# Eksamen vår 2026 ## Del 1 – 3 timer – Uten hjelpemidler :::::::::::::::{exercise} Oppgave 1 (4 poeng) Bestem integralene. :::::::::::::{part} a $$ \int\limits_0^2 \left(e^{2x} + x\right) \d x $$ ::::{answer} $$ \int\limits_0^2 \left(e^{2x} + x\right) \d x = \dfrac{e^4 + 3}{2} $$ :::: ::::{solution} Vi finner først en antiderivert til integranden: $$ \begin{align*} F(x) &= \int \left(e^{2x} + x\right) \d x \\ &= \int e^{2x} \d x + \int x \d x \\ \\ &= \dfrac{1}{2} e^{2x} + \dfrac{x^2}{2} \end{align*} $$ der vi har valgt integrasjonskonstanten $C = 0$ siden vi skal løse et bestemt integral. Da får vi at $$ F(0) = \dfrac{1}{2} e^0 + \dfrac{0^2}{2} = \dfrac{1}{2} $$ og $$ F(2) = \dfrac{1}{2} e^4 + \dfrac{2^2}{2} = \dfrac{1}{2} e^4 + 2. $$ Dermed er integralet gitt ved $$ \int\limits_0^2 (e^{2x} + x) \d x = F(2) - F(0) = \left(\dfrac{1}{2} e^4 + 2\right) - \dfrac{1}{2} = \dfrac{e^4 + 3}{2}. $$ :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b $$ \int \dfrac{\sin (\ln x)}{x} \d x $$ ::::{answer} $$ \int \dfrac{\sin (\ln x)}{x} \d x = -\cos (\ln x) + C $$ :::: ::::{solution} Vi bruker substitusjon: $$ u = \ln x \limplies \d u = \dfrac{\d x}{x} \liff \d x = x \d u $$ Vi setter inn dette i integralet: $$ \begin{align*} \int \dfrac{\sin (\ln x)}{x} \d x &= \int \dfrac{\sin u}{x} \cdot x \d u \\ \\ &= \int \sin u \, \d u \\ \\ &= -\cos u + C \\ \\ &= -\cos (\ln x) + C \end{align*} $$ :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 2 (4 poeng) Du får vite dette om en funksjon $f$ * Funksjonen er definert for $x > 0$ * $f'(x) = \dfrac{2}{x^2}$ * Grafen til $f$ går gjennom punktet $(2, 2)$ :::::::::::::{part} a Bestem $f(x)$. ::::{answer} $$ f(x) = -\dfrac{2}{x} + 3. $$ :::: ::::{solution} Fra analysens fundamentalteorem har vi at $$ \int f'(x) \d x = f(x) + C $$ Vi regner ut integralet på venstresiden: $$ \begin{align*} \int f'(x) \d x &= \int \dfrac{2}{x^2} \d x \\ \\ &= \int 2x^{-2} \d x \\ \\ &= 2 \int x^{-2} \d x \\ \\ &= 2 \cdot \left(-\dfrac{1}{x}\right) + C \\ \\ &= -\dfrac{2}{x} + C \end{align*} $$ Altså er $$ f(x) = -\dfrac{2}{x} + C $$ Vi vet at grafen til $f$ går gjennom punktet $(2, 2)$ som gir $$ f(2) = 2 \liff -\dfrac{2}{2} + C = 2 \liff C = 3. $$ Altså er $$ f(x) = -\dfrac{2}{x} + 3. $$ :::: ::::::::::::: To andre funksjoner, $g$ og $h$, er gitt ved $g(x) = x$ og $h(x) = -\dfrac{3}{x} + 4$ for $x > 0$. :::::::::::::{part} b Finn arealet av området avgrenset av grafene til $g$ og $h$. ::::{answer} $$ -3 \ln 3 + 4. $$ :::: ::::{solution} Vi finner først skjæringspunktene mellom grafene til $g$ og $h$ ved å løse likningen $$ g(x) = h(x) \liff x = -\dfrac{3}{x} + 4 \liff x^2 - 4x + 3 = 0 $$ Dette kan vi faktorisere videre som $$ x^2 - 4x + 3 = (x - 1)(x - 3) = 0 $$ Grafene skjærer hverandre altså når $$ x = 1 \qog x = 3. $$ Vi sjekker deretter hvilken av funksjonene som ligger øverst i intervallet $[1, 3]$ ved å regne ut $g(2)$ og $h(2)$: $$ g(2) = 2 \qog h(2) = -\dfrac{3}{2} + 4 = \dfrac{5}{2}. $$ Vi finner altså at $$ h(2) > g(2) \limplies h(x) > g(x) \quad \text{for} \quad x \in [1, 3]. $$ Det betyr at arealet av området avgrenset av grafene til $g$ og $h$ er gitt ved $$ \begin{align*} A &= \int\limits_1^3 \left(h(x) - g(x)\right) \d x = \int\limits_1^3 \left(-\dfrac{3}{x} + 4 - x\right) \d x \\ \end{align*} $$ Vi finner først en antiderivert til integranden: $$ \begin{align*} F(x) &= \int \left(-\dfrac{3}{x} + 4 - x\right) \d x \\ \\ &= \int -\dfrac{3}{x} \d x + \int 4 \d x - \int