Eksamensoppgaver etter tema

Tangenten har retningen til \( \vec{r}_1\,'(t)\text{.} \) Den er parallell med \( xy \)-planet når \( z \)-koordinaten til \( \vec{r}_1\,'(t) \) er \( 0\text{.} \)

1. Deriver Vi deriverer hver koordinat for seg, som i videoen Regn ut farten og akselerasjonen til partikkelen: \[ \vec{r}_1\,'(t) = [\cos t, 1, \textcolor{red}{-\sin t}] \]

2. Sett z-koordinaten lik 0 \[ \textcolor{red}{-\sin t} = 0 \quad\Rightarrow\quad t = \pi \]siden \( {0 < t < 2\pi}\text{.} \) Da er: \[ \vec{r}_1(\pi) = [\sin \pi, \pi, \cos \pi] = [0, \pi, -1] \]

To vektorer står vinkelrett på hverandre når skalarproduktet er \( 0\text{.} \)

1. Deriver to ganger \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{\vec{r}_1\,'(t)} &= \textcolor{blue}{[\cos t, 1, -\sin t]} \\ \textcolor{red}{\vec{r}_1\,''(t)} &= \textcolor{red}{[-\sin t, 0, -\cos t]} \end{aligned} \]

2. Regn ut skalarproduktet To vektorer står vinkelrett på hverandre når skalarproduktet er \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 7A - Del 1 - R1 Eksamen Vår 2026: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{\vec{r}_1\,'} \cdot \textcolor{red}{\vec{r}_1\,''} &= -\cos t \sin t + 0 \\ &\quad + \sin t \cos t \\ &= 0 \end{aligned} \]Det gjelder for alle \( t\text{.} \)

Vi bruker \( {\vec{r}_1\,'(t) = [\cos t, 1, -\sin t]} \) og \( {\vec{r}_1\,''(t) = [-\sin t, 0, -\cos t]} \) fra b).

Smygplanet inneholder \( \vec{r}_1\,' \) og \( \vec{r}_1\,''\text{,} \) så vektorproduktet av dem er en normalvektor. Vinkelen mellom planet og \( y \)-aksen er \( 90^\circ \) minus vinkelen mellom normalvektoren og \( y \)-aksen.

1. Finn en normalvektor Hvis du er usikker på vektorproduktet, kan du se videoen Finn et generelt uttrykk for curlen til vektorfeltet. Koordinat for koordinat er \( {\vec{n} = \vec{r}_1\,' \times \vec{r}_1\,''}\text{:} \) \[ \begin{aligned} x&\text{:} \quad -\cos t - (-\sin t) \cdot 0 = -\cos t \\ y&\text{:} \quad \sin^2 t + \cos^2 t = \textcolor{red}{1} \\ z&\text{:} \quad \cos t \cdot 0 - 1 \cdot (-\sin t) = \sin t \end{aligned} \]Så \( {\vec{n} = [-\cos t, \textcolor{red}{1}, \sin t]}\text{.} \)Lengden er: \[ |\vec{n}| = \sqrt{\cos^2 t + 1 + \sin^2 t} = \sqrt{2} \]

2. Finn vinkelen med y-aksen \( y \)-aksen har retningsvektor \( [0, 1, 0]\text{.} \) Vinkelen \( v \) mellom \( \vec{n} \) og \( y \)-aksen er gitt ved: \[ \cos v = \dfrac{|\vec{n} \cdot [0, 1, 0]|}{|\vec{n}| \cdot 1} = \dfrac{\textcolor{red}{1}}{\sqrt{2}} \]Altså er \( {v = 45^\circ}\text{,} \) uansett \( t\text{.} \)

3. Vinkelen med planet Normalvektoren står vinkelrett på planet, så vinkelen mellom planet og \( y \)-aksen er \( {90^\circ - 45^\circ = 45^\circ}\text{.} \) Den er den samme for alle \( t\text{.} \)

Vi finner en normalvektor som i c), og ser hva som skjer med smygplanet når \( t \) endrer seg.

