Eksamensoppgaver etter tema

Datatrafikken går opp og ned gjennom døgnet, 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) til d) med modellen \( D \) fra oppgaven, med kalkulator.

1. Legg punktene inn i GeoGebra Vi regner klokkeslettene om til timer etter midnatt, så klokken 22:00 blir \( {t = 22}\text{.} \) Vi skriver tiden i kolonne A og datatrafikken 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 \( \textcolor{red}{A}\text{,} \) \( \textcolor{green}{c}\text{,} \) \( \textcolor{darkorange}{\varphi} \) og \( \textcolor{blue}{d} \) i \[ S(t) = \textcolor{red}{A} \cdot \sin(\textcolor{green}{c}t + \textcolor{darkorange}{\varphi}) + \textcolor{blue}{d} \]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. GeoGebra bruker \( x \) der vi bruker \( t\text{:} \)

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

3. Skriv opp modellen GeoGebra skriver konstanten først. Tallene gir \( {\textcolor{red}{A} \approx \textcolor{red}{37\,213{,}66}}\text{,} \) \( {\textcolor{green}{c} \approx \textcolor{green}{0{,}2426}}\text{,} \) \( {\textcolor{darkorange}{\varphi} \approx \textcolor{darkorange}{-2{,}9556}} \) og \( {\textcolor{blue}{d} \approx \textcolor{blue}{63\,196{,}61}}\text{.} \)

Perioden er \( {\dfrac{2\pi}{\textcolor{green}{c}} \approx 25{,}9} \) timer, nær et døgn, og grafen går nær alle punktene. Modellen passer derfor godt med at trafikken følger døgnet.

Vi skal finne når \( {D(t) > 90\,000}\text{.} \) Med kalkulator får vi sinus alene og finner vinklene der sinus er større enn tallet på høyre side.

1. Få sinus alene Vi trekker fra \( 63\,000 \) på begge sider av \( {D(t) > 90\,000} \) og deler med \( 37\,000\text{:} \) \[ \begin{aligned} 37\,000\sin(\textcolor{green}{0{,}24t - 3{,}0}) &> 27\,000 \\ \sin(\textcolor{green}{0{,}24t - 3{,}0}) &> \dfrac{27}{37} \end{aligned} \]

2. Finn vinklene på enhetssirkelen Vi kaller det som står inni sinus, \( \textcolor{green}{u}\text{.} \) Med kalkulatoren i radianer finner vi først én vinkel der sinus er \( \dfrac{27}{37}\text{:} \) \[ \textcolor{green}{u_1} = \sin^{-1}\left(\dfrac{27}{37}\right) \approx 0{,}8179 \]Hvis du er usikker på å finne vinkelen med kalkulatoren, kan du se videoen Oppgave 3A - Forkurs Eksamen Vår 2025.

Sinus har samme verdi i \( {\pi - u_1}\text{:} \) \[ \textcolor{green}{u_2} = \pi - \textcolor{green}{u_1} \approx 2{,}3237 \]Mellom \( u_1 \) og \( u_2 \) er sinus større enn \( \dfrac{27}{37}\text{,} \) fordi sinus har toppen sin i \( \dfrac{\pi}{2}\text{,} \) mellom dem.

3. Regn om til klokkeslett Løser vi \( {0{,}24t - 3{,}0 = u} \) for \( t\text{,} \) får vi \( {t = \dfrac{u + 3{,}0}{0{,}24}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} t_1 &= \dfrac{0{,}8179 + 3{,}0}{0{,}24} \approx 15{,}908 \\ t_2 &= \dfrac{2{,}3237 + 3{,}0}{0{,}24} \approx 22{,}182 \end{aligned} \]For \( t \) fra \( 0 \) til \( 24 \) går \( u \) fra \( {-3{,}0} \) til \( 2{,}76\text{,} \) så dette er det eneste tidsrommet i døgnet.

\( 0{,}908 \) timer er \( {0{,}908 \cdot 60 \approx 54} \) minutter, og \( 0{,}182 \) timer er omtrent \( 11 \) minutter. Datatrafikken var over \( 90\,000 \) gigabit per time fra omtrent klokken 15:54 til 22:11.

1. Finn skjæringspunktene med linja Vi skriver inn modellen og linja \( {y = 90\,000}\text{,} \) og bruker verktøyet Skjæring mellom to objekter på grafen og linja, som i videoen Oppgave 1C - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025:

Skriv inn i GeoGebra: D(x) = 63000 + 37000*sin(0.24x - 3) g: y = 90000

Skjæringspunktene er \( {A \approx (15{,}908,\ 90\,000)} \) og \( {B \approx (22{,}1819,\ 90\,000)}\text{.} \) Grafen ligger over linja mellom dem, så datatrafikken var over \( 90\,000 \) gigabit per time fra omtrent klokken 15:54 til 22:11.

Økningen er den deriverte, så vi finner når \( D'(t) \) er størst. Vi deriverer sinusfunksjonen med kjerneregelen.