x \d x \\ \\ &= -3 \int x^{-1} \d x + 4 \int 1 \d x - \int x \d x \\ \\ &= -3 \ln x + 4x - \dfrac{x^2}{2} + C. \end{align*} $$ Vi setter $C = 0$ siden vi skal løse et bestemt integral. Da har vi at $$ F(1) = -3 \ln 1 + 4 \cdot 1 - \dfrac{1^2}{2} = \dfrac{7}{2} $$ og $$ F(3) = -3 \ln 3 + 4 \cdot 3 - \dfrac{3^2}{2} = -3 \ln 3 + \dfrac{15}{2}. $$ Altså er arealet av området avgrenset av grafene til $g$ og $h$ gitt ved $$ \begin{align*} A &= F(3) - F(1) \\ \\ &= \left(-3 \ln 3 + \dfrac{15}{2}\right) - \dfrac{7}{2} \\ \\ &= -3 \ln 3 + 4. \end{align*} $$ :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 3 (4 poeng) :::::::::::::{part} a Bestem $\sin v$ og $\tan v$ når $\cos v = \dfrac{2}{3}$ og $v$ er en vinkel i 4. kvadrant. ::::{answer} $$ \sin v = -\dfrac{\sqrt{5}}{3} \qog \tan v = -\dfrac{\sqrt{5}}{2} $$ :::: ::::{solution} Fra Pytagoras' identitet har vi at $$ \sin^2 v + \cos^2 v = 1 \liff \sin^2 v = 1 - \cos^2 v $$ Da får vi at $$ \sin^2 v = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 = 1 - \dfrac{4}{9} = \dfrac{5}{9}. $$ Siden vinkel $v$ ligger i 4. kvadrant, følger det at $\sin v < 0$. Dermed har vi at $$ \sin v = -\sqrt{\dfrac{5}{9}} = -\dfrac{\sqrt{5}}{3}. $$ Vi kan nå regne ut $\tan v$: $$ \tan v = \dfrac{\sin v}{\cos v} = \dfrac{-\dfrac{\sqrt{5}}{3}}{\dfrac{2}{3}} = -\dfrac{\sqrt{5}}{2}. $$ Altså er $$ \sin v = -\dfrac{\sqrt{5}}{3} \qog \tan v = -\dfrac{\sqrt{5}}{2} $$ :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b Løs likningen $$ 2 \cos \left(\dfrac{\pi}{3}x \right) = \sqrt{3} \, , \quad x \in \langle 0, 10 \rangle $$ ::::{answer} $$ x = \dfrac{1}{2} \or x = \dfrac{11}{2} \or x = \dfrac{13}{2} $$ :::: ::::{solution} Vi løser likningen generelt først: $$ 2 \cos \left(\dfrac{\pi}{3}x \right) = \sqrt{3} $$ $$ \cos \left(\dfrac{\pi}{3}x \right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2} $$ Vi gjør et variableskifte med $u = \dfrac{\pi}{3}x$ som gir oss likningen $$ \cos u = \dfrac{\sqrt{3}}{2}. $$ Dette gir oss at $$ u = \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \qog u = -\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}. $$ Vi setter tilbake for $u$ og får at $$ \dfrac{\pi}{3}x = \dfrac{\pi}{6} + 2k\pi \qog \dfrac{\pi}{3}x = -\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi $$ Så deler vi med $\pi/3$ og får at $$ x = \dfrac{1}{2} + 6k \qog x = -\dfrac{1}{2} + 6k, \quad k \in \mathbb{Z}. $$ Nå må vi finne løsningene $x \in \langle 0, 10 \rangle$. Vi starter med den første løsningen: :::{table} labels: $k$, $x = \dfrac{1}{2} + 6k$ 0, $\dfrac{1}{2}$ 1, $\dfrac{13}{2}$ ::: Resten av løsningene vil ligge utenfor intervallet. Så ser vi på den andre løsningen: :::{table} labels: $k$, $x = -\dfrac{1}{2} + 6k$ 1, $\dfrac{11}{2}$ ::: Det betyr at løsningen av likningen er $$ x = \dfrac{1}{2} \or x = \dfrac{11}{2} \or x = \dfrac{13}{2} $$ :::: ::::::::::::: :::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 4 (2 poeng) I koordinatsystemet nedenfor ser du grafen til en funksjon $f$. :::{plot} width: 80% function: 2 * cos(2 * x - pi) - 1, (-2 * pi, 3 * pi), f xmin: -3 * pi/2 xmax: 2 * pi + pi/2 xstep: pi/2 xtick-format: pi ymin: -5 ymax: 3 ::: Bestem et mulig funksjonsuttrykk $f(x)$. ::::{answer} $$ f(x) = 2 \sin \left(2x - \dfrac{\pi}{2}\right) - 1. $$ :::: ::::{solution} Vi starter med et generelt uttrykk for funksjonen gitt ved $$ f(x) = A \sin \left(\omega x + \varphi\right) + d. $$ Amplituden $A$ er gitt ved $$ A = \frac{y_{\max} - y_{\min}}{2} = \frac{1 - (-3)}{2} = 2. $$ Likevektslinja $d$ er gitt ved gjennomsnittet av $y_{\max}$ og $y_{\min}$: $$ d = \frac{y_{\max} + y_{\min}}{2} = \frac{1 + (-3)}{2} = -1. $$ Vinkelfrekvensen $\omega$ er gitt ved $$ \omega = \frac{2\pi}{T} $$ der $T$ er perioden. Perioden kan vi lese av er $T = \pi$ som betyr at $$ \omega = \frac{2\pi}{\pi} = 2. $$ Nå har vi at $$ f(x) = 2 \sin \left(2x + \varphi\right) - 1. $$ Fra grafen til $f$ kan vi se at $f(0) = -3$ som gir oss likningen $$ f(0) = -3 \liff 2 \sin \left(\varphi\right) - 1 = -3 \liff \sin \left(\varphi\right) = -1. $$ Da får vi at en mulig verdi for $\varphi$ er $$ \varphi = -\dfrac{\pi}{2} $$ Ergo er et mulig funksjonsuttrykk for $f(x)$ gitt ved $$ f(x) = 2 \sin \left(2x - \dfrac{\pi}{2}\right) - 1. $$ :::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 5 (2 poeng) :::{plot} width: 70% function: 2 * x - 1 xmin: -1 xmax: 5 xstep: 0.5 ymin: -4 ymax: 8 ::: I koordinatsystemet ovenfor ser du grafen til funksjonen $f$ gitt ved $$ f(x) = 2x - 1. $$ Et omdreiningslegeme framkommer ved at grafen til $f$ fra $x = 1$ til $x = 3$, dreies $360\degree$ rundt førsteaksen. Regn ut volumet til omdreiningslegemet. ::::{answer} $$ V = \dfrac{62\pi}{3}. $$ :::: ::::{solution} Volumet av omdreiningslegemet er gitt ved $$ V = \pi \int\limits_{1}^3 f(x)^2 \d x = \pi \int\limits_{1}^3 (2x - 1)^2 \d x. $$ Vi bruker substitusjon som gir $$ u = 2x - 1 \limplies \d u = 2 \d x. $$ De nye integrasjonsgrensene blir $$ u(1) = 2 \cdot 1 - 1 = 1 \qog u(3) = 2 \cdot 3 - 1 = 5. $$ Dermed er volumet av omdreningslegemet gitt ved $$ \begin{align*} V &= \pi \int\limits_{1}^3 (2x - 1)^2 \d x = \pi \int\limits_{1}^3 u^2 \cdot \dfrac{\d u}{2} = \dfrac{\pi}{2} \int\limits_{1}^5 u^2 \d u \\ \\ &= \dfrac{\pi}{2} \cdot \left[\dfrac{u^3}{3}\right]_1^5 = \dfrac{\pi}{2} \cdot \left(\dfrac{5^3}{3} - \dfrac{1^3}{3}\right) = \dfrac{\pi}{2} \cdot \dfrac{124}{3} = \dfrac{62\pi}{3}. \end{align*} $$ :::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 6 (4 poeng) I et kunstprosjekt skal Selma bygge et stort tårn ved å legge kvadratiske treplater oppå hverandre. Hun starter med en treplate med sidelengde $5~\mathrm{m}$. Når hun bygger videre, skal sidelengden til hver ny treplate være $0.1~\mathrm{m}$ kortere enn sidelengden til treplaten under. :::::::::::::{part} a Sett opp en aritmetisk rekke som viser summen av sidelengdene til treplatene i tårnet. Hvor mange treplater kan det maksimalt bli i tårnet til Selma? ::::{answer} Rekke : $S = 4\cdot \left(5 + 4.9 + 4.8 + \ldots + 0.1\right)$ Maks antall ledd : $n = 50$ :::: ::::{solution} Vi har at startverdien til rekka er $a_1 = 5$ og at differansen er $d = -0.1$. Rekka vil derfor være gitt ved $$ S = 4\cdot \left(5 + 4.9 + 4.8 + \ldots + 0.1\right) $$ der den minste plata vil ha sidelengde $0.1~\mathrm{m}$. Formelen for det $n$-te leddet i en aritmetisk rekke er gitt ved $$ a_n = a_1 + (n - 1)d. $$ Dette gir oss $$ a_n = 5 + (n - 1)(-0.1) = 5 - 0.1(n - 1) = 5.1 - 0.1n. $$ Det siste leddet må være $0.1$ som gir oss likningen $$ 0.1 = 5.1 - 0.1n \liff 0.1n = 5 \liff n = 50. $$ Altså kan det maksimalt bli $50$ treplater i tårnet til Selma. :::: ::::::::::::: Vilfred skal bygge et annet stort tårn ved å legge kvadratiske treplater oppå hverandre. Han starter med en treplate som har areal $19~\mathrm{m}^2$. Når han bygger videre, skal sidelengden til hver ny treplate være $10~\%$ kortere enn sidelengden til treplaten under. :::::::::::::{part} b