , som betyr at $\begin{matrix} \frac{5}{3} e^{- \frac{x}{3}} (6 \cos (2 x) - \sin (2 x)) = 0 . \end{matrix}$ Ettersom $\frac{5}{3} e^{- \frac{x}{3}}$ aldri blir lik $0$ må da $$\begin{split} & 6\cos (2x)-\sin (2x) = 0 \\ \implies & 6\cos (2x)=\sin (2x) \\ \implies & \tan (2x) = 6. \end{split}$$ Dette skjer når

$\begin{matrix} x \end{matrix} \begin{matrix} = \\ \approx \end{matrix} \begin{matrix} \frac{1}{2} (n π + arc \tan (6)) for n \in ℤ \\ \frac{1}{2} (n π + 1, 4056) for n \in ℤ \end{matrix}$

De forskjellige topp- og bunnpunktene på intervallet $[0, 3 π]$ er dermed tilnærmet lik $\begin{matrix} x \in {0.703, 2.274, 3.844, 5.415, 6.986, 8.557} . \end{matrix}$ Ved enten å referere til figuren i oppgave $a)$ eller å se at $6 \cos (2 x) - \sin (2 x)$ veksler mellom å være positiv og negativ, og at den begynner som positiv i $x = 0$ , må annen hver av punktene vi fant ovenfor være toppunkt og bunnpunkt. Det betyr at vi har funnet punktene $\begin{matrix} {T o p p u n k t}_{1} & = (0.703, f (0.703)) \approx (0.703, 3.902) \\ {T o p p u n k t}_{2} & = (3.844, f (3.844)) \approx (3.844, 1.369) \\ {T o p p u n k t}_{3} & = (6.986, f (6.986)) \approx (6.986, 0.480) \\ {B u n n p u n k t}_{1} & = (2.274, f (2.274)) \approx (2.274, - 2.311) \\ {B u n n p u n k t}_{2} & = (5.415, f (5.415)) \approx (5.415, - 0.811) \\ {B u n n p u n k t}_{3} & = (8.557, f (8.557)) \approx (8.557, - 0.285) \end{matrix}$

Alternativ løsning

Ved å bruke de to kommandoene:
f(x) = Dersom[0 <= x <= 3*pi, 5exp(-x/3)sin(2x)]
og
Ekstremalpunkt[f, 0, 3*pi]
i geoGebras grafdel finner vi samme resultat, nemlig $\begin{matrix} {T o p p u n k t}_{1} & \approx (0.703, 3.902) \\ {T o p p u n k t}_{2} & \approx (3.844, 1.369) \\ {T o p p u n k t}_{3} & \approx (6.986, 0.480) \\ {B u n n p u n k t}_{1} & \approx (2.274, - 2.311) \\ {B u n n p u n k t}_{2} & \approx (5.415, - 0.811) \\ {B u n n p u n k t}_{3} & \approx (8.557, - 0.285) \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} {T o p p u n k t}_{1} & \approx (0.703, 3.902) \\ {T o p p u n k t}_{2} & \approx (3.844, 1.369) \\ {T o p p u n k t}_{3} & \approx (6.986, 0.480) \\ {B u n n p u n k t}_{1} & \approx (2.274, - 2.311) \\ {B u n n p u n k t}_{2} & \approx (5.415, - 0.811) \\ {B u n n p u n k t}_{3} & \approx (8.557, - 0.285) \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Graf

graf

Intervall

Et intervall er det samme som et tallområde. Tallene 4, 5, 6 og 7 ligger i intervallet 4–7 (fire til sju).

Dersom vi ikke har sagt noe annet, lar vi øvre og nedre grense høre med til intervallet.

intervall

Toppunkt

Et toppunkt for en funksjon er et punkt $(a, f (a))$ der funksjonsverdien $f (a)$ er større enn $f (x)$ i alle nabopunktene, altså alle punktene i et intervall rundt $a$ .

toppunkt

Bunnpunkt

Et bunnpunkt for en funksjon $f (x)$ er et punkt $(a, f (a))$ der funksjonsverdien $f (a)$ er mindre enn $f (x)$ i alle nabopunktene, altså alle punktene i et intervall rundt $a$ .

bunnpunkt

Sinus

sinus

Cosinus

Cosinus er en trigonometrisk funksjon.
Cosinus til en spiss vinkel i en rettvinklet trekant er lik forholdet mellom lengden til hosliggende katet og hypotenus.

cosinus

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

ekspontialfunksjon

For flere forklaringer og eksempler på ekstremalpunkter, se artikkelen Topp- og bunnpunkter.

d)

Bestem arealet begrenset av grafen til $f$ og $x$ -aksen mellom $x = 0$ og $x = \frac{π}{2}$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag d)

Jeg tenker

Siden $f (x)$ er positiv på intervallet $[0, \frac{π}{2}]$ er arealet begrenset av grafen til $f$ og $x$ -aksen mellom $x = 0$ og $x = \frac{π}{2}$ er nøyaktig lik verdien av integralet $\int_{0}^{\frac{π}{2}} f (x) d x$ .

