Eksamen vår 2026

Innhold

Eksamen vår 2026#

Del 1 – 3 timer – Uten hjelpemidler#

Oppgave 1 (4 poeng)#

Bestem integralene.

a)

\[ \int\limits_0^2 \left(e^{2x} + x\right) \d x \]

\[ \int\limits_0^2 \left(e^{2x} + x\right) \d x = \dfrac{e^4 + 3}{2} \]

Vi finner først en antiderivert til integranden:

\[\begin{split} \begin{align*} F(x) &= \int \left(e^{2x} + x\right) \d x \\ &= \int e^{2x} \d x + \int x \d x \\ \\ &= \dfrac{1}{2} e^{2x} + \dfrac{x^2}{2} \end{align*} \end{split}\]

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

\[ \int\limits_0^2 (e^{2x} + x) \d x = F(2) - F(0) = \left(\dfrac{1}{2} e^4 + 2\right) - \dfrac{1}{2} = \dfrac{e^4 + 3}{2}. \]

b)

\[ \int \dfrac{\sin (\ln x)}{x} \d x \]

\[ \int \dfrac{\sin (\ln x)}{x} \d x = -\cos (\ln x) + C \]

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:

\[\begin{split} \begin{align*} \int \dfrac{\sin (\ln x)}{x} \d x &= \int \dfrac{\sin u}{x} \cdot x \d u \\ \\ &= \int \sin u \, \d u \\ \\ &= -\cos u + C \\ \\ &= -\cos (\ln x) + C \end{align*} \end{split}\]

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 $(2, 2)$

a)

Bestem $f(x)$.

\[ f(x) = -\dfrac{2}{x} + 3. \]

Fra analysens fundamentalteorem har vi at

\[ \int f'(x) \d x = f(x) + C \]

Vi regner ut integralet på venstresiden:

\[\begin{split} \begin{align*} \int f'(x) \d x &= \int \dfrac{2}{x^2} \d x \\ \\ &= \int 2x^{-2} \d x \\ \\ &= 2 \int x^{-2} \d x \\ \\ &= 2 \cdot \left(-\dfrac{1}{x}\right) + C \\ \\ &= -\dfrac{2}{x} + C \end{align*} \end{split}\]

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 $x > 0$.

b)

Finn arealet av området avgrenset av grafene til $g$ og $h$.

\[ -3 \ln 3 + 4. \]

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

\[\begin{split} \begin{align*} A &= \int\limits_1^3 \left(h(x) - g(x)\right) \d x = \int\limits_1^3 \left(-\dfrac{3}{x} + 4 - x\right) \d x \\ \end{align*} \end{split}\]

Vi finner først en antiderivert til integranden:

\[\begin{split} \begin{align*} F(x) &= \int \left(-\dfrac{3}{x} + 4 - x\right) \d x \\ \\ &= \int -\dfrac{3}{x} \d x + \int 4 \d x - \int x \d x \\ \\ &= -3 \int x^{-1} \d x + 4 \int 1 \d x - \int x \d x \\ \\ &= -3 \ln x + 4x - \dfrac{x^2}{2} + C. \end{align*} \end{split}\]

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

\[\begin{split} \begin{align*} A &= F(3) - F(1) \\ \\ &= \left(-3 \ln 3 + \dfrac{15}{2}\right) - \dfrac{7}{2} \\ \\ &= -3 \ln 3 + 4. \end{align*} \end{split}\]

Oppgave 3 (4 poeng)#

a)

Bestem $\sin v$ og $\tan v$ når $\cos v = \dfrac{2}{3}$ og $v$ er en vinkel i 4. kvadrant.

\[ \sin v = -\dfrac{\sqrt{5}}{3} \qog \tan v = -\dfrac{\sqrt{5}}{2} \]

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

\[ \sin v = -\dfrac{\sqrt{5}}{3} \qog \tan v = -\dfrac{\sqrt{5}}{2} \]

b)

Løs likningen

\[ 2 \cos \left(\dfrac{\pi}{3}x \right) = \sqrt{3} \, , \quad x \in \langle 0, 10 \rangle \]

\[ x = \dfrac{1}{2} \or x = \dfrac{11}{2} \or x = \dfrac{13}{2} \]

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:

$k$	$x = \dfrac{1}{2} + 6k$
0	$\dfrac{1}{2}$
1	$\dfrac{13}{2}$

Resten av løsningene vil ligge utenfor intervallet. Så ser vi på den andre løsningen:

$k$	$x = -\dfrac{1}{2} + 6k$
1	$\dfrac{11}{2}$

Det betyr at løsningen av likningen er

\[ x = \dfrac{1}{2} \or x = \dfrac{11}{2} \or x = \dfrac{13}{2} \]

Oppgave 4 (2 poeng)#

I koordinatsystemet nedenfor ser du grafen til en funksjon $f$.

Bestem et mulig funksjonsuttrykk $f(x)$.

\[ f(x) = 2 \sin \left(2x - \dfrac{\pi}{2}\right) - 1. \]

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

\[ f(x) = 2 \sin \left(2x - \dfrac{\pi}{2}\right) - 1. \]

Oppgave 5 (2 poeng)#

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.

\[ V = \dfrac{62\pi}{3}. \]

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

\[\begin{split} \begin{align*} V &= \pi \int\limits_{1}^3 (2x - 1)^2 \d x = \pi \int\limits_{1}^3 u^2 \cdot \dfrac{\d u}{2} = \dfrac{\pi}{2} \int\limits_{1}^5 u^2 \d u \\ \\ &= \dfrac{\pi}{2} \cdot \left[\dfrac{u^3}{3}\right]_1^5 = \dfrac{\pi}{2} \cdot \left(\dfrac{5^3}{3} - \dfrac{1^3}{3}\right) = \dfrac{\pi}{2} \cdot \dfrac{124}{3} = \dfrac{62\pi}{3}. \end{align*} \end{split}\]

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.

