DEL 1

Oppgave 1

a)

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

$f'(x)=sin x + x \cdot cos x$

b)

$g(x)=\frac{cos(x^2)}{x}$

$g'(x)=\frac{-2x\cdot sin(x^2)\cdot x - cos(x^2)\cdot 1}{x^2} = \frac{-2x^2 \cdot sin(x^2) - cos(x^2)}{x^2}$

Oppgave 2

a)

$\int(x^2+3+e^{2x})dx = \frac{1}{3}x^3+3x+\frac{1}{2}e^{2x}+C$

b)

Bruker variabelskifte, der $u=x^2$

$\frac{du}{dx}=2x \Rightarrow dx=\frac{du}{2x}$

$ \int 6x\cdot sin(x^2)dx = 3 \int 2x \cdot sin (u) \frac{du}{2x} = 3 \int sin(u) du = -3cos(u) + C = -3 cos(x^2)+C $

c)

Bruker delvis integrasjon, der $u = ln\,x \Rightarrow u'=\frac{1}{x}$ og $v' = x \Rightarrow v=\frac{1}{2}x^2$

Finner det ubestemte integralet:

$\int x \cdot ln\,x\,dx = \frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x- \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2}x^2 dx = \frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x -\frac{1}{2}\int x\, dx = \frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x -\frac{1}{4} x^2 + C$

Finner det bestemte integralet:

$\int_{1}^{e} x \cdot ln\,x\,dx = [\frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x -\frac{1}{4} x^2]_{1}^{e} = (\frac{1}{2}e^2 \cdot ln\,e -\frac{1}{4} e^2) - (\frac{1}{2}\cdot 1^2 \cdot ln\,1 -\frac{1}{4} \cdot 1^2) \\ = (\frac{2}{4}e^2 \cdot 1 - \frac{1}{4}e^2)-(\frac{1}{2} \cdot 0 - \frac{1}{4}) = \frac{1}{4}e^2+\frac{1}{4} $

Oppgave 3

a)

Finner $a_5$:

$S_5=\frac{a_1+a_5}{2}\cdot 5 \\ 55 = \frac{3+a_5}{2} \cdot 5 \\ a_5 = \frac{55}{5}\cdot 2 - 3 \\ a_5 = 19$

Finner differensen:

$d = \frac{a_5 - a_1}{5-1} \\ d = \frac{19-3}{4} \\ d= 4$

Finner $a_{10}$:

$a_{10} = a_1 + (10-1)\cdot d \\ a_{10} = 3 + 9\cdot 4 \\ a_{10} = 39$

Finner summen av de 10 første leddene:

$S_{10} = \frac{a_1+a_{10}}{2}\cdot 10 \\ S_{10} = \frac{3+39}{2}\cdot 10 \\ S_{10} = 210$

b)

Dersom $-1<k<1$ i en geometrisk tallfølge $a_n=a_1k^{n-1}$ sier vi at den konvergerer.

I slike tilfeller er $\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{a_1}{1-k}$

I rekken $7 + \frac{7}{2} + \frac{7}{4}+...$ er $a_n = 7\cdot \frac{1}{2}^{n-1}$

Vi har $k = \frac{1}{2}$ og rekken konvergerer derfor.

Bestemmer summen av rekken:

$\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{7}{1-\frac{1}{2}} = \frac{7}{\frac{1}{2}} = 14$

Oppgave 4

$f(x)=2 sin(\pi x + \pi)-1 \quad, \quad x\in \langle -1,3 \rangle$

a)

$f'(x)=2\pi cos(\pi x+ \pi) \quad, \quad x\in \langle -1,3 \rangle$

Setter $f'(x)=0$

$2\pi cos(\pi x+ \pi)=0 \\ cos(u) = 0 \Rightarrow u=\frac{\pi}{2} + k\pi \\ \pi x + \pi = \frac{\pi}{2} \vee \pi x +\pi = \frac{3\pi}{2} \vee \pi x + \pi = \frac{5\pi}{2} \vee \pi x + \pi = \frac{7\pi}{2} \\ x = -\frac{1}{2} \vee x = \frac{1}{2} \vee x = \frac{3}{2} \vee x = \frac{5}{2}$

Finner y-koordinatene til ekstremalpunktene (vet at en sinusfunksjon kun har topp- og bunnpunkter, og ingen terrassepunkter):

$f(-\frac{1}{2})= 2 sin(-\frac{\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{\pi}{2})-1 = 2\cdot 1 - 1 = 1 $

$f(\frac{1}{2})= 2 sin(\frac{\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{3\pi}{2})-1 = 2\cdot (-1) - 1 = -3 $

$f(\frac{3}{2})= 2 sin(\frac{3\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{5\pi}{2})-1 = 2\cdot 1 - 1 = 1 $

$f(\frac{5}{2})= 2 sin(\frac{5\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{7\pi}{2})-1 = 2\cdot (-1) - 1 = -3 $

Toppunkter: $(-\frac{1}{2}, 1)$ og $(\frac{3}{2}, 1)$

Bunnpunkter: $(\frac{1}{2}, -3)$ og $(\frac{5}{2}, -3)$

b)

Skjæring med y-aksen:

$f(0) = 2 sin (\pi\cdot 0 + \pi)-1 = 2 sin(\pi) - 1 = 0-1 =-1$

Grafen til $f$ skjærer y-aksen i punktet $(0,-1)$. Vi kan også se dette av funksjonsuttrykket.