Arealet, $A$ , begrenset av grafen til $f$ og $x$ -aksen mellom $x = 0$ og $x = \frac{π}{2}$ er gitt som integralet $\begin{matrix} \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (x) d x = 5 \int_{0}^{\frac{π}{2}} e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) d x . \end{matrix}$ Dette integralet ser så vanskelig ut at vi bør gi det et navn. La derfor $\begin{matrix} I = \int_{0}^{\frac{π}{2}} e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) d x \end{matrix}$ slik at $A = 5 I$ . Vi utfører nå delvis integrasjon ved å integrere $e^{- \frac{x}{3}}$ og derivere $\sin 2 x$ . Det gir $\begin{matrix} I & = {[- 3 e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x)]}_{0}^{\frac{π}{2}} + 6 \int_{0}^{\frac{π}{2}} e^{- \frac{x}{3}} \cos (2 x) d x \\ = [0 - 0] + 6 \int_{0}^{\frac{π}{2}} e^{- \frac{x}{3}} \cos (2 x) d x \\ = 6 \int_{0}^{\frac{π}{2}} e^{- \frac{x}{3}} \cos (2 x) d x . \end{matrix}$ Siden dette ikke hjalp forsøker å med nok en delvis integrasjon der vi fortsatt integrerer $e^{- \frac{x}{3}}$ , men deriverer $\cos (2 x)$ . Det gir

$\begin{matrix} I & = & 6 \int_{0}^{\frac{π}{2}} e^{- \frac{x}{3}} \cos (2 x) dx \\ = & 6 {[- 3 e^{- \frac{x}{3}} \cos (2 x)]}_{0}^{\frac{π}{2}} - 36 \int_{0}^{\frac{π}{2}} e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) dx \\ = & [- 18 e^{- \frac{π}{6}} \cos (π) + 18 e^{0} \cos (0)] - 36 \int_{0}^{\frac{π}{2}} e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) dx \\ = & 18 e^{- \frac{π}{6}} + 18 - 36 \int_{0}^{\frac{π}{2}} e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) dx . \end{matrix}$

Vi har altså fått tilbake det integralet vi begynte med. Ved å bytte ut dette med navnet vi ga integralet, som var $I$ , og løse for $I$ følger det at

$I = 18 e^{- \frac{π}{6}} + 18 - 36 I \Rightarrow I = \frac{18}{37} (e^{- \frac{π}{6}} + 1) .$

Arealet $A$ begrenset av grafen til $f$ og $x$ -aksen mellom $x = 0$ og $x = \frac{π}{2}$ er altså $\begin{matrix} A = 5 I = 5 \cdot \frac{18}{37} (e^{- \frac{π}{6}} + 1) \approx 3, 8734 . \end{matrix}$

Alternativ løsning

Ved først å definere funksjonen $f (x)$ ved å bruke kommandoen
f(x) = Dersom[0 <= x <= 3*pi, 5exp(-x/3)sin(2x)]

i GeoGebras grafdel, og deretter utføre integralet med kommandoen
Integral[abs(f(x)), 0, pi/ 2]

finner vi at arealet $A$ begrenset av grafen til $f$ og $x$ -aksen mellom $x = 0$ og $x = \frac{π}{2}$ er $\begin{matrix} A \approx 3, 87 . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} 3, 8734 . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Integrasjon

Det motsatte av derivasjon. En grenseoperasjon på en funksjon som kan tolkes som arealet begrenset av grafen til funksjonen og x-aksen.

Se Integralregning

integrasjon

Cosinus

Cosinus er en trigonometrisk funksjon.
Cosinus til en spiss vinkel i en rettvinklet trekant er lik forholdet mellom lengden til hosliggende katet og hypotenus.

cosinus

Sinus

sinus

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

eksponentialfunksjon

Areal

Areal kalles også for flatemål eller flateinnhold og angir hvor stor en flate er.
Noen måleenheter for areal er m², dm² og cm².

areal

Graf

graf

For flere forklaringer og eksempler på integrasjon, se artikkelen Integraler som kan løses ved delvis integrasjon.

Oppgave 2 (3 poeng) Nettkode: E-4DKZ

Vis at $y = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x)$ er en løsning av differensiallikningen

$9 y'' + 6 y' + 37 y = 0, y (0) = 0$ og $y' (0) = 10$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag

Jeg tenker

En funksjon $y (x)$ er en løsning av en differensiallikning hvis den, sammen med sine deriverte $y' (x)$ , $y ″ (x)$ ,..., tilfredsstiller differensiallikningen.

La $f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \cdot \sin (2 x)$ . For å vise at funksjonen $f (x)$ er en løsning av differensiallikningen holder det å beregne de deriverte til $y = f (x)$ og se om de tilfredsstiller likningen