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?

Rekke: $S = 4\cdot \left(5 + 4.9 + 4.8 + \ldots + 0.1\right)$
Maks antall ledd: $n = 50$

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.

b)

Hvor stort kan det samlede arealet av platene bli i tårnet til Vilfred?

$100~\mathrm{m}^2$

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 $100~\mathrm{m}^2$.

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.

a)

Avgjør om punktet $D(3, 1, -1)$ ligger i planet $\alpha$.

Nei.

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 $\alpha$.

b)

Bruk kryssprodukt til å vise at $[2, -5, 4]$ er en normalvektor til planet.

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:

\[\begin{split} \begin{align*} \lvec{AB} \times \lvec{AC} &= \begin{vmatrix} \vec{e}_x & \vec{e}_y & \vec{e}_z \\ 1 & -2 & -3 \\ -2 & 0 & 1 \end{vmatrix} \\ \\ &= \vec{e}_x \cdot \begin{vmatrix} -2 & -3 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} - \vec{e}_y \cdot \begin{vmatrix} 1 & -3 \\ -2 & 1 \end{vmatrix} + \vec{e}_z \cdot \begin{vmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 0 \end{vmatrix} \\ \\ &= -2\vec{e}_x + 5\vec{e}_y - 4\vec{e}_z = [-2, 5, -4] \\ \\ &= -1 \cdot [2, -5, 4]. \end{align*} \end{split}\]

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

\[ x^2 + y^2 + z^2 - 18y + 2z + k = 0. \]

c)

Vis at punktet $(0, 9, -1)$ er sentrum i kulen.

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 $(x_0, y_0, z_0) = (0, 9, -1)$.

d)

Bestem en parameterframstilling for linjen som går gjennom sentrum i kulen og punktet $P$

\[ \vec{r} = [2t, 9 - 5t, -1 + 4t]. \]

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

\[ \vec{r}(t) = \lvec{OS} + \vec{n}_\alpha \cdot t = [0, 9, -1] + [2, -5, 4] \cdot t = [2t, 9 - 5t, -1 + 4t]. \]

e)

Bestem konstanten $k$ i likningen for kuleflaten.

\[ k = 37 \]

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

\[ k = 37 \]

Oppgave 8 (3 poeng)#

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.

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.

a)

Forklar hvorfor dette ikke er et gyldig matematisk bevis for påstanden.

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.

b)

Bevis påstanden ved hjelp av vektorregning.

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#

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.

Tidspunkt (klokkeslett)	00:00	02:00	06:00	08:00	12:00	16:00	20:00	22:00
Datatrafikk (gigabit per time)	$58~280$	$39~400$	$22~550$	$32~200$	$67~450$	$86~110$	$102~007$	$87~810$

a)

Lag en god modell for datatrafikken $S(t)$ gigabit per time, $t$ timer etter midnatt dette døgnet.

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:

så bruker vi GeoGebra mode_regression icon og velger en sinusmodell. Da får vi:

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.

b)

Når var datatrafikken ut fra selskapet mer enn $90~000$ gigabit per time ifølge modellen?

Mellom klokken 16 og 22.

Vi løser ulikheten $D(t) > 90~000$ for $t \in \langle 0, 24\rangle$ med CAS:

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.

c)

Når økte datatrafikken raskest, og hvor stor var denne økningen ifølge modellen?

Når klokken er ca. 12:30 øker datatrafikken raskest. Da øker den med ca. $8~880$ gigabit per time per time.

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:

Når klokken er ca. 12:30 øker datatrafikken raskest. Da øker den med ca. $8~880$ gigabit per time per time.

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?

Ca. $31.5~\%$.

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:

Altså blir omtrent $31.5~\%$ av den totale datamengden overført i løpet av arbeidsdagen.

Oppgave 2 (4 poeng)#

Leddene i en uendelige rekke er gitt ved den rekursive sammenhengen

\[ a_n = (a_{n - 1} - 1)^2 \]

a)

Lag et program som skriver ut de 6 første leddene i rekken dersom $a_1 = 5$.

Et mulig program som løser oppgaven er

a = 5
n = 1 
while n <= 6:
    print(a)
    a = (a - 1)**2
    n = n + 1

som gir utskriften

5
16
225
50176
2517530625
6337960442777829376

b)

Avgjør om det finnes et heltall $a_1$ som gjør at rekken blir konvergent.

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.

Oppgave 3 (6 poeng)#

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.

a)

Hvor høyt over motorveien er flyet $4$ sekunder etter at nødlandingen har startet?

$18$ meter.

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.

b)

Bestem banefarten idet flyet lander på motorveien.

Banefart er lengden av fartsvektoren.

$10.3~\mathrm{m/s}$.

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:

Altså finner vi at flyet har en banefart på $10.3~\mathrm{m/s}$ idet det lander på motorveien.

c)

Ved hvilket tidspunkt under nødlandingen er banefarten $14.3~\mathrm{m/s}$?

Ca. $8$ sekunder etter at nødlandingen startet.

Vi løser likningen $\abs{\vec{r}'(t)} = 14.3$ med CAS:

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 $12~\mathrm{m/s}$.

d)

Vil fuglen treffe flyet?

Ja!

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:

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.

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 $20~\mathrm{cm}$.

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.

Vi forestiller oss at vi skal dreie en sinusfunksjon om førsteaksen som vist nedenfor.

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:

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.