1. Deriver modellen Kjerneregelen forteller oss at: \[ \left(\sin \textcolor{green}{u}\right)' = \cos \textcolor{green}{u} \cdot \textcolor{green}{u'} \]Hvis du er usikker på kjerneregelen, kan du se videoen Kjerneregelen.

Her er kjernen \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{0{,}24t - 3{,}0}}\text{,} \) så \( {\textcolor{green}{u'} = \textcolor{green}{0{,}24}}\text{.} \) Konstanten \( 63\,000 \) har derivert \( 0\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} D'(t) &= 37\,000 \cdot \cos \textcolor{green}{u} \cdot \textcolor{green}{0{,}24} \\ &= 8880\cos(\textcolor{green}{0{,}24t - 3{,}0}) \end{aligned} \]

2. Finn når den deriverte er størst Cosinus er størst, lik \( 1\text{,} \) når det som står inni, er \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} 0{,}24t - 3{,}0 &= 0 \\ t &= 12{,}5 \end{aligned} \]For \( t \) fra \( 0 \) til \( 24 \) går det som står inni, fra \( {-3{,}0} \) til \( 2{,}76\text{,} \) og der er cosinus lik \( 1 \) bare når det er \( 0\text{.} \) Det er derfor det eneste toppunktet i døgnet.

Ved \( {t = 12{,}5} \) er økningen: \[ D'(12{,}5) = 8880 \cdot \cos 0 = 8880 \]\( {t = 12{,}5} \) er klokken 12:30. Datatrafikken økte raskest klokken 12:30, med \( 8880 \) gigabit per time per time.

1. Finn toppunktet på den deriverte Vi skriver inn modellen, deriverer den og finner toppunktet på grafen til \( D' \) mellom \( 0 \) og \( 24 \) med kommandoen Ekstremalpunkt, som i videoen Oppgave 1B (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023:

Skriv inn i GeoGebra: D(x) = 63000 + 37000*sin(0.24x - 3) D'(x) = Derivert(D) E = Ekstremalpunkt(D', 0, 24)

Toppunktet er \( {E = (12{,}5,\ 8880)}\text{.} \) Datatrafikken økte raskest klokken 12:30, med \( 8880 \) gigabit per time per time.

Datamengden er integralet av datatrafikken. Vi deler integralet fra 8 til 16 på integralet over hele døgnet.

1. Sett opp andelen Datatrafikken er gigabit per time, så datamengden i et tidsrom er integralet av \( D(t)\text{.} \) Andelen er: \[ \text{Andel} = \dfrac{\int_8^{16} D(t)\,dt}{\int_0^{24} D(t)\,dt} \]

2. Finn en antiderivert For sinus med kjernen \( {\textcolor{green}{k}t + b} \) forteller integrasjonsreglene oss at: \[ \begin{aligned} & \int \sin(\textcolor{green}{k}t + b)\,dt \\ &= -\dfrac{1}{\textcolor{green}{k}}\cos(\textcolor{green}{k}t + b) + C \end{aligned} \]Hvis du er usikker på denne regelen, kan du se videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

Med \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{0{,}24}} \) får vi antideriverten: \[ \begin{aligned} F(t) &= 63\,000t \\ &\quad - \dfrac{37\,000}{\textcolor{green}{0{,}24}}\cos(\textcolor{green}{0{,}24}t - 3{,}0) \end{aligned} \]

3. Regn ut integralene og andelen Med kalkulatoren i radianer får vi: \[ \begin{aligned} F(16) &\approx 905\,099{,}5 \\ F(8) &\approx 431\,336{,}9 \\ F(24) &\approx 1\,655\,077{,}9 \\ F(0) &\approx 152\,623{,}8 \end{aligned} \]Datamengdene i gigabit er da: \[ \begin{aligned} \int_8^{16} D(t)\,dt &= F(16) - F(8) \\ &\approx 473\,763 \\ \int_0^{24} D(t)\,dt &= F(24) - F(0) \\ &\approx 1\,502\,454 \end{aligned} \]

Andelen er da: \[ \text{Andel} \approx \dfrac{473\,763}{1\,502\,454} \approx 0{,}315 \]Omtrent \( 31{,}5\,\% \) av datamengden ble overført i arbeidsdagen.

1. Regn ut integralene i CAS Vi definerer modellen og regner ut de to integralene og forholdet mellom dem med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: D(t) := 63000 + 37000*sin(0.24t - 3) Integral(D(t), t, 8, 16) Integral(D(t), t, 0, 24) Integral(D(t), t, 8, 16) / Integral(D(t), t, 0, 24)

Rad 2 og 3 gir datamengdene omtrent \( 473\,762{,}6 \) og \( 1\,502\,454{,}0 \) gigabit, og rad 4 gir forholdet omtrent \( 0{,}3153\text{.} \) Omtrent \( 31{,}5\,\% \) av datamengden ble overført i arbeidsdagen.