1. Finn en normalvektor \[ \begin{aligned} \vec{r}_2\,'(t) &= [\cos t, 1, 2\cos t] \\ \vec{r}_2\,''(t) &= [-\sin t, 0, -2\sin t] \end{aligned} \]

Vektorproduktet er: \[ \begin{aligned} x&\text{:} \quad -2\sin t - 2\cos t \cdot 0 = -2\sin t \\ y&\text{:} \quad -2\cos t\sin t + 2\cos t\sin t = 0 \\ z&\text{:} \quad \cos t \cdot 0 - 1 \cdot (-\sin t) = \sin t \end{aligned} \]

Så \( {\vec{r}_2\,' \times \vec{r}_2\,'' = \sin t \cdot \textcolor{red}{[-2, 0, 1]}}\text{.} \)Når \( \sin t \ne 0\text{,} \) er \( {\textcolor{red}{[-2, 0, 1]}} \) en normalvektor, for alle \( t\text{.} \)

2. Finn likningen for smygplanet Planet går gjennom punktet \( {(\sin t, t, 2\sin t + 1)}\text{:} \) \[ \begin{aligned} -2(x - \sin t) & \\ + (z - 2\sin t - 1) &= 0 \\ z &= 2x + 1 \end{aligned} \]Leddene med \( t \) forsvinner, så det er det samme planet for alle \( t\text{.} \) For eksempel gir \( {t = \dfrac{\pi}{2}} \) punktet \( (1, \dfrac{\pi}{2}, 3)\text{,} \) og \( {3 = 2 \cdot 1 + 1}\text{.} \)

3. Tolk det Kurven har \( {x = \sin t} \) og \( {z = 2\sin t + 1 = 2x + 1}\text{,} \) så hele kurven ligger i planet \( {z = 2x + 1}\text{.} \) Den er en plan kurve, og da er smygplanet det planet kurven ligger i. Når \( {\sin t = 0}\text{,} \) er \( {\vec{r}_2\,''(t) = \vec{0}}\text{,} \) og definisjonen gir ikke noe plan der.

Vi skriver \( {\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}} \) og deriverer brøken med kvotientregelen.

1. Skriv opp kvotientregelen Kvotientregelen forteller oss at: \[ \left(\dfrac{\textcolor{blue}{u}}{\textcolor{red}{v}}\right)' = \dfrac{\textcolor{blue}{u}' \cdot \textcolor{red}{v} - \textcolor{blue}{u} \cdot \textcolor{red}{v}'}{\textcolor{red}{v}^2} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Kvotientregelen.

For å unngå slurvefeil skriver vi opp: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{u} &= \textcolor{blue}{\sin x}, & \textcolor{blue}{u}' &= \cos x \\ \textcolor{red}{v} &= \textcolor{red}{\cos x}, & \textcolor{red}{v}' &= -\sin x \end{aligned} \]

2. Sett inn og forenkle Plugger vi dette inn, blir telleren: \[ \begin{aligned} &\cos x \cdot \textcolor{red}{\cos x} - \textcolor{blue}{\sin x} \cdot (-\sin x) \\ &= \cos^2 x + \sin^2 x \end{aligned} \]

Nevneren er \( {\textcolor{red}{v}^2 = \textcolor{red}{\cos^2 x}}\text{,} \) så: \[ f'(x) = \dfrac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\textcolor{red}{\cos^2 x}} \]

Vi deler brøken i to: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{\cos^2 x}{\cos^2 x} + \dfrac{\sin^2 x}{\cos^2 x} \\ &= 1 + \tan^2 x \end{aligned} \]

Selv om du ikke fikk til a), kan du løse denne: den deriverte av \( \tan x \) står i oppgaveteksten i a), \( {(\tan x)' = 1 + \tan^2 x}\text{.} \)

Telleren er den deriverte av nevneren, så vi bruker substitusjon med \( {u = \tan x}\text{.} \)

1. Velg u Vi setter \( {\textcolor{blue}{u = \tan x}}\text{.} \) Fra a) får vi: \[ \begin{aligned} \dfrac{du}{dx} &= 1 + \tan^2 x \\ \textcolor{red}{du} &= \textcolor{red}{(1 + \tan^2 x)\,dx} \end{aligned} \]Hvis du er usikker på substitusjon, kan du se videoen Substitusjon.