$9 y'' + 6 y' + 37 y = 0 med y (0) = 0 og y' (0) = 10$

Den førstederiverte av

$f (x)$ , altså $y' = f' (x)$ , er $\begin{matrix} y' & = f' (x) = (5 e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x))' \\ = 5 (e^{- \frac{x}{3}})' \sin (2 x) + 5 e^{- \frac{x}{3}} (\sin (2 x))' \\ = 5 (- \frac{x}{3})' e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) + 5 e^{- \frac{x}{3}} (2 x)' \cos (2 x) \\ = 5 (- \frac{1}{3}) e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) + 5 e^{- \frac{x}{3}} (2) \cos (2 x) \\ = \frac{5}{3} e^{- \frac{x}{3}} (6 \cos (2 x) - \sin (2 x)) . \end{matrix}$ Det betyr at vi kan finne den andrederiverte, altså $y ″ = f ″ (x)$ , ved $\begin{matrix} y ″ & = (\frac{5}{3} e^{- \frac{x}{3}} (6 \cos (2 x) - \sin (2 x)))' \\ = \frac{5}{3} (e^{- \frac{x}{3}})' (6 \cos (2 x) - \sin (2 x)) + \frac{5}{3} e^{- \frac{x}{3}} (6 \cos (2 x) - \sin (2 x))' \\ = \frac{5}{3} (- \frac{1}{3}) e^{- \frac{x}{3}} (6 \cos (2 x) - \sin (2 x)) + \frac{5}{3} e^{- \frac{x}{3}} (- 12 \sin (2 x) - 2 \cos (2 x)) \\ = - \frac{5}{9} e^{- \frac{x}{3}} (6 \cos (2 x) - \sin (2 x) + 36 \sin (2 x) + 6 \cos (2 x)) \\ = - \frac{5}{9} e^{- \frac{x}{3}} (12 \cos (2 x) + 35 \sin (2 x)) . \end{matrix}$ Hvis $y = f (x)$ skal tilfredsstille differensiallikningen må altså $\begin{matrix} 9 y ″ + 6 y' + 37 y = 0 . \end{matrix}$ Det kan vi skrive som $\begin{matrix} 9 [- \frac{5}{9} e^{- \frac{x}{3}} (12 \cos (2 x) + 35 \sin (2 x))] + 6 [\frac{5}{3} e^{- \frac{x}{3}} (6 \cos (2 x) - \sin (2 x))] \\ + 37 [5 e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x)] = 0 . \end{matrix}$ Ved å multiplisere begge sider av likningen med $e^{\frac{x}{3}}$ kan vi skrive dette som $\begin{matrix} - 5 \cdot 12 \cos (2 x) - 5 \cdot 35 \sin (2 x) + 10 \cdot 6 \cos (2 x) - 10 \cdot \sin (2 x) + 37 \cdot 5 \sin (2 x) = 0 \\ \Leftrightarrow \cos (2 x) (- 5 \cdot 12 - 10 \cdot 6) + \sin (2 x) (37 \cdot 5 - 5 \cdot 35 - 10) = 0 \\ \Leftrightarrow \cos (2 x) \cdot 0 + \sin (2 x) \cdot 0 = 0 . \end{matrix}$ Altså tilfredsstiller $f (x)$ differensiallikningen. Da gjenstår det bare å undersøke om

$y (0) = 0 og y' (0) = 10$

Ved å sette inn for $x = 0$ i $y' = f' (x)$ finner vi at $\begin{matrix} y' (0) & = f' (0) = \frac{5}{3} e^{- \frac{0}{3}} (6 \cos (0) - \sin (0)) \\ = \frac{5}{3} 6 = 10, \end{matrix}$ og ved å sette inn for $x = 0$ i $y = f (x)$ finner vi $\begin{matrix} y (0) & = f (0) = 5 e^{- \frac{0}{3}} \sin (0) = 5 e^{0} \cdot 0 = 0 . \end{matrix}$ Altså tilfredsstiller funksjonen $f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x)$ differensiallikningen

$9 y'' + 6 y' + 37 y = 0 med y (0) = 0 og y' (0) = 10$

Mer om

Denne oppgaven er om

Differensiallikning

En likning hvor den ukjente er en funksjon og der den deriverte, funksjonens differensialkvotient, inngår.

Et eksempel er y'' - y = 0 eller $\frac{d^{2} f (x)}{d x^{2}} - f (x) = 0$

differensiallikning

Sinus

sinus

Cosinus

Cosinus er en trigonometrisk funksjon.
Cosinus til en spiss vinkel i en rettvinklet trekant er lik forholdet mellom lengden til hosliggende katet og hypotenus.

cosinus

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

eksponentialfunksjon

Derivasjon

En grenseoperasjon på en funksjon, som gir en ny funksjon, den deriverte til den opprinnelige. Funksjonsverdiene til den deriverte er stigningstallene til grafen til den opprinnelige funksjonen.

derivasjon

Andrederiverte

Den andrederiverte til en funksjon $f (x)$ er funksjonen derivert to ganger og skrives $f'' (x)$ eller $f^{(2)} (x)$ . Kalles også annenderiverte eller dobbeltderiverte.

annenderivert

For flere forklaringer og eksempler på differensiallikninger, se artikkelen Andre ordens differensiallikninger.

Oppgave 3 (6 poeng) Nettkode: E-4DLA

Vi skal i denne oppgaven studere nærmere $f (x)$ som er gitt i oppgave 1 i Del 2.

a)

Vis at nullpunktene til $f$ i oppgave 1 danner en aritmetisk tallfølge $a_{1}, a_{2}, a_{3}, . . .$ Bestem $a_{20}$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag a)

Jeg tenker

En aritmetisk tallfølge $a_{1}, a_{2}, a_{3}, . . .$ er en følge av tall som har den egenskapen at differansen mellom to etterfølgende tall, $a_{n + 1} - a_{n}$ , alltid er den samme.

