Eksamensoppgaver etter tema

Vannstanden går opp og ned med en fast periode, så vi lager en sinusmodell med sinusregresjon i GeoGebra.

Merk – Eksamen uten PC fra 2027: Uten PC kan vi ikke gjøre sinusregresjon. Øv heller på å lese av likevektslinje, amplitude og periode i en tabell, og på b) og c) med en gitt sinusmodell, med kalkulator.

1. Legg punktene inn i GeoGebra Vi skriver timene i kolonne A og vannstanden i kolonne B i regnearket, markerer tallene og lager en liste med punkt, som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025. Lista får navnet \( l_1\text{.} \)

2. Kjør sinusregresjon Sinusregresjon finner de tallene for \( \textcolor{red}{a}\text{,} \) \( \textcolor{green}{b}\text{,} \) \( \textcolor{darkorange}{c} \) og \( \textcolor{blue}{d} \) i \[ f(x) = \textcolor{red}{a} \sin(\textcolor{green}{b}x + \textcolor{darkorange}{c}) + \textcolor{blue}{d} \]som gjør at grafen går så nær punktene som mulig. Vi velger sinusregresjon fra den samme lista som i videoen Oppgave 1A - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025, der det er logistisk regresjon:

Skriv inn i GeoGebra: f(x) = RegSin(l1)

3. Vurder modellen GeoGebra skriver konstanten først. Tallene gir \( {\textcolor{red}{a} \approx \textcolor{red}{31{,}04}}\text{,} \) \( {\textcolor{green}{b} \approx \textcolor{green}{0{,}5144}}\text{,} \) \( {\textcolor{darkorange}{c} \approx \textcolor{darkorange}{0{,}1898}} \) og \( {\textcolor{blue}{d} \approx \textcolor{blue}{83{,}59}}\text{.} \)

Perioden er \( {\dfrac{2\pi}{\textcolor{green}{b}} \approx 12{,}2} \) timer, omtrent som tidevannet, som har to flo og to fjære i døgnet. Grafen går nær alle punktene. Den aktuelle perioden er 25. april, altså \( {24 \le x \le 48}\text{,} \) der \( x \) er timer etter midnatt 24. april.

Vi bruker modellen fra a): \[ \begin{aligned} f(x) = \ &\textcolor{red}{31{,}04}\sin(\textcolor{green}{0{,}5144}x + \textcolor{darkorange}{0{,}1898}) \\ &+ 83{,}59 \end{aligned} \]

Vannstanden øker raskest der den deriverte \( f'(x) \) er størst. Den 25. april er \( {24 \le x \le 48}\text{.} \)

1. Deriver modellen Vi bruker kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen: \[ \begin{aligned} f'(x) = \ &\textcolor{red}{31{,}04} \cdot \textcolor{green}{0{,}5144} \\ &\cdot \cos(\textcolor{green}{0{,}5144}x + \textcolor{darkorange}{0{,}1898}) \end{aligned} \]

2. Finn når cosinus er 1 \( f'(x) \) er størst når cosinus er \( 1\text{,} \) altså når vinkelen er \( 2\pi k\text{:} \) \[ x = \dfrac{2\pi k - \textcolor{darkorange}{0{,}1898}}{\textcolor{green}{0{,}5144}} \]

\( {k = 2} \) og \( {k = 3} \) gir \( x \) mellom \( 24 \) og \( 48\text{:} \) \[ \begin{aligned} k = 2&\text{:} \quad x \approx 24{,}06 \\ k = 3&\text{:} \quad x \approx 36{,}27 \end{aligned} \]

3. Gjør om til klokkeslett \( {x = 24{,}06} \) er \( {0{,}06 \cdot 60 \approx 4} \) minutter over midnatt 25. april, og \( {x \approx 36{,}27} \) er omtrent kl. 12:16. Med alle desimalene i modellen blir det kl. 12:17, så forskjellen er bare avrunding. Da stiger vannet med \( {31{,}04 \cdot 0{,}5144 \approx 16} \) cm per time.