Skjæring med x-aksen; setter $f(x)=0$

$2 sin(\pi x + \pi)-1 = 0 \\ sin(\pi x + \pi) = \frac{1}{2} \\ sin(u)=\frac{1}{2} \Rightarrow u=\frac{\pi}{6}+k\cdot 2\pi \vee u=\frac{5\pi}{6} + k\cdot 2\pi\\ \pi x + \pi = \frac{\pi}{6} \vee \pi x + \pi = \frac{5\pi}{6} \vee \pi x + \pi = \frac{13\pi}{6} \vee \pi x + \pi = \frac{17\pi}{6}\\ x= -\frac{5}{6}\vee x = -\frac{1}{6} \vee x= \frac{7}{6}\vee x = \frac{11}{6} $

Grafen til $f$ skjærer x-aksen i punktene $(-\frac{5}{6},0), (-\frac{1}{6},0),(\frac{7}{6},0),(\frac{11}{6},0)$.

c)

Bruk ekstremalpunktene og nullpunktene, samt skjæring med y-aksen, til å lage en skisse for hånd.

Oppgave 5

Vi har punktene A(-1,3,2), B(2,2,1), C(0,1,0) og T(5,3,8).

a)

$\vec{AB}=[2-(-1), 2-3, 1-2] = [3,-1,-1]$

$\vec{AC}=[0-(-1),1-3,0-2]=[1,-2,-2]$

$\vec{AB} \times \vec{AC} = [(-1)\cdot(-2)-(-1)\cdot(-2),(-1)\cdot 1 - 3\cdot(-2),3\cdot(-2)-(-1)\cdot 1] = [2-2,-1+6,-6+1] =[0,5,-5]$

b)

$\vec{AT}=[5-(-1), 3-3,8-2]=[6,0,6]$

$V=\frac{|(\vec{AB}\times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}|}{6} = \frac{|[0,5,-5]\cdot[6,0,6]|}{6} = \frac{|0\cdot 6 + 5\cdot 0+(-5)\cdot 6|}{6} = \frac{|-30|}{6} =\frac{30}{6}= 5$

Volumet av pyramiden ABCT er 5.

c)

Likningen for et plan er

$ a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0 $

Der a, b og c er koordinatene til planets normalvektor, og $(x_0,y_0,z_0)$ er et punkt i planet.

Vi har planets normalvektor $[0,5,-5]$ og et punkt i planet A(-1,3,2).

Vi får da likning for planet som inneholder punktene A, B og C:

$0(x-(-1))+5(y-3)+(-5)(z-2) = 0 \\ 5y-15 -5z + 10 =0 \\ 5y-5z=5 \\ y-z=1$

Oppgave 6

En uendelig geometrisk rekke er gitt ved

$2+ln\,x+\frac{(ln\,x)^2}{2}+...$

a)

Vi har kvotienten $k=\frac{ln\,x}{2}$. Rekken konvergerer når $\frac{ln\,x}{2} \in \langle -1, 1 \rangle$. Løser ulikhetene:

$\frac{ln\,x}{2}>-1 \\ ln\,x > -2 \\ x>e^{-2}$

og

$\frac{ln\,x}{2}<1 \\ ln\,x < 2 \\ x < e^{2}$

Rekken konvergerer når $x\in \langle e^{-2}, e^2\rangle$

b)

Summen av rekken er gitt ved

$S(x)=\frac{a_1}{1-k} \\ 4 = \frac{2}{1-\frac{ln\,x}{2}} \\ 4\cdot(1-\frac{ln\,x}{2})=2 \\ 4-2ln\,x=2 \\ 2ln\,x=2 \\ ln\,x=1 \\ x=e$

Summen av rekken blir 4 når $x=e$.