Nullpunktene til funksjonen $f (x) = 5 e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x)$ er nøyaktig de verdiene for $x$ som tilfredsstiller likningen $\begin{matrix} 5 e^{- \frac{x}{3}} \sin (2 x) = 0 . \end{matrix}$ Siden $5 e^{- \frac{x}{3}}$ aldri kan bli null betyr dette at $\begin{matrix} \sin (2 x) = 0 . \end{matrix}$ Altså er de $x$ -verdiene som tilfredsstiller $f (x) = 0$ gitt ved

$x = \frac{n π}{2} for n \in ℤ .$

Siden $f$ bare er definert på intervallet $[0, \infty)$ er nullpunktene gitt ved

$x = \frac{n π}{2} for n \in \{0, 1, 2, 3, . . .\} .$

Hvis vi nå navngir nullpunktene ved $\begin{matrix} a_{n} = \frac{n π}{2}, \end{matrix}$ får vi en følge av tall. Denne følgen er en aritmetisk følge siden $\begin{matrix} a_{n + 1} - a_{n} = \frac{(n + 1) π}{2} - \frac{n π}{2} = \frac{π}{2} \end{matrix}$ er en konstant uavhengig av $n$ . Det 20ende tallet i denne følgen er $\begin{matrix} a_{20} = a_{1} + 19 \cdot \frac{π 2}{} = 0 + \frac{19 π}{2} = \frac{19 π}{2} . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} a_{20} = \frac{19 π}{2} \end{matrix} .$

Mer om

Denne oppgaven er om

Nullpunkt

Punkt der grafen krysser eller tangerer x-aksen. Kan finnes ved regning ved å sette f(x) = 0.

nullpunkt

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

eksponentialfunksjon

Sinus

sinus

Intervall

Et intervall er det samme som et tallområde. Tallene 4, 5, 6 og 7 ligger i intervallet 4–7 (fire til sju).

Dersom vi ikke har sagt noe annet, lar vi øvre og nedre grense høre med til intervallet.

intervall

Ligning

En ligning er et åpent utsagn med en eller flere ukjent størrelser. Vi bruker som oftest x som den ukjente, men alle bokstaver kan brukes for å navngi den ukjente.

Eksempel: $2 x + 8 = 14$

likning

For flere forklaringer og eksempler på rekker, se artikkelen Aritmetiske tallfølger.

b)

Vis at maksimalverdiene til $f$ i oppgave 1 danner en geometrisk tallfølge $b_{1}, b_{2}, b_{3}, . . .$ Bestem $b_{5}$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag b)

Jeg tenker

En geometrisk tallfølge er en følge av tall $b_{1}, b_{2}, . . .$ som er slik at $\frac{b_{n + 1}}{b_{n}}$ er en konstant uavhengig av $n$ .

I oppgave $1 c$ fant vi at ekstremalverdiene til $f (x)$ var gitt ved

$x = \frac{1}{2} (n π + arc \tan (6)) for n \in \{0, 1, 2, . . .\} .$

Vi fant også at det første punktet, og deretter annen hver, av disse punktene var et toppunkt. Med andre ord er toppunktene til funksjonen $f (x)$ gitt ved $x$ -verdiene

$x_{n} = \frac{1}{2} (2 n π + arc \tan (6)) = n π + \frac{1}{2} arc \tan (6) for n \in \{0, 1, 2, . . .\} .$

Maksimalverdiene for $f$ er altså gitt ved tallfølgen

$\begin{matrix} b_{n + 1} & = 5 e^{- \frac{n π + \frac{1}{2} \arctan 6}{3}} \sin (2 n π + \arctan 6) \\ = 5 e^{- \frac{n π}{3}} e^{- \frac{1}{6} \arctan 6} \sin (\arctan 6) . \end{matrix}$

Siden

$\begin{matrix} \frac{b_{n + 2}}{b_{n + 1}} & = & \frac{5 e^{- \frac{(n + 1) π}{3}} e^{- \frac{1}{6} \arctan 6} \sin (\arctan 6)}{5 e^{- \frac{n π}{3}} e^{- \frac{1}{6} \arctan 6} \sin (\arctan 6)} \\ = & \frac{e^{- \frac{(n + 1) π}{3}}}{e^{- \frac{n π}{3}}} = e^{- \frac{(n + 1) π}{3}} e^{\frac{n π}{3}} = e^{- \frac{(n + 1) π}{3} + \frac{n π}{3}} = e^{- \frac{π}{3}} \end{matrix}$

er en konstant som er uavhengig av $n$ er denne tallfølgen en geometrisk tallfølge. Verdien av det femte tallet i denne tallfølgen er $\begin{matrix} b_{5} = 5 e^{- \frac{4 π}{3}} e^{- \frac{1}{6} \arctan 6} \sin (\arctan 6) \approx 0, 0592 . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} b_{5} \approx 0, 0592 . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Sinus

sinus

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

eksponentialfunksjon

Toppunkt

Et toppunkt for en funksjon er et punkt $(a, f (a))$ der funksjonsverdien $f (a)$ er større enn $f (x)$ i alle nabopunktene, altså alle punktene i et intervall rundt $a$ .

toppunkt

For flere forklaringer og eksempler på rekker, se artikkelen Geometriske tallfølger.

c)

Begrunn at den uendelige rekken $b_{1} + b_{2} + b_{3} + . . .$ konvergerer. Bestem summen av rekken.

Løs oppgaven her

Løsningsforslag c)

Jeg tenker

At en uendelig rekke konvergerer betyr at den tar en veldefinert verdi som er mindre enn uendelig.

Rekken $b_{1} + b_{2} + b_{3} + . . .$ har første ledd $b_{1} = 5 e^{- \frac{1}{6} \arctan 6} \sin (\arctan 6)$ og kvotient $k = e^{- \frac{π}{3}} \approx 0, 35 < 1$ . Siden , er rekka konvergent med sum

$\begin{matrix} \frac{b_{1}}{1 - k} = \frac{5 e^{- \frac{1}{6} \arctan 6} \sin (\arctan 6)}{1 - e^{- \frac{π}{3}}} \approx 6, 0114 . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} b_{1} + b_{2} + b_{3} + . . . \approx 6, 0114 . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Sum

Resultatet av en addisjon.