1. Løs f''(x) = 0 i CAS Der \( f' \) er størst, er \( {f''(x) = 0}\text{.} \) Vi henter modellen inn i CAS og løser med NLøs og startverdier i begynnelsen og midt på dagen:

Skriv inn i GeoGebra: f(x) := RegSin(l1) NLøs(Derivert(f(x), x, 2) = 0, x = 24) NLøs(Derivert(f(x), x, 2) = 0, x = 36)

Grafen i a) stiger ved begge, så det er der vannstanden øker raskest: kl. 00:04 og kl. 12:17.

Vi bruker modellen fra a): \[ \begin{aligned} f(x) = \ &\textcolor{red}{31{,}04}\sin(\textcolor{green}{0{,}5144}x + \textcolor{darkorange}{0{,}1898}) \\ &+ 83{,}59 \end{aligned} \]

Vannstanden må være over \( 90 \) cm i hele de \( 2 \) timene. Vi finner det siste tidspunktet den 25. april der vannstanden synker under \( 90 \) cm, og trekker fra \( 2 \) timer.

1. Få sinus alene \( {f(x) = 90} \) gir: \[ \sin(\textcolor{blue}{u}) = \dfrac{90 - 83{,}59}{31{,}04} \approx 0{,}2065 \]der \( {\textcolor{blue}{u = 0{,}5144x + 0{,}1898}}\text{.} \)

2. Når vannet synker under 90 cm Kalkulatoren gir \( {\sin^{-1}(0{,}2065) \approx 0{,}208}\text{.} \) Vannet synker forbi \( 90 \) cm der sinus synker, i den andre vinkelen \( {\pi - 0{,}208}\text{,} \) som i videoen Oppgave 3A - Forkurs Eksamen Vår 2025. Den 25. april går \( \textcolor{blue}{u} \) fra \( {0{,}5144 \cdot 24 + 0{,}1898 \approx 12{,}5} \) til \( {0{,}5144 \cdot 48 + 0{,}1898 \approx 24{,}9}\text{,} \) så den siste vinkelen er tre hele runder senere: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{u} &= \pi - 0{,}208 + 3 \cdot 2\pi \approx 21{,}783 \\ x &= \dfrac{21{,}783 - 0{,}1898}{0{,}5144} \approx 41{,}98 \end{aligned} \]

3. Trekk fra 2 timer Vannet stiger forbi \( 90 \) cm i den første vinkelen, \( {\textcolor{blue}{u} = 0{,}208 + 3 \cdot 2\pi \approx 19{,}058}\text{,} \) altså ved \( {x = \dfrac{19{,}058 - 0{,}1898}{0{,}5144} \approx 36{,}7}\text{.} \) Vannstanden er over \( 90 \) cm fra \( {x \approx 36{,}7} \) til \( {x \approx 41{,}98}\text{,} \) mer enn \( 2 \) timer. De må altså starte senest ved \( {x = 41{,}98 - 2 = 39{,}98}\text{,} \) som er \( 15 \) timer og \( {0{,}98 \cdot 60 \approx 58{,}8} \) minutter etter midnatt 25. april. Det er det seneste de kan starte, så vi runder ned til kl. 15:58.

1. Løs f(x) = 90 i CAS Vi bruker modellen fra b) i CAS, og løser \( {f(x) = 90} \) med en startverdi sent på ettermiddagen:

Skriv inn i GeoGebra: NLøs(f(x) = 90, x = 42) ≈ 41.9807 - 2

Vannstanden synker under \( 90 \) cm ved \( {x \approx 41{,}98}\text{,} \) så de må starte senest ved \( {x \approx 39{,}98}\text{,} \) like før kl. 15:59. Vi runder ned til kl. 15:58.

Likevektslinja ligger midt mellom den største og den minste verdien, og amplituden er avstanden derfra til toppen. Perioden er ett døgn.

1. Finn d og A \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{d} &= \dfrac{31{,}2 + 18{,}2}{2} = \textcolor{blue}{24{,}7} \\ \textcolor{red}{A} &= \dfrac{31{,}2 - 18{,}2}{2} = \textcolor{red}{6{,}5} \end{aligned} \]

2. Finn c Forurensningen varierer hvert døgn, så perioden er \( 24 \) timer. Perioden er \( \dfrac{2\pi}{\textcolor{green}{c}}\text{:} \) \[ \dfrac{2\pi}{\textcolor{green}{c}} = 24 \quad\Rightarrow\quad \textcolor{green}{c} = \dfrac{2\pi}{24} = \textcolor{green}{\dfrac{\pi}{12}} \]

Vi bruker \( {\textcolor{red}{A = 6{,}5}}\text{,} \) \( {\textcolor{green}{c = \dfrac{\pi}{12}}} \) og \( {\textcolor{blue}{d = 24{,}7}} \) fra a).