Hvor stort kan det samlede arealet av platene bli i tårnet til Vilfred? ::::{answer} $100~\mathrm{m}^2$ :::: ::::{solution} Vi har at startverdien til rekka er $a_1 = 19$. Siden sidelengden til hver ny plate er $10~\%$ kortere enn sidelengden til treplaten under, vil kvotienten i rekka være $$ k = \left(1 - \dfrac{10}{100}\right)^2 = 0.9^2 = 0.81. $$ Rekka vil derfor være gitt ved $$ S = 19 + 19 \cdot 0.81 + 19 \cdot 0.81^2 + \ldots $$ Vi ser at dette er en uendelig geometrisk rekke med startverdi $a_1 = 19$ og kvotient $k = 0.81$. Summen av en uendelig geometrisk rekke er gitt ved formelen $$ S = \dfrac{a_1}{1 - k}. $$ Dette gir oss $$ S = \dfrac{19}{1 - 0.81} = \dfrac{19}{0.19} = 100. $$ Altså vil det samlede arealet av platene i tårnet til Vilfred kunne bli $100~\mathrm{m}^2$. :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 7 (7 poeng) Et plan $\alpha$ er gitt ved likningen $$ 2x - 5y + 4z = -4. $$ Punktene $A(1, 2, 1)$, $B(2, 0, -2)$ og $C(-1, 2, 2)$ ligger i planet. :::::::::::::{part} a Avgjør om punktet $D(3, 1, -1)$ ligger i planet $\alpha$. ::::{answer} Nei. :::: ::::{solution} Vi setter inn $(x, y, z) = (3, 1, -1)$ i planlikningen og ser om den er tilfredsstilt: $$ 2 \cdot 3 - 5 \cdot 1 + 4\cdot (-1) = 6 - 5 - 4 = -3 \neq -4. $$ Altså er ikke likningen tilfredsstilt som betyr at punktet $D$ ikke ligger i planet $\alpha$. :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b Bruk kryssprodukt til å vise at $[2, -5, 4]$ er en normalvektor til planet. ::::{solution} En mulig normalvektor til planet vil være $\lvec{AB} \times \lvec{AC}$. Vi regner ut de to vektorene først: $$ \lvec{AB} = [2 - 1, 0 - 2, -2 - 1] = [1, -2, -3] $$ $$ \lvec{AC} = [-1 - 1, 2 - 2, 2 - 1] = [-2, 0, 1]. $$ Deretter regner vi ut kryssproduktet: $$ \begin{align*} \lvec{AB} \times \lvec{AC} &= \begin{vmatrix} \vec{e}_x & \vec{e}_y & \vec{e}_z \\ 1 & -2 & -3 \\ -2 & 0 & 1 \end{vmatrix} \\ \\ &= \vec{e}_x \cdot \begin{vmatrix} -2 & -3 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} - \vec{e}_y \cdot \begin{vmatrix} 1 & -3 \\ -2 & 1 \end{vmatrix} + \vec{e}_z \cdot \begin{vmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 0 \end{vmatrix} \\ \\ &= -2\vec{e}_x + 5\vec{e}_y - 4\vec{e}_z = [-2, 5, -4] \\ \\ &= -1 \cdot [2, -5, 4]. \end{align*} $$ Altså får vi en vektor som er antiparallell med $[2, -5, 4]$ som betyr at $[2, -5, 4]$ er en normalvektor til planet $\alpha$. :::: ::::::::::::: En kule tangerer planet $\alpha$ i et punkt $P$. Kuleflaten er gitt ved likningen $$ x^2 + y^2 + z^2 - 18y + 2z + k = 0. $$ :::::::::::::{part} c Vis at punktet $(0, 9, -1)$ er sentrum i kulen. ::::{solution} Generelt er likningen til en kule gitt ved med sentrum $(x_0, y_0, z_0)$ og radius $r$ gitt ved $$ (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 + (z - z_0)^2 = r^2 $$ Vi fullfører kvadratene i likningen for å lese av hva sentrum i sirkelen er. Vi har at $$ y^2 - 18y = y^2 - 18y + 9^2 - 9^2 = (y - 9)^2 - 81 $$ og $$ z^2 + 2z = z^2 + 2z + 1^2 - 1^2 = (z + 1)^2 - 1. $$ Altså får vi at likningen blir $$ x^2 + (y - 9)^2 + (z + 1)^2 - 81 - 1 + k = 0 $$ $$ x^2 + (y - 9)^2 + (z + 1)^2 = 82 - k. $$ Ved avlesning finner vi derfor at sentrum i kulen er gitt ved $(x_0, y_0, z_0) = (0, 9, -1)$. :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} d Bestem en parameterframstilling for linjen som går gjennom sentrum i kulen og punktet $P$ ::::{answer} $$ \vec{r} = [2t, 9 - 5t, -1 + 4t]. $$ :::: ::::{solution} Siden