Eksempel: 2 + 5 + 1 = 8, her kalles 8 for sum.

sum

Uendelige rekker

En rekke er en sum av elementene i en tallfølge. Rekken kalles uendelig hvis den består av uendelig antall elementer.

Eksempel : $\sum_{n = 1}^{\infty} x_{n}$

( ∞ er tegnet for uendelighet )

uendelig rekke

Konvergens

Konvergens betyr i matematikk å nærme seg en grense.

Se Konvergent tallfølge

konvergens

Eksponentialfunksjon

En matematisk funksjon på formen a^x. Funksjonen er et potensuttrykk der x er eksponenten.

Brukes mest om funksjonen e^x.

eksponentialfunksjon

For flere forklaringer og eksempler på rekker, se artikkelen Uendelige rekker.

Oppgave 4 (3 poeng) Nettkode: E-4DLV

En kule $K$ har sentrum i $S (- 1, 0, 1)$ og radius $\sqrt{21}$ .

En linje $l$ går gjennom punktene $A (7, - 2, 5)$ og $B (15, - 4, 9)$ .

Bestem skjæringspunktene mellom linjen $l$ og kulen $K$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag

Jeg tenker

Ved å parameterisere linjen $ℓ$ og finne et uttrykk for likningen til kuleflaten $K$ kan vi kombinere disse for å finne skjæringspunktene mellom linjen $ℓ$ og kulen $K$ .

Likningen for en kuleflate med radius $R$ og sentrum i $S (x_{0}, y_{0}, z_{0})$ er $\begin{matrix} (x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} + (z - z_{0})^{2} = R^{2} . \end{matrix}$ Altså må likningen for kuleflaten $K$ være gitt som $\begin{matrix} (x + 1)^{2} + y^{2} + (z - 1)^{2} = 21 . \end{matrix}$ Videre vet vi at siden den rette linjen $ℓ$ går gjennom punktene $A (7, - 2, 5)$ og $B (15, - 4, 9)$ kan den parametriseres ved $\begin{matrix} ℓ : & \vec{O A} + λ \vec{A B} = [7, - 2, 5] + λ ([15, - 4, 9] - [7, - 2, 5]) \\ = [7, - 2, 5] + λ [8, - 2, 4] = [7 + 8 λ, - 2 - 2 λ, 5 + 4 λ] . \end{matrix}$ Ved å sette inn koordinatene for linjen $ℓ$ i likningen for kuleflaten $K$ kan vi nå bestemme skjæringspunktene mellom $ℓ$ og $K$ . Det gir

$\begin{matrix} (7 + 8 λ + 1)^{2} + (- 2 - 2 λ)^{2} + (5 + 4 λ {- 1)}^{2} = 21 . \end{matrix}$

Siden vi kan skrive venstresiden av likningen

$\begin{matrix} (7 + 8 λ + 1)^{2} + (- 2 - 2 λ)^{2} + (4 + 4 λ)^{2} \\ = & 8^{2} (λ^{2} + 2 λ + 1) + 2^{2} (λ^{2} + 2 λ + 1) + 4^{2} (λ^{2} + 2 λ + 1) \\ = & (64 + 4 + 16) (λ^{2} + 2 λ + 1) \\ = & 84 {(λ + 1)}^{2} \end{matrix}$

følger det at skjæringspunktene er gitt ved

$\begin{matrix} 84 {(λ + 1)}^{2} = 21 \end{matrix}$

${(λ + 1)}^{2} = \frac{1}{4}$

$λ + 1 = \pm \frac{1}{2}$

$λ = \pm \frac{1}{2} - 1 = \{\begin{matrix} - \frac{1}{2} \\ - \frac{3}{2} \end{matrix}$

Skjæringspunktene er gitt ved

$\begin{matrix} P_{1} & \approx (7 + 8 (- \frac{1}{2}), - 2 - 2 (- \frac{1}{2}), 5 + 4 (- \frac{1}{2})) = (3, - 1, 3) \\ P_{2} & \approx (7 + 8 (- \frac{3}{2}), - 2 - 2 (- \frac{3}{2}), 5 + 4 (- \frac{3}{2})) = (- 5, 1, - 1) . \end{matrix}$

Svar: De to skjæringspunktene er altså gitt ved $\begin{matrix} P_{1} & \approx (3, - 1, 3) \\ P_{2} & \approx (- 5, 1, - 1) . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Kule

Et tredimensjonalt objekt der alle punktene på overflaten har en fast avstand til sentrum i objektet. Denne avstanden fra et punkt på overflaten til sentrum kalles radius.

kule

Ligning

En ligning er et åpent utsagn med en eller flere ukjent størrelser. Vi bruker som oftest x som den ukjente, men alle bokstaver kan brukes for å navngi den ukjente.

Eksempel: $2 x + 8 = 14$

likning

Skjæringspunkt

Der to eller flere linjer krysser hverandre, sier vi at de har et felles skjæringspunkt. I et koordinatsystem kan skjæringspunktet leses av ved å trekke en loddrett strek ned til x-aksen og en vannrett strek bort til y-aksen.

skjæringspunkt

Linje

En rett linje som vanligvis kalles linje, er en rett strek som har en posisjon og retning. En linje fortsetter uendelig i begge retninger.

linje

Punkt

I geometrien tegnes punkt som en prikk eller et kryss. Den knyttes til en fast posisjon og har ingen utstrekning. Et punkt har en stor bokstav som navn, for eksempel A eller B.

punkt

For flere forklaringer og eksempler på kuler, se artikkelen Likning for en kule.