De to tidspunktene ligger like langt fra toppen av grafen, ett på vei opp og ett på vei ned. Vi finner tiden mellom dem fra de to vinklene der sinus har samme verdi.

1. Få sinus alene \( {M(t) = 27} \) gir: \[ \sin(\textcolor{darkorange}{u}) = \dfrac{27 - \textcolor{blue}{24{,}7}}{\textcolor{red}{6{,}5}} \approx 0{,}3538 \]der \( {\textcolor{darkorange}{u = ct + k}}\text{.} \)

2. Finn de to vinklene Kalkulatoren gir \( {\sin^{-1}(0{,}3538) \approx 0{,}3617}\text{,} \) og sinus har samme verdi i \( {\pi - 0{,}3617 \approx 2{,}7799}\text{,} \) som i videoen Oppgave 3A - Forkurs Eksamen Vår 2025.

Kl. 13:00 er første gang i døgnet. Hadde forurensningen vært på vei ned da, ville den vært \( 27 \) også tidligere samme dag, på vei opp. Kl. 13:00 hører altså til den første vinkelen, \( 0{,}3617\text{.} \)

3. Finn tiden mellom Vinkelen øker med \( {\textcolor{green}{c} = \dfrac{\pi}{12}} \) per time: \[ \begin{aligned} \Delta t &= \dfrac{2{,}7799 - 0{,}3617}{\textcolor{green}{\pi/12}} \\ &\approx 9{,}24 \text{ timer} \end{aligned} \]Det er \( 9 \) timer og \( {0{,}24 \cdot 60 \approx 14} \) minutter etter kl. 13:00, altså kl. 22:14.

1. Finn k og løs i CAS Vi finner \( k \) slik at \( {M(13) = 27} \) med NLøs, og løser så \( {M(t) = 27} \) med en startverdi om kvelden:

Skriv inn i GeoGebra: M(t) := 6.5 sin(π/12 t + k) + 24.7 NLøs(M(13) = 27, k = -3) M(t) := 6.5 sin(π/12 t - 3.0417) + 24.7 NLøs(M(t) = 27, t = 22)

Med \( {k \approx -3{,}0417} \) har grafen topp ved \( {t \approx 17{,}6}\text{,} \) så den stiger kl. 13:00. Rad 4 gir \( {t \approx 22{,}24}\text{,} \) kl. 22:14.

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 \( x\text{.} \)

På figuren ligger trekanten \( ABD \) inni sirkelsektoren \( ABD\text{,} \) og sektoren ligger inni trekanten \( ABC\text{.} \) Vi finner de tre arealene.

1. Arealet av trekanten ABD Arealsetningen forteller oss at: \[ A = \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin v \]der \( v \) er vinkelen mellom sidene \( a \) og \( b\text{.} \) Hvis du er usikker på arealsetningen, kan du se videoen Arealsetningen.

Med \( {AB = AD = 1} \) får vi \( {\textcolor{blue}{A_{ABD} = \dfrac{1}{2}\sin v}}\text{.} \)

2. Arealet av sektoren En hel sirkel med radius \( 1 \) har arealet \( \pi \) og vinkelen \( 2\pi\text{.} \) Sektoren har vinkelen \( v\text{,} \) så den er \( \dfrac{v}{2\pi} \) av sirkelen: \[ \textcolor{green}{A_{\text{sektor}}} = \dfrac{v}{2\pi} \cdot \pi = \textcolor{green}{\dfrac{1}{2}v} \]

3. Arealet av trekanten ABC Trekanten er rettvinklet i \( B\text{,} \) så \( {\tan v = \dfrac{BC}{AB} = BC}\text{.} \) Arealet er: \[ \textcolor{red}{A_{ABC}} = \dfrac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}\tan v} \]

Trekanten \( ABD \) ligger inni sektoren, og sektoren ligger inni trekanten \( ABC\text{,} \) så arealene blir større og større.