planet $\alpha$ tangerer kulen, vil normalvektoren $\vec{n}_\alpha$ til $\alpha$ være en retningsvektor til linja gjennom sentrum $S$ og tangeringspunktet $P$. Dermed vil en parameterframstilling for linja være gitt ved $$ \vec{r}(t) = \lvec{OS} + \vec{n}_\alpha \cdot t = [0, 9, -1] + [2, -5, 4] \cdot t = [2t, 9 - 5t, -1 + 4t]. $$ :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} e Bestem konstanten $k$ i likningen for kuleflaten. ::::{answer} $$ k = 37 $$ :::: ::::{solution} Fra oppgave **c** har vi at radius til kula tilfredsstiller: $$ r^2 = 82 - k. $$ Vi finner koordinatene til tangeringspunktet $P$ ved å sette inn koordinatene til $\vec{r}(t)$ i likningen for planet $\alpha$: $$ 2 (2t) - 5(9 - 5t) + 4(-1 + 4t) = -4 $$ så løser vi for $t$: $$ 4t - 45 + 25t - 4 + 16t = -4 \liff 45t = 45 \liff t = 1. $$ Altså vil koordinatene til tangeringspunktet være $$ \lvec{OP} = \vec{r}(1) = [2 \cdot 1, 9 - 5 \cdot 1, -1 + 4 \cdot 1] = [2, 4, 3]. $$ Vektoren som peker fra sentrum $S$ til tangeringspunktet $P$ er da gitt ved $$ \lvec{SP} = \lvec{OP} - \lvec{OS} = [2, 4, 3] - [0, 9, -1] = [2, -5, 4]. $$ Radius i kula tilfredsstiller da at $$ r^2 = \abs{\lvec{SP}}^2 \and r^2 = 82 - k. $$ Vi har at $$ r^2 = \abs{\lvec{SP}}^2 = 2^2 + (-5)^2 + 4^2 = 4 + 25 + 16 = 45. $$ Altså får vi at $$ 45 = 82 - k \liff k = 82 - 45 = 37. $$ Altså må $$ k = 37 $$ :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 8 (3 poeng) :::::::::::::{summary} Påstand Dersom to vektorer $\vec{p}$ og $\vec{q}$ er ortogonale, er $\abs{\vec{p} + \vec{q}}^2 = \abs{\vec{p}}^2 + \abs{\vec{q}}^2$. ::::::::::::: En elev prøver å bevise påstanden ovenfor. :::::::::::::{summary} Elevens bevis $$ \vec{p} = [4, 0, 0] \qog \vec{q} = [0, 0, 3] $$ Da er $$ \abs{\vec{p} + \vec{q}}^2 = \abs{[4, 0, 3]}^2 = 4^2 + 0^2 + 3^2 = 25 $$ og $$ \abs{\vec{p}}^2 + \abs{\vec{q}}^2 = 4^2 + 3^2 = 16 + 9 = 25. $$ Altså er påstanden riktig. ::::::::::::: :::::::::::::{part} a Forklar hvorfor dette ikke er et gyldig matematisk bevis for påstanden. ::::{solution} Elevens bevis tar utgangspunkt i ett eksempel. Dette er ikke nok til å bevise påstanden. Det kan *tenkes* at det finnes moteksempler der påstanden ikke er riktig, og ett eksempel er ikke nok til å utelukke dette. For at beviset skal være gyldig, må det vise at påstanden er riktig for alle ortogonale vektorer, og ikke bare for ett spesifikt eksempel. :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b Bevis påstanden ved hjelp av vektorregning. ::::{solution} La $\vec{p}$ og $\vec{q}$ være ortogonale vektorer. Da har vi at $$ \vec{p} \cdot \vec{q} = 0. $$ Videre har vi at $$ \abs{\vec{p} + \vec{q}}^2 = \abs{\vec{p}}^2 + \abs{\vec{q}}^2 + 2 \vec{p} \cdot \vec{q} $$ Den eneste måten vi kan få at $$ \abs{\vec{p} + \vec{q}}^2 = \abs{\vec{p}}^2 + \abs{\vec{q}}^2 $$ er dersom $\vec{p} \cdot \vec{q} = 0$. Dette skjer dersom de to vektorene er ortogonale. Ergo er påstanden sann. :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- ## Del 2 – 2 timer – Med hjelpemidler :::::::::::::::{exercise} Oppgave 1 (6 poeng) Selskapet IntCom er en internettleverandør. Selskapet sørger for overføring av data mellom kundene og internett. Datatrafikken varierer gjennom døgnet. Tabellen nedenfor viser datatrafikken (gigabit per time) et døgn i mai. :::{table} --- transpose: true --- labels: Tidspunkt (klokkeslett), Datatrafikk (gigabit per time) 00:00, $58~280$ 02:00, $39~400$ 06:00, $22~550$ 08:00, $32~200$ 12:00, $67~450$ 16:00, $86~110$ 20:00, $102~007$ 22:00, $87~810$ ::: :::::::::::::{part} a Lag en god modell for datatrafikken $S(t)$ gigabit per time, $t$ timer etter midnatt dette døgnet. ::::{solution} Vi bruker regresjon med en modell på formen $$ S(t) = A \sin \left(\omega x + \varphi\right) + d $$ Først legger vi inn datapunktene i et regneark: :::{figure} ./figurer/1/a/regneark.