Oppgave 5 (6 poeng) Nettkode: E-4DN3

Funksjonen $f$ er gitt ved

$f (x) = a x^{2} + b x + c, a < 0 og c > 0$

Grafen har toppunkt i $R$ . Se skissen nedenfor.

a)

Forklar at grafen til $f$ skjærer $x$ -aksen i punktene

$P (\frac{- b + \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0)$ og $Q (\frac{- b - \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0)$

der $P$ ligger til venstre for $Q$ .

Løs oppgaven her

Løsningsforslag a)

Jeg tenker

Grafen til en funksjon $f (x)$ skjærer $x$ -aksen i nøyaktig de $x$ -verdien som tilfredsstiller $f (x) = 0$

Grafen til $f$ skjærer $x$ -aksen når $f (x) = 0$ . Det betyr at $\begin{matrix} f (x) = a x^{2} + b x + c = 0 . \end{matrix}$ Ved å huske annengradsformelen kan vi bruke at $x$ -verdiene som løser denne likningen er nøyaktig de to punktene gitt av

$\begin{matrix} x = \frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a} . \end{matrix}$

Disse er faktiske, reelle punkter ettersom $a < 0$ og $c > 0$ betyr at $b^{2} - 4 a c > 0$ . Siden $a < 0$ må $\begin{matrix} \frac{\sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a} < 0, \end{matrix}$ som betyr at $P$ må ha lavere $x$ -verdi enn $Q$ og derfor ligge til venstre for $Q$ .

Alternativ løsning

Dersom vi ikke husker annengradslikningen kan vi alltids løse likningen på egenhånd. Vi begynner med å dele på $a$ på begge sider og deretter trekke fra $\frac{c}{a}$ . Det gir $\begin{matrix} x^{2} + \frac{b}{a} x = - \frac{c}{a} . \end{matrix}$ Vi kan deretter fullføre kvadratet på venstresiden og dermed skrive $\begin{matrix} {(x + \frac{b}{2 a})}^{2} - \frac{b^{2}}{4 a^{2}} = - \frac{c}{a} \end{matrix}$ som kan omskrives til $\begin{matrix} {(x + \frac{b}{2 a})}^{2} = \frac{b^{2}}{4 a^{2}} - \frac{c}{a} = \frac{b^{2} - 4 a c}{(2 a)^{2}} . \end{matrix}$ Ved å ta kvadratroten og deretter trekke fra $\frac{b}{2 a}$ på begge sider følger det at

$\begin{matrix} x = - \frac{b}{2 a} \pm \sqrt{\frac{b^{2} - 4 a c}{(2 a)^{2}}} = \frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a} . \end{matrix}$

Siden $y$ -verdien i disse punktene er lik $0$ følger det at grafen til $f$ skjærer $x$ -aksen i punktene

$P (\frac{- b + \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0) og Q (\frac{- b - \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0) .$

Siden $a < 0$ må $\begin{matrix} \frac{\sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a} < 0, \end{matrix}$ som betyr at $P$ må ha lavere $x$ -verdi enn $Q$ og derfor ligge til venstre for $Q$ .

$\begin{matrix} x = - \frac{b}{2 a} \pm \sqrt{\frac{b^{2} - 4 a c}{(2 a)^{2}}} = \frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a} . \end{matrix}$

Siden $y$ -verdien i disse punktene er lik $0$ følger det at grafen til $f$ skjærer $x$ -aksen i punktene

$P (\frac{- b + \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0) og Q (\frac{- b - \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0) .$

Siden $a < 0$ må $\begin{matrix} \frac{\sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a} < 0, \end{matrix}$ som betyr at $P$ må ha lavere $x$ -verdi enn $Q$ og derfor ligge til venstre for $Q$ .

Mer om

Denne oppgaven er om

abc-formelen

abc-formelen sier at en likning på formen $a x^{2} + b x + c = 0$ har løsningene $x = \frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}$ .

abc-formel

Graf

graf

Andregradslikning

En likning hvor x opptrer i andre potens. Vi kan alltid skrive en slik likning på formen:

$a x^{2} + b x + c = 0$

Likningen kan løses ved hjelp av abc-formelen.

annengradslikning

For flere forklaringer og eksempler på andregradslikninger, se artikkelen Å fullføre kvadratet.

b)

Bruk CAS til å vise at arealet $T_{1}$ til $Δ P Q R$ er gitt ved

$T_{1} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \cdot \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{8 a^{2}}$

Løs oppgaven her

Løsningsforslag b)

Jeg tenker

Siden grafen til $f$ har toppunkt i $R$ og $y$ -koordinaten til $R$ er høyden i $△ P Q R$ kan vi bruke formelen for arealet av en trekant til å beregne arealet $T_{1}$ .

Vi begynner med å definere punktene $P$ og $Q$ ved å bruke kommandoene
P := ( (-b+sqrt(b^2-4ac) )/(2a),0 )
Q := ( (-b-sqrt(b^2-4ac) )/(2a),0 )

Deretter definerer vi funksjonen $f (x)$ ved
f(x):=a x^2+b x+c

og løser likningen $f' (x) = 0$ for å finne $x$ -koordinaten til $R$
Løs[Derivert[ f(x) ]=0]

Siden resultatet er $- \frac{b}{2 a}$ definerer vi høyden til punktet $R$ som $f (- \frac{b}{2 a})$
H:=f( -b/(2a) )

Siden bredden av $△ P Q R$ er differansen $x_{Q} - x_{P}$ følger det at arealet $T_{1}$ er gitt som
H*( x(Q)-x(P) )/2

$\begin{matrix} T_{1} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{8 a^{2}} . \end{matrix}$

Svar: Resultatet er $\begin{matrix} T_{1} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{8 a^{2}} . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Graf

graf

Areal

Areal kalles også for flatemål eller flateinnhold og angir hvor stor en flate er.
Noen måleenheter for areal er m², dm² og cm².

areal

Trekant

En trekant er en todimensjonal figur med tre hjørner og tre sidekanter.

trekant

Funksjon

En funksjon er en sammenheng mellom to eller flere størrelser. En funksjon tilordner til hvert element i en mengde (definisjonsmengden) ett element i en annen mengde (verdimengden).