2. Integrer med hensyn på u Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \int \dfrac{\textcolor{red}{(1 + \tan^2 x)\,dx}}{\textcolor{blue}{\tan x}} &= \int \dfrac{1}{\textcolor{blue}{u}}\,\textcolor{red}{du} \\ &= \ln|\textcolor{blue}{u}| + C \end{aligned} \]Integralet av \( \dfrac{1}{u} \) står i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

Til slutt bytter vi tilbake til \( x\text{.} \)

Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren, og banefarten er lengden av fartsvektoren.

1. Deriver posisjonsvektoren Vi deriverer hver koordinat for seg, som i videoen Regn ut farten og akselerasjonen til partikkelen. Med kjerneregelen er \( {\left(e^{t/20}\right)' = \dfrac{1}{20}e^{t/20}} \) og \( {\left(e^{-2t + 2}\right)' = -2e^{-2t + 2}}\text{,} \) som i videoen Kjerneregelen. Fartsvektoren er \( {\vec{v}(t) = [\textcolor{blue}{v_x}, \textcolor{red}{v_y}, \textcolor{green}{v_z}]}\text{,} \) der: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{v_x} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{20}e^{t/20}} \\ \textcolor{red}{v_y} &= \textcolor{red}{-\cos t} \\ \textcolor{green}{v_z} &= \textcolor{green}{-\dfrac{1}{5}e^{-2t + 2} - \sin t} \end{aligned} \]

2. Sett inn t = 1 Kalkulatoren gir: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{v_x} &= \dfrac{1}{20}e^{0{,}05} \approx \textcolor{blue}{0{,}0526} \\ \textcolor{red}{v_y} &= -\cos 1 \approx \textcolor{red}{-0{,}5403} \\ \textcolor{green}{v_z} &= -\dfrac{1}{5}e^{0} - \sin 1 \approx \textcolor{green}{-1{,}0415} \end{aligned} \]

3. Finn lengden Lengden av en vektor er: \[ |\vec{v}| = \sqrt{\textcolor{blue}{v_x}^2 + \textcolor{red}{v_y}^2 + \textcolor{green}{v_z}^2} \]Hvis du er usikker på dette, kan du se videoen Lengden til en Vektor.

Vi regner ut kvadratene først: \[ \begin{aligned} |\vec{v}(1)|^2 &\approx \textcolor{blue}{0{,}0028} + \textcolor{red}{0{,}2919} + \textcolor{green}{1{,}0847} \\ &\approx 1{,}3794 \\ |\vec{v}(1)| &\approx \sqrt{1{,}3794} \approx 1{,}17 \end{aligned} \]

1. Regn ut banefarten i CAS Vi skriver \( \vec{r}(t) \) som et punkt, deriverer og tar lengden:

Skriv inn i GeoGebra: r(t) := (1 + ℯ^(t/20), 1 - sin(t), 1/10 ℯ^(-2t+2) + cos(t)) v(t) := Derivert(r(t), t) ≈ Lengde(v(1))

Rad 3 gir det samme som med kalkulatoren.

Fra a) er fartsvektoren \( {\vec{v}(t) = [\textcolor{blue}{v_x}, \textcolor{red}{v_y}, \textcolor{green}{v_z}]}\text{,} \) der: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{v_x} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{20}e^{t/20}} \\ \textcolor{red}{v_y} &= \textcolor{red}{-\cos t} \\ \textcolor{green}{v_z} &= \textcolor{green}{-\dfrac{1}{5}e^{-2t + 2} - \sin t} \end{aligned} \]

Banefarten \( |\vec{v}(t)| \) er en funksjon av \( t\text{.} \) Vi tegner grafen for \( t \in [0, 5] \) i GeoGebra og finner bunnpunktet.