Oppgave 7

Vi har differensiallikningen $2x\cdot y'-3y=0$

Sjekker stigningstallet til tangenten i hvert av punktene:

Punkt A(2,2): $2\cdot 2 \cdot y' - 3\cdot 2 = 0 \\ 4y'-6= 0 \\ y'=\frac{3}{2}$

Punkt B(-2,2): $2\cdot(-2)\cdot y'-3\cdot 2 = 0 \\ -4y'-6=0 \\ y'=-\frac{3}{2}$

Punkt C(-2,-2): $2\cdot(-2)\cdot y'-3\cdot (-2) = 0 \\ -4y'+6=0 \\ y'=\frac{3}{2}$

Punkt D(2,-2): $2\cdot 2\cdot y'-3\cdot (-2) = 0 \\ 4y'+6=0 \\ y'=-\frac{3}{2}$

Den markerte tangentretningen samsvarer med retningen til tangenten til integralkurven som går gjennom punkt B og C, men ikke A og D. I punkt A viser den markerte tangentretningen stigningstall 0, og i punkt D stigningstall $-\frac{1}{4}$, noe som ikke passer med tangenten til integralkurven i disse to punktene.

Oppgave 8

Linje $l$, som står normalt på planet $\alpha$, gjennom punktet P(-3,7,-1):

$l: \left[ \begin{align*} x &=-3-2s \\ y &= 7+2s \\ z &= -1-s \end{align*}\right]$

Linja $m$, som står normalt på planet $\beta$, gjennom punktet Q(-4,5,-2):

$m: \left[ \begin{align*} x &=-4-7t \\ y &= 5+4t \\ z &= -2-4t \end{align*}\right]$

Skjæringspunktet mellom linje $l$ og $m$ er sentrum i kula. Finner skjæringspunktet S, ved å løse likningssettet:

$ I \quad \quad-3-2s =-4-7t \\ II \quad \quad 7+2s = 5+4t \\ III \quad -1-s = -2-4t $

Finner et uttrykk for s:

$III \quad s = 1+ 4t$

Setter inn uttrykket for s i likning $I$, og finner t:

$I \quad -3 -2(1+4t) = -4-7t \\ \quad \, \, -3-2-8t = -4-7t \\ \quad \quad t = -1$

Setter inn uttrykket for t i uttrykket for s fra likning $III$. (Dette for å kunne sjekke at likningssettet er riktig løst):

$s = 1 + 4\cdot(-1) = 1-4 = - 3$

Setter inn t = -1 i parameterfremstillingen for linje $m$, og finner punktet S:

$x = -4-7(-1) = -4 + 7 = 3 \\ y = 5+4(-1) = 5-4= 1 \\ z = -2-4(-1) = -2+4 = 2$

Sentrum i kula er S(3,1,2). Bestemmer radius til kula:

$\vec{QS} = [3-(-4), 1-5, 2-(-2)]=[7,-4,4]$

$|\vec{QS}|=\sqrt{7^2+(-4)^2+4^2} = \sqrt{49+16+16} = \sqrt{81} = 9$

Radius i kula er 9. Finner likning for kuleflaten:

$(x-3)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=9^2$

Oppgave 9

En følge er gitt ved $a_1 = 2$ og $a_n = a_{n-1}+n$. Vi skal vise at $a_n=\frac{n^2+n+2}{2}$ for alle $n \in \N$.

1. Induksjonsgrunnlag: $n=1$ gir $a_1=\frac{1^2+1+2}{2} = \frac{4}{2} = 2$. Påstanden stemmer for $n=1$.

2. Induksjonstrinnet: Vi antar at $a_k=\frac{k^2+k+2}{2}$. Med $n = k+1$ får vi $a_{k+1}=\frac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}$, som vi skal vise.

Vi har $a_n=a_{n-1}+n$. Setter inn $n=k+1$:

$a_{k+1}=a_k+(k+1) \\ a_{k+1}=\frac{k^2+k+2}{2}+(k+1) \\ a_{k+1} = \frac{k^2+k+2}{2}+\frac{2k+2}{2} \\ a_{k+1} = \frac{k^2+2k+1+n+3}{2} \\ a_{k+1}= \frac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}$

Hvilket skulle vises.

DEL 2

Oppgave 1

a)

Bruker Geogebra til å utføre en regresjonsanalyse.

En trigonometrisk funksjon som passer godt med informasjonen i tabellen er:

$f(x)=1108,5+442,8\cdot sin (0,52x+1,16)$

b)

Bruker Geogebra til å tegne grafen til $f$ og $f'$ for $t\in[0,12]$. Finner toppunktet til $f'$, punkt B, med kommandoen Ekstremalpunkt. x-verdien til punkt B er den samme som vendepunktet i den voksende delen av $f$.

Ifølge modellen økte forbruket raskest den 10. måneden, altså oktober.

c)

Bruker Geogebra til å bestemme integralet.

$\int_{0}^{12} f(t) dt = 15547,46$. Det betyr at det totale energiforbruket i 2019 er 15547 kWh ifølge modellen.

d)

Bruker Geogebra. Funksjonen $T(t)=p(t)\cdot f(t)$ uttrykker prisen for energiforbruket måned for måned i 2019.