Selv om du ikke fikk til a), kan du løse denne: ulikheten står i oppgaveteksten i a). \[ \dfrac{1}{2}\sin v < \dfrac{1}{2}v < \dfrac{1}{2}\tan v \]

Vi deler alle tre leddene på \( \dfrac{1}{2}\sin v\text{,} \) og bruker at \( {\tan v = \dfrac{\sin v}{\cos v}}\text{.} \)

1. Del på det samme positive tallet På figuren er \( {0 < v < \dfrac{\pi}{2}}\text{,} \) så \( {\textcolor{blue}{\dfrac{1}{2}\sin v} > 0}\text{.} \) Når vi deler på et positivt tall, snur ikke ulikhetstegnene, som i videoen Introduksjon til Ulikheter. Halvdelene forkortes mot hverandre: \[ \dfrac{\sin v}{\textcolor{blue}{\sin v}} < \dfrac{v}{\textcolor{blue}{\sin v}} < \dfrac{\tan v}{\textcolor{blue}{\sin v}} \]

2. Forenkle Det første leddet er \( 1\text{,} \) og det midterste er \( \dfrac{v}{\sin v}\text{.} \) I det siste skriver vi \( {\tan v = \dfrac{\sin v}{\cos v}}\text{:} \) \[ \dfrac{\tan v}{\textcolor{blue}{\sin v}} = \dfrac{\sin v}{\cos v} \cdot \dfrac{1}{\textcolor{blue}{\sin v}} = \dfrac{1}{\cos v} \]

Selv om du ikke fikk til b), kan du løse denne: ulikhetene står i oppgaveteksten i b). \[ 1 < \dfrac{v}{\sin v} < \dfrac{1}{\cos v} \]

Vi ser hva som skjer med de to ytterste leddene når \( v \) går mot \( 0\text{.} \) Hvis begge går mot \( 1\text{,} \) blir det midterste klemt mellom dem.

1. Se på de ytterste leddene Når \( {v \to 0^+}\text{,} \) går \( \cos v \to 1\text{.} \) Hvis du er usikker på grenseverdier, kan du se videoen Grenseverdier. Da får vi: \[ \textcolor{blue}{1} \to \textcolor{blue}{1} \qquad \text{og} \qquad \textcolor{red}{\dfrac{1}{\cos v}} \to \textcolor{red}{1} \]

2. Klem det midterste leddet \( \dfrac{v}{\sin v} \) ligger hele tiden mellom \( \textcolor{blue}{1} \) og \( \textcolor{red}{\dfrac{1}{\cos v}}\text{,} \) som begge går mot \( 1\text{.} \) Da må også \( \dfrac{v}{\sin v} \) gå mot \( 1\text{.} \)

\( \dfrac{\sin v}{v} \) er den omvendte brøken, så: \[ \lim_{v \to 0^+} \dfrac{\sin v}{v} = \dfrac{1}{\displaystyle\lim_{v \to 0^+} \dfrac{v}{\sin v}} = \dfrac{1}{1} = 1 \]

Volumet er \( \pi \) ganger integralet av \( f(x)^2\text{.} \) Vi skriver om \( f(x)^2 \) med \( {\cos^2 x = 1 - \sin^2 x} \) til ledd vi kan integrere.

1. Sett opp volumet Volumet av et omdreiningslegeme om \( x \)-aksen er: \[ V = \pi \int_a^b f(x)^2\,dx \]Hvis du er usikker på formelen, kan du se videoen Omdreiningslegeme x-akse.