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 35% --- ::: så bruker vi {ggb-icon}`mode_regression` og velger en sinusmodell. Da får vi: :::{figure} ./figurer/1/a/regresjonsmodell.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 90% --- ::: En god modell for datatrafikken er derfor gitt ved $$ S(t) = 63~190 + 37~228 \cdot \sin\left(0.24t - 2.96\right) $$ :::: ::::::::::::: Videre i oppgaven skal du bruke modellen $$ D(t) = 63~000 + 37~000 \cdot \sin \left(0.24 \cdot t - 3.0\right) $$ for datatrafikken $D(t)$, $t$ timer etter midnatt dette døgnet. :::::::::::::{part} b Når var datatrafikken ut fra selskapet mer enn $90~000$ gigabit per time ifølge modellen? ::::{answer} Mellom klokken 16 og 22. :::: ::::{solution} Vi løser ulikheten $D(t) > 90~000$ for $t \in \langle 0, 24\rangle$ med CAS: :::{figure} ./figurer/1/b/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: Altså er datatrafikken fra selskapet mer enn $90~000$ gigabit per time for $t \in \langle 15.9, 22.2\rangle$ som vil si ca. mellom klokken 16 og klokken 22. :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} c Når økte datatrafikken raskest, og hvor stor var denne økningen ifølge modellen? ::::{answer} Når klokken er ca. 12:30 øker datatrafikken raskest. Da øker den med ca. $8~880$ gigabit per time *per* time. :::: ::::{solution} Datatrafikken øker raskest når $D(t)'' = 0$ og $D'(t) > 0$. Vi løser den første likningen med CAS og sjekker at den deriverte er positiv: :::{figure} ./figurer/1/c/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 60% --- ::: Når klokken er ca. 12:30 øker datatrafikken raskest. Da øker den med ca. $8~880$ gigabit per time *per* time. :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} d Hvor stor del av den totale datamengden som IntCom overførte dette døgnet, ble overført i løpet av arbeidsdagen, det vil si mellom klokken 8 og klokken 16, ifølge modellen? ::::{answer} Ca. $31.5~\%$. :::: ::::{solution} Den totale datamengden som overføres i løpet av hele døgnet kan tilnærmes som $$ \int\limits_0^{24} D(t) \d t $$ Datatrafikken i løpet av arbeidsdagen er derimot tilnærmet gitt ved $$ \int\limits_{8}^{16} D(t) \d t $$ Vi regner ut forholdet mellom de to med CAS: :::{figure} ./figurer/1/d/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 60% --- ::: Altså blir omtrent $31.5~\%$ av den totale datamengden overført i løpet av arbeidsdagen. :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 2 (4 poeng) Leddene i en uendelige rekke er gitt ved den rekursive sammenhengen $$ a_n = (a_{n - 1} - 1)^2 $$ :::::::::::::{part} a Lag et program som skriver ut de 6 første leddene i rekken dersom $a_1 = 5$. ::::{solution} Et mulig program som løser oppgaven er :::{code-block} python --- linenos: --- a = 5 n = 1 while n <= 6: print(a) a = (a - 1)**2 n = n + 1 ::: som gir utskriften :::{code-block} console 5 16 225 50176 2517530625 6337960442777829376 ::: :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b Avgjør om det finnes et heltall $a_1$ som gjør at rekken blir konvergent. ::::{solution} Rekka $S$ er gitt ved $$ S = a_1 + a_2 + a_3 + \ldots $$ Dersom $a_1 = 0$, så vil vi få at $$ a_2 = (0 - 1)^2 = 1 $$ $$ a_3 = (1 - 1)^2 = 0 $$ og dette vil gjenta seg slik at $$ \{a_n\} = 0, 1, 0, 1, \ldots $$ som betyr at rekka ikke konvergerer. Dersom $a_1 = 1$, så vil vi få at $$ a_2 = (1 - 1)^2 = 0 $$ $$ a_3 = (0 - 1)^2 = 1 $$ og dette vil gjenta seg slik at $$ \{a_n\} = 1, 0, 1, 0, \ldots $$ som betyr at rekka ikke konvergerer. Dersom $a_1 = 2$, så vil vi få at $$ a_2 = (2 - 1)^2 = 1 $$ som betyr at rekka vil oppføre seg som i det første tilfellet og dermed ikke konvergere. Dersom $\abs{a_1} \gt 2$, så vil vi får at $$ a_2 = (a_1 - 1)^2 \gt 1 $$ Dermed vil $a_n$ vokse uten begrensning som betyr at rekka heller ikke konvergerer. Dermed finnes det ikke et heltall $a_1$ som gjør at rekken blir konvergent. :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 3 (6 poeng) :::{figure} ./bilder/fly.jpg --- class: no-click width: 40% --- ::: Et lite propellfly må nødlande på en motorvei. Posisjonen $\vec{r}(t)$ til flyet $t$ sekunder etter at nødlandingen har startet, er gitt ved $$ \vec{r}(t) = \left[30t - t^2, 8 \sin \left(\dfrac{\pi}{10}t\right), 50\left(1 - \dfrac{t}{10}\right)^2\right] $$ Motorveien ligger i $xy$-planet. Enhetene langs aksene er meter. :::::::::::::{part} a Hvor høyt over motorveien er flyet $4$ sekunder etter at nødlandingen har startet? ::::{answer} $18$ meter. :::: ::::{solution} Høyden over motorveien vil være gitt ved $z(4)$ som er $$ z(4) = 50 \cdot (1 - 4/10)^2 = 50 \cdot (0.6)^2 = 50 \cdot 0.36 = 18. $$ Altså er flyet $18~\mathrm{m}$ over motorveien $4$ sekunder etter at nødlandingen har startet. :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b Bestem banefarten idet flyet lander på motorveien. > Banefart er lengden av fartsvektoren. ::::{answer} $10.3~\mathrm{m/s}$. :::: ::::{solution} Vi må først finne ved hvilket tidspunkt flyet lander på motorveien ved å løse $z(t) = 0$. Deretter regner vi ut banefarten $\abs{\vec{r}'(t)}$ ved dette tidspunktet. Vi gjør dette med CAS: :::{figure} ./figurer/3/b/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: Altså finner vi at flyet har en banefart på $10.3~\mathrm{m/s}$ idet det lander på motorveien. :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} c Ved hvilket tidspunkt under nødlandingen er banefarten $14.3~\mathrm{m/s}$? ::::{answer} Ca. $8$ sekunder etter at nødlandingen startet. :::: ::::{solution} Vi løser likningen $\abs{\vec{r}'(t)} = 14.3$ med CAS: :::{figure} ./figurer/3/c/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 80% --- ::: I oppgave **b** fant vi at flyet lander når $t = 10$, så det må bety at banefarten til flyet er $14.3~\mathrm{m/s}$ når $t \approx 8$ sekunder etter at nødlandingen har startet. :::: ::::::::::::: En fugl er i posisjonen $(131, 67, 23)$ idet flyet starter nødlandingen. Fuglen flyr i en rett linje og krysser banen til flyet i punktet $\left(125, 8, \dfrac{25}{2}\right)$. Fuglen holder en jevn banefart på $12~\mathrm{m/s}$. :::::::::::::{part} d Vil fuglen treffe flyet? ::::{answer} Ja! :::: ::::{solution} Vi lar $\lvec{OA} = [131, 67, 23]$ være startposisjonen til fuglen. Flyet og fuglen kan møtes i $\lvec{OB} = \left[125, 8, \dfrac{25}{2}\right]$. Vi finner derfor først en retningsvektor $$ \vec{u} = \lvec{OB} - \lvec{OA} $$ Fartsvektoren til fuglen vil da være gitt ved $$ \vec{v} = 12 \cdot \dfrac{\vec{u}}{\abs{\vec{u}}} $$ Da er posisjonsvektoren til fuglen er gitt ved $$ \vec{f}(t) = \lvec{OA} + \vec{v} \cdot t $$ Vi bare sjekker om de to vektorene $\vec{r}(t)$ og $\vec{f}(t)$ er like for én $t \in \langle 0, 10\rangle$ med CAS: :::{figure} ./figurer/3/d/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 90% --- ::: Både fuglen og flyet er i skjæringspunktet mellom kurvene sine omtrent ved $t = 5$ sekunder som betyr at fuglen vil treffe flyet. > Merk at selv om fuglen er i punktet 0.02 sekunder senere, så vil det i praksis bety at fuglen og flyet treffer hverandre siden det er så liten tidsforskjell. :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 4 (3 poeng) Du får i oppdrag å lage en vase med form som på bildet nedenfor. Vasen skal romme omtrent $1.5~\mathrm{L}$ vann og ha høyde $20~\mathrm{cm}$. :::{figure} ./bilder/vase.jpg --- class: no-click width: 30% --- ::: Bruk det du kan om omdreiningslegemer og trigonometri, til å lage en funksjon på formen $$ f(x) = A \cdot \sin \left(cx + \varphi\right) + d $$ som ved omdreining gir en vase med denne formen. Tegn grafen til funksjonen i et koordinatsystem der enhetene langs aksene er centimeter. Husk å begrunne ditt valg av parameterne $A$, $c$, $\varphi$ og $d$, og la funksjonsuttrykket komme tydelig fram i besvarelsen din. ::::{solution} Vi forestiller oss at vi skal dreie en sinusfunksjon om førsteaksen som vist nedenfor. :::{plot} width: 70% let: T = 20 let: c = 2*pi / T let: d = 2 let: A = 1 let: phi = -pi/2 function: A * sin(c * (x + phi)) + d, (0, T), f ticks: off xmin: -1 xmax: 22 fontsize: 24 ymax: 4 ymin: -4 ellipse: (T, 0), 0.4, f(T), solid, red def: g(x) = A * sin(c * (x + phi)) + d curve: t, -g(t), (0, T), dashed, blue curve: T/2 + 0.4 * cos(t), g(T/2) * sin(t), (-pi/2, pi/2), dashed, red curve: T/2 + 0.4 * cos(t), g(T/2) * sin(t), (pi/2, 3*pi/2), solid, red curve: 0.4 * cos(t), g(0) * sin(t), (-pi/2, pi/2), dashed, red curve: 0.4 * cos(t), g(0) * sin(t), (pi/2, 3*pi/2), solid, red nocache: ::: Vi setter først perioden $T = 20$ siden den skal være $20~\mathrm{cm}$ høy. Da får vi at $$ c = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{20} = \dfrac{\pi}{10}. $$ Siden det skal være en sinusfunksjon, er det rimelig å la faseforskyvningen være $-\pi/2$ så vi får en funksjon som starter og slutter på likevektslinja si. Da blir vasen like bred på bunnen og toppen. Altså må $$ \dfrac{\varphi}{c} = -\dfrac{\pi}{2} \liff \varphi = -\dfrac{\pi}{2} \cdot \dfrac{\pi}{10} = -\dfrac{\pi^2}{20}. $$ Amplituden $A < d$ for at vi skal få en vase som ikke skjærer $x$-aksen. Valget her er ganske fritt, så vi setter $A = \dfrac{d}{4}$ for å få en vase som svinger relativt lite i forhold til likevektslinja si. Nå trenger vi bare å kreve at $$ V = \pi \int\limits_0^{20} f(x)^2 \d x = 1500 $$ siden $1.5~\mathrm{L} = 1500~\mathrm{cm}^3$. Vi løser denne likningen for $d$ med CAS: :::{figure} ./figurer/4/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 80% --- ::: Altså blir funksjonsuttrykket som skal dreies om førsteaksen for å lage vasen gitt ved $$ f(x) = \dfrac{5 \sqrt{22 \pi}}{11\pi} \cdot \sin \left(\dfrac{\pi}{10}x - \dfrac{\pi^2}{20}\right) + \dfrac{20 \sqrt{22 \pi}}{11\pi}. $$ Grafen til $f$ er vist i figuren nedenfor. :::{plot} width: 70% let: d = 20 * sqrt(22) * sqrt(pi) / (11 * pi) let: A = d / 4 let: c = pi / 10 let: phi = -pi**2 / 20 function: A * sin(c * x + phi) + d, (0, 20), f xstep: 5 xmin: 0 xmax: 25 ymin: 0 ymax: 10 xlabel: $x/\mathrm{cm}$ ylabel: $y/\mathrm{cm}$ fontsize: 24 ::: :::: :::::::::::::::