Eksempel: For funksjonen $f (x) = 2 x + 1$ , vil $x = 1$ alltid gi $f (x) = 3$

funksjon

Toppunkt

Et toppunkt for en funksjon er et punkt $(a, f (a))$ der funksjonsverdien $f (a)$ er større enn $f (x)$ i alle nabopunktene, altså alle punktene i et intervall rundt $a$ .

toppunkt

For flere forklaringer og eksempler på trekanter, se artikkelen Geometri - areal og volum.

Visste du at

Det er ekstremt nyttig å kunne bruke dataprogrammer til å løse matematiske problemer. Denne oppgaven er imidlertid et eksempel på en situasjon der det er mye lettere å regne analytisk. En måte å finne arealet av trekanten er ved først å erkjenne at toppunktet $R$ har en $x$ -verdi som ligger midt mellom punktene $P$ og $Q$ . Altså må $R$ ha $x$ -koordinat lik $- \frac{b}{2 a}$ og dermed $y$ -koordinat gitt ved $\begin{matrix} y_{R} = f (- \frac{b}{2 a}) = \frac{b^{2}}{4 a} - \frac{b^{2}}{2 a} + c = - \frac{b^{2} - 4 a c}{4 a} . \end{matrix}$ Siden dette er høyden i trekanten med grunnlinje $x_{Q} - x_{P}$ følger det at arealet av trekanten er

$\begin{matrix} \frac{1}{2} y_{R} (x_{Q} - x_{P}) = \frac{1}{2} \frac{(\frac{b^{2} - 4 a c}{4 a}) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{a} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{8 a^{2}}, \end{matrix}$

som er det vi ønsket å vise.

c)

Bestem arealet $T_{2}$ mellom grafen til $f$ og $x$ -aksen.

Løs oppgaven her

Løsningsforslag c)

Jeg tenker

$T_{2}$ er arealet under grafen til $f$ mellom punktene $x_{P}$ og $x_{Q}$ og kan derfor skrives som integralet $\int_{x_{P}}^{x_{Q}} f (x) d x$ .

Vi begynner ved å definere $x$ -koordinatene til $P$ og $Q$ i CAS ved kommandoene
x_Q :=(-b-sqrt(b^2-4ac))/(2a)
x_P :=(-b+sqrt(b^2-4ac))/(2a)

Deretter finner vi $T_{2}$ ved å beregne integralet $\int_{x_{P}}^{x_{Q}} f (x) d x$ . Det gjør vi ved å bruke kommandoen
Integral[a x^2+b x + c, x_P , x_Q]

Resultatet blir da $\begin{matrix} T_{2} = (\frac{b^{2} - 4 a c}{6 a^{2}}) \sqrt{b^{2} - 4 a c} \end{matrix}$

Alternativ løsning

Siden $T_{2}$ er arealet under grafen til $f$ mellom punktene $x_{P}$ og $x_{Q}$ kan det skrives

$\begin{matrix} T_{2} & = & \int_{x_{P}}^{x_{Q}} f (x) dx \\ = & \int_{x_{P}}^{x_{Q}} ({a x}^{2} + b x + c) dx \\ = & a \int_{x_{P}}^{x_{Q}} x^{2} dx + b \int_{x_{P}}^{x_{Q}} x dx + c \int_{x_{P}}^{x_{Q}} dx . \end{matrix}$

At den deriverte av $\frac{1}{n + 1} x^{n + 1}$ er $x^{n}$ for alle $n \neq 1$ betyr videre at

$\begin{matrix} a \int_{x_{P}}^{x_{Q}} x^{2} dx + b \int_{x_{P}}^{x_{Q}} x dx + c \int_{x_{P}}^{x_{Q}} dx \\ = & \frac{a}{3} {[x^{3}]}_{x_{P}}^{x_{Q}} + \frac{b}{2} {[x^{2}]}_{x_{P}}^{x_{Q}} + c {[x]}_{x_{P}}^{x_{Q}} \\ = & \frac{a}{3} [x_{Q}^{3} - x_{P}^{3}] + \frac{b}{2} [x_{Q}^{2} - x_{P}^{2}] + c [x_{Q} - x_{P}] \\ = & \frac{a}{3} [x_{Q}^{3} - x_{P}^{3}] + \frac{b}{2} (x_{Q} + x_{P}) (x_{Q} - x_{P}) + c (x_{Q} - x_{P}) . \end{matrix}$

Siden

$P (\frac{- b + \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0) og Q (\frac{- b - \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}, 0)$

må $\begin{matrix} x_{Q} - x_{P} = - \frac{\sqrt{b^{2} - 4 a c}}{a} \end{matrix}$ og $\begin{matrix} x_{Q} + x_{P} = - \frac{b}{a} . \end{matrix}$ Videre følger det at