2. Skriv om f(x)² Vi kvadrerer telleren og bytter \( \cos^2 x \) med \( {1 - \sin^2 x}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(x)^2 &= \dfrac{4 - 4\cos x + \cos^2 x}{\sin^2 x} \\ &= \dfrac{5 - 4\cos x - \sin^2 x}{\sin^2 x} \\ &= \dfrac{\textcolor{blue}{5}}{\sin^2 x} - \dfrac{\textcolor{red}{4\cos x}}{\sin^2 x} - 1 \end{aligned} \]

3. Integrer ledd for ledd Siden \( {\left(\dfrac{\cos x}{\sin x}\right)' = -\dfrac{1}{\sin^2 x}} \) med kvotientregelen, er \( {\displaystyle\int \dfrac{\textcolor{blue}{5}}{\sin^2 x}\,dx = -\textcolor{blue}{5}\dfrac{\cos x}{\sin x}}\text{.} \)

I det midterste leddet setter vi \( {u = \sin x}\text{,} \) så \( {du = \cos x\,dx}\text{,} \) som i videoen Substitusjon: \[ \int \dfrac{\textcolor{red}{4\cos x}}{\sin^2 x}\,dx = \int \dfrac{4}{u^2}\,du = -\dfrac{4}{\sin x} \]

Til sammen: \[ V = \pi\left[-\dfrac{\textcolor{blue}{5}\cos x}{\sin x} + \dfrac{\textcolor{red}{4}}{\sin x} - x\right]_{\pi/4}^{3\pi/4} \]

4. Sett inn grensene Med \( {\sin\dfrac{3\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}}\text{,} \) \( {\cos\dfrac{3\pi}{4} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}} \) og \( {\dfrac{4}{\sqrt{2}/2} = 4\sqrt{2}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \text{øvre: } & 5 + 4\sqrt{2} - \dfrac{3\pi}{4} \\ \text{nedre: } & -5 + 4\sqrt{2} - \dfrac{\pi}{4} \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} V &= \pi\left(10 - \dfrac{\pi}{2}\right) \\ &= 10\pi - \dfrac{\pi^2}{2} \approx 26{,}48 \end{aligned} \]

1. Regn ut volumet i CAS Vi skriver \( f \) og integralet, først eksakt og så med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: f(x) := (2 - cos(x))/sin(x) π*Integral(f(x)^2, π/4, 3π/4) ≈ π*Integral(f(x)^2, π/4, 3π/4)

Rad 2 gir det samme eksakte svaret som for hånd.

Fra a) er volumet av legemet omtrent \( 26{,}48\text{,} \) og legemet er \( {\dfrac{3\pi}{4} - \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2} \approx 1{,}571} \) langt.

Volumet \( {26{,}48 < 45} \) er ikke nok: legemet må også passe i formen. Kjeglen blir smalere oppover, så vi ser om kjeglen er bred nok også der legemet slutter.

1. Finn høyden i kjeglen Volumet av en kjegle er \( \dfrac{1}{3}\pi r^2 h\text{,} \) som i videoen Koblede hastigheter. Med \( {r = 4} \) og volum \( 45\text{:} \) \[ \begin{aligned} \dfrac{1}{3}\pi \cdot 4^2 \cdot h &= 45 \\ h &= \dfrac{135}{16\pi} \approx 2{,}686 \end{aligned} \]

2. Plasser den brede enden nederst Radiene i endene er \( {f\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)} \) og \( {f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)}\text{.} \) Vi ganger teller og nevner med \( 2\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)} &= \dfrac{4 + \sqrt{2}}{\sqrt{2}} \\ &= \textcolor{red}{2\sqrt{2} + 1} \approx \textcolor{red}{3{,}83} \\ \textcolor{blue}{f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)} &= \dfrac{4 - \sqrt{2}}{\sqrt{2}} \\ &= \textcolor{blue}{2\sqrt{2} - 1} \approx \textcolor{blue}{1{,}83} \end{aligned} \]

Det er best å la den brede enden stå på grunnflaten, der kjeglen er bredest. Da står den smale enden \( 1{,}571 \) over grunnflaten.

3. Sjekk den smale enden Radien i kjeglen avtar jevnt fra \( 4 \) ved grunnflaten til \( 0 \) i toppen. I høyden \( 1{,}571 \) er den: \[ 4\left(1 - \dfrac{1{,}571}{2{,}686}\right) \approx 1{,}66 \]

Den smale enden har radius \( \textcolor{blue}{1{,}83}\text{,} \) som er større enn \( 1{,}66\text{.} \) Legemet går altså ut gjennom kjegleveggen øverst. Snur vi legemet, står den brede enden der, og det blir enda verre.