Merk – Eksamen uten PC fra 2027: Uten PC kan vi ikke finne bunnpunktet til en så sammensatt funksjon. Øv heller på å sette opp banefarten som lengden av fartsvektoren, og på å regne den ut for gitte \( t \) med kalkulator.

1. Tegn banefarten Banefarten er lengden av fartsvektoren, som i videoen Lengden til en Vektor: \[ s(t) = \sqrt{\textcolor{blue}{v_x}^2 + \textcolor{red}{v_y}^2 + \textcolor{green}{v_z}^2} \]

Vi skriver den inn i algebrafeltet med \( x \) for \( t\text{,} \) bare for \( {0 \le x \le 5}\text{,} \) og finner bunnpunktet med Min:

Skriv inn i GeoGebra: s(x) = Hvis(0 <= x <= 5, sqrt((ℯ^(x/20)/20)^2 + cos(x)^2 + (-0.2ℯ^(2-2x) - sin(x))^2)) M = Min(s, 0, 5)

2. Les av bunnpunktet Grafen faller fra \( {s(0) \approx 1{,}79} \) og er nesten flat fra \( {t \approx 2}\text{.} \) Bunnpunktet er \( {M \approx (3{,}54;\ 1{,}0013)}\text{,} \) det laveste punktet på hele \( [0, 5]\text{.} \)

Fra a) er fartsvektoren \( {\vec{v}(t) = [\textcolor{blue}{v_x}, \textcolor{red}{v_y}, \textcolor{green}{v_z}]}\text{,} \) der: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{v_x} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{20}e^{t/20}} \\ \textcolor{red}{v_y} &= \textcolor{red}{-\cos t} \\ \textcolor{green}{v_z} &= \textcolor{green}{-\dfrac{1}{5}e^{-2t + 2} - \sin t} \end{aligned} \]

Fartsvektoren er parallell med \( xy \)-planet når \( {\textcolor{green}{v_z = 0}}\text{,} \) og parallell med \( yz \)-planet når \( {\textcolor{blue}{v_x = 0}}\text{.} \) Vi ser om hver av dem kan bli \( 0\text{.} \)

1. Parallell med yz-planet? \( e^{t/20} \) er alltid positiv, så: \[ \textcolor{blue}{v_x} = \dfrac{1}{20}e^{t/20} > 0 \]\( \textcolor{blue}{v_x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så fartsretningen er aldri parallell med \( yz \)-planet.

2. Parallell med xy-planet? Vi regner ut \( \textcolor{green}{v_z} \) i to tidspunkter med kalkulatoren: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{v_z(3)} &= -\dfrac{1}{5}e^{-4} - \sin 3 \approx -0{,}145 \\ \textcolor{green}{v_z(3{,}5)} &= -\dfrac{1}{5}e^{-5} - \sin 3{,}5 \approx 0{,}349 \end{aligned} \]

\( \textcolor{green}{v_z} \) er kontinuerlig og skifter fortegn mellom \( {t = 3} \) og \( {t = 3{,}5}\text{,} \) så den er \( 0 \) for en \( t \) der imellom. Da er fartsvektoren parallell med \( xy \)-planet. Prøver vi oss fram, finner vi fortegnsskiftet mellom: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{v_z(3{,}14)} &\approx -0{,}004 \\ \textcolor{green}{v_z(3{,}15)} &\approx 0{,}006 \end{aligned} \]Det er altså ved \( {t \approx 3{,}14}\text{.} \)

1. Løs v_z = 0 i CAS Vi bruker \( \vec{v}(t) \) fra a), og løser \( {\textcolor{green}{v_z = 0}} \) med en startverdi:

Skriv inn i GeoGebra: NLøs(-1/5 ℯ^(-2t+2) - sin(t) = 0, t = 3)

Ved \( {t \approx 3{,}14} \) er \( {\textcolor{green}{v_z} = 0}\text{.} \) \( \textcolor{blue}{v_x} \) er alltid positiv.