$\begin{matrix} x_{Q}^{3} - x_{P}^{3} & = & {(\frac{- b - \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a})}^{3} - {(\frac{- b + \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a})}^{3} \\ = & \frac{1}{8 a^{3}} (- 6 b^{2} \sqrt{b^{2} - 4 a c} - 2 \sqrt{b^{2} - 4 a c}) \\ = & \sqrt{b^{2} - 4 a c} \frac{- 6 b^{2} - 2 (b^{2} - 4 a c)}{8 a^{3}} \\ = & \sqrt{b^{2} - 4 a c (\frac{- b^{2} + a c}{a^{3}})} . \end{matrix}$

Vi kan altså uttrykke $T_{2}$ ved

$\begin{matrix} T_{2} & = & \frac{a}{3} [x_{Q}^{3} - x_{P}^{3}] + \frac{b}{2} (x_{Q} + x_{P}) (x_{Q} - x_{P}) + c (x_{Q} - x_{P}) \\ = & \frac{a}{3} \sqrt{b^{2} - 4 a c} (\frac{{- b}^{2} + a c}{a^{3}}) + \frac{b^{2}}{2 a^{2}} \sqrt{b^{2} - 4 a c} - \frac{c}{a} \sqrt{b^{2} - 4 a c} \\ = & (\frac{{- b}^{2} + a c}{{3 a}^{2}} + \frac{b^{2}}{2 a^{2}} - \frac{c}{a}) \sqrt{b^{2} - 4 a c} \\ = & (\frac{\frac{1}{2} b^{2} - 2 a c}{3 a^{2}}) \sqrt{b^{2} - 4 a c} \\ = & (\frac{b^{2} - 4 a c}{6 a^{2}}) \sqrt{b^{2} - 4 a c} . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} T_{2} = (\frac{b^{2} - 4 a c}{6 a^{2}}) \sqrt{b^{2} - 4 a c} . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Areal

Areal kalles også for flatemål eller flateinnhold og angir hvor stor en flate er.
Noen måleenheter for areal er m², dm² og cm².

areal

Graf

graf

Punkt

I geometrien tegnes punkt som en prikk eller et kryss. Den knyttes til en fast posisjon og har ingen utstrekning. Et punkt har en stor bokstav som navn, for eksempel A eller B.

punkt

Derivasjon

En grenseoperasjon på en funksjon, som gir en ny funksjon, den deriverte til den opprinnelige. Funksjonsverdiene til den deriverte er stigningstallene til grafen til den opprinnelige funksjonen.

derivasjon

For flere forklaringer og eksempler på integrasjon, se artikkelen Bestemte integraler.

d)

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

Løs oppgaven her

Løsningsforslag d)

Jeg tenker

Ved å kombinere uttrykkene vi har for arealene $T_{1}$ og $T_{2}$ kan vi beregne forholdstallet $\frac{T_{1}}{T_{2}}$ .

Siden $\begin{matrix} T_{1} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{8 a^{2}} \end{matrix}$ og $\begin{matrix} T_{2} = \frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{6 a^{2}} \end{matrix}$ følger det at $\begin{matrix} \frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{(\frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{8 a^{2}})}{(\frac{(b^{2} - 4 a c) \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{6 a^{2}})} = \frac{(\frac{1}{8})}{(\frac{1}{6})} = \frac{3}{4} . \end{matrix}$

Svar: $\begin{matrix} \frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{3}{4} . \end{matrix}$

Mer om

Denne oppgaven er om

Brøk

Brøk er et rasjonalt tall der teller og nevner er hele tall. Det er en måte å representere et tall på ved hjelp av divisjon. Nevneren må være forskjellig fra null.

Brøk kan sees som et tall på tallinja eller som del av en mengde.

brøk

og forkorte brøk.

For flere forklaringer og eksempler på brøk, se artikkelen Forkorte og utvide brøk.

REA3024 2015 Høst

Del 1

Del 2

Eksamensinformasjon

DEL 1 Uten hjelpemidler

Oppgave 1 (4 poeng) Nettkode: E-4DHY

a)

Løsningsforslag a)

Derivasjon

Cosinus

Sinus

b)

Løsningsforslag b)

Sinus

Cosinus

Derivasjon

c)

Løsningsforslag c)

Eksponentialfunksjon

Sinus

Cosinus

Derivasjon

Oppgave 2 (4 poeng) Nettkode: E-4DIW

a)

Løsningsforslag a)

Alternativ løsning

Integrasjon

Polynom

Andre kvadratsetning

b)

Løsningsforslag b)

Integrasjon

Brøk

Eksponentialfunksjon

Derivasjon

Oppgave 3 (3 poeng) Nettkode: E-4DJV

Løsningsforslag

Omdreiningslegeme

Integrasjon

Pi (π)

Eksponentialfunksjon

Oppgave 4 (4 poeng) Nettkode: E-4DK5

a)

Løsningsforslag a)

Graf

Funksjon

Derivasjon

b)

Løsningsforslag b)

Graf

Integrasjon

Areal

Oppgave 5 (5 poeng) Nettkode: E-4DK8

a)

Løsningsforslag a)

Punkt

Kule

Ligning

b)

Løsningsforslag b)

Kule

Plan

Ligning

c)

Løsningsforslag c)

Kule

Normalvektor

Tangent

Ligning

Plan

Oppgave 6 (4 poeng) Nettkode: E-4DKI

a)

Løsningsforslag a)

Sinus

Cosinus

Ligning

b)

Løsningsforslag b)

Sinus

Cosinus