Bestemmer $\int_{0}^{12}T(t)dt$ for å finne totalprisen for 2019.

Den årlige energikostnaden til boligen er 13941,5 kr ifølge modellen.

Oppgave 2

a)

Differensiallikningen $M'=k\cdot M$ beskriver situasjonen, fordi vekstfarten, M', er proporsjonal med massen, M.

k er proporsjonalitetskonstanten, og denne må være mindre enn null, fordi massen til det radioaktive stoffet avtar. Vekstfarten, M', er altså negativ, og da må vi også ha k<0 i differensiallikningen.

b)

Bruker CAS i Geogebra 6.0.

Løser differensiallikningen i linje 1, setter inn (6,97) i linje 2 for å finne k.

$M(t)=100\cdot e^{-0,0051t}$

c)

Bruker Microsoft Mathematics til å løse likningen M(t)=2, da CAS i Geogebra ikke ser ut til å fungere.

Det vil ta ca. 771 timer før massen til det radioaktive stoffet er 2 mg.

d)

Bruker Microsoft Mathematics. Deriverer M(t) i første linje, og løser $M'(t)=-0,2$ i andre linje.

Det tar ca. 183,5 timer før stoffet ikke lenger blir vurdert som helsefarlig.

Oppgave 3

a)

Summen av diameterne de n innerste rundene kan uttrykkes ved den aritmetiske rekken:

$S_n= 5 + 5,03 + 5,06 + ... + (5 + (n-1)\cdot 0,03) = \frac{5+a_n}{2} \cdot n$

Diameteren i runde nr. 50:

$a_{50}=5+49\cdot 0,03 = 6,47$ cm.

Summen av diameterne de 50 innerste rundene:

$S_{50}=\frac{5+a_{50}}{2} \cdot 50=\frac{5+6,47}{2}\cdot 50=286,75$ cm.

Summen av omkretsene (lengden på papiret) de 50 innerste rundene:

$\pi \cdot 5 + \pi \cdot 5,03 + ... + \pi \cdot a_{50} = \pi \cdot S_{50} = \pi \cdot 286,75 = 900,85$ cm $\approx 9$ m.

Det vil være omtrent 9 meter papir igjen på tørkerullen når det er 50 runder igjen før den er tom.

b)

Finner "rundenummer" når diameteren er 20,00 cm (bruker Microsoft Mathematics). 20,00 cm er ytre diameter av tørkerullen, så indre diameter denne runden vil være $20-0,03$.

Summen av omkretsene (lengden på papiret) de 500 innerste rundene:

$\pi \cdot S_{500}=\pi \cdot \frac{5+(20-0,03)}{2}\cdot 500 = \pi \cdot 6242,5 = 19611$ cm $\approx 196,1$ m.

Det er omtrent 196,1 meter papir på tørkerullen når diameteren D er 20,00 cm.

c)

Finner "rundenummer" når det er 500 meter papir (altså 50000 cm) igjen på tørkerullen (bruker Microsoft Mathematics):

$S_n \cdot \pi = 50000 \\ \frac{a_1+a_n}{2}\cdot n \cdot \pi= 50000$

Vi har rundenummer 877.

Indre diameter til runde nr. 877: $d=5+(877-1)\cdot 0,03 = 31,28$ cm.

Ytre diameter til tørkerullen: $D=31,28+0,03 = 31,31$ cm.

Diameteren er omtrent 31,3 cm når det er 500 meter igjen på tørkerullen.

Oppgave 4

Vi har punktet A(-1,-1,2), B(3,4,-1), C(5,3,1) og D(5,6,4). Planet $\alpha$ går gjennom A, B og C. Linjen $\ell$ går gjennom A og D.

Bruker CAS i Geogebra 6.0.

Linje 5: finner likning for planet $\alpha$. Linje 6: finner parameterfremstilling for linjen $\ell$. Linje 7: definerer sentrum S, som ligger et sted på linjen $\ell$. Linje 8: Finner ut for hvilke verdier av t avstanden mellom planet $\alpha$ og sentrum S, er 8. Linje 9 og 10: finner de mulige koordinatene til S.

De mulige koordinatene til S er $ (-13, -15, -2)$ og $(11,13,6)$.

R2 2020 vår LØSNING

DEL 1

Oppgave 1

a)

b)

Oppgave 2

a)

b)

c)

Oppgave 3

a)

b)

Oppgave 4

a)

b)

c)

Oppgave 5

a)

b)

c)

Oppgave 6

a)

b)

Oppgave 7

Oppgave 8

Oppgave 9

DEL 2

Oppgave 1

a)

b)

c)

d)

Oppgave 2

a)

b)

c)

d)

Oppgave 3

a)

b)

c)

Oppgave 4