Motorveien ligger i \( xy \)-planet, så høyden over veien er \( z \)-koordinaten. Vi setter inn \( {t = 4}\text{.} \)

1. Sett inn tiden i høyden \( z \)-koordinaten til \( \vec{r}(t) \) er \( {\textcolor{green}{50\left(1 - \dfrac{t}{10}\right)^2}}\text{.} \) Med \( {t = 4} \) får vi: \[ \begin{aligned} z(4) &= \textcolor{green}{50\left(1 - \dfrac{4}{10}\right)^2} \\ &= 50 \cdot 0{,}6^2 = 18 \end{aligned} \]Hvis du er usikker på å lese av koordinatene i en parameterframstilling, kan du se videoen Forskjellige måter å skrive på.

Flyet lander når høyden er \( 0\text{.} \) Banefarten er lengden av fartsvektoren, som er den deriverte av posisjonsvektoren.

1. Finn når flyet lander Flyet lander når \( z \)-koordinaten er \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} 50\left(1 - \dfrac{t}{10}\right)^2 &= 0 \\ 1 - \dfrac{t}{10} &= 0 \\ t &= 10 \end{aligned} \]

2. Finn fartsvektoren Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren, \( {\vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t)}\text{,} \) som i videoen Regn ut farten og akselerasjonen til partikkelen. For \( y \) og \( z \) bruker vi kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen: \[ \big(g(u)\big)' = g'(u) \cdot u' \]

Kjernen \( \dfrac{\pi}{10}t \) har derivert \( \dfrac{\pi}{10}\text{,} \) og kjernen \( {1 - \dfrac{t}{10}} \) har derivert \( {-\dfrac{1}{10}}\text{.} \) Vi deriverer hver koordinat for seg: \[ \begin{aligned} x'(t) &= \textcolor{blue}{30 - 2t} \\ y'(t) &= 8\cos\left(\dfrac{\pi}{10}t\right) \cdot \dfrac{\pi}{10} \\ &= \textcolor{red}{0{,}8\pi\cos\left(\dfrac{\pi}{10}t\right)} \\ z'(t) &= 50 \cdot 2\left(1 - \dfrac{t}{10}\right) \cdot \left(-\dfrac{1}{10}\right) \\ &= \textcolor{green}{t - 10} \end{aligned} \]

3. Regn ut banefarten ved landing Vi setter inn \( {t = 10}\text{.} \) Der er \( {\cos \pi = -1}\text{:} \) \[ \vec{v}(10) = [\textcolor{blue}{10},\ \textcolor{red}{-0{,}8\pi},\ \textcolor{green}{0}] \]

Banefarten er lengden av fartsvektoren. Lengden finner vi med Pythagoras, som i videoen Lengden til en Vektor: \[ |[x, y, z]| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \]Plugger vi inn koordinatene, får vi: \[ \begin{aligned} |\vec{v}(10)| &= \sqrt{\textcolor{blue}{10}^2 + (\textcolor{red}{-0{,}8\pi})^2 + \textcolor{green}{0}^2} \\ &= \sqrt{100 + 0{,}64\pi^2} \approx 10{,}31 \end{aligned} \]Banefarten idet flyet lander, er omtrent \( 10{,}31\,\text{m/s}\text{.} \)

1. Regn ut banefarten i CAS Vi definerer posisjonen, deriverer den, finner når \( {z = 0} \) og regner ut lengden av fartsvektoren da. Den siste raden regner vi ut med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: r(t) := (30t - t^2, 8*sin(π/10*t), 50*(1 - t/10)^2) v(t) := Derivert(r(t), t) Løs(50*(1 - t/10)^2 = 0, t) Lengde(v(10))

Rad 3 viser at flyet lander ved \( {t = 10}\text{,} \) og rad 4 gir banefarten \( {|\vec{v}(10)| \approx 10{,}311\,\text{m/s}}\text{.} \)

Vi bruker fartsvektoren fra b). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Vi skal finne \( t \) når lengden av fartsvektoren er \( 14{,}3\text{.} \) Vi tegner grafen til banefarten og finner skjæringen med linja \( {y = 14{,}3}\text{.} \)

Merk – Eksamen uten PC fra 2027: Uten PC kan vi ikke løse denne likningen. Øv heller på å finne fartsvektoren og banefarten, som i b), og på å regne ut banefarten for en gitt \( t\text{.} \)

1. Skriv opp banefarten I b) fant vi fartsvektoren. Kvadratet av banefarten er: \[ \begin{aligned} |\vec{v}(t)|^2 = \ &(\textcolor{blue}{30 - 2t})^2 \\ &+ \left(\textcolor{red}{0{,}8\pi\cos\left(\dfrac{\pi}{10}t\right)}\right)^2 \\ &+ (\textcolor{green}{t - 10})^2 \end{aligned} \]Vi skal finne \( t \) mellom \( 0 \) og landingen ved \( {t = 10} \) der \( {|\vec{v}(t)| = 14{,}3}\text{.} \) Likningen blander et polynom og cosinus, så den kan ikke løses for hånd.

2. Finn skjæringen med linja Vi tegner banefarten som en funksjon fra \( 0 \) til \( 10 \) og linja \( {y = 14{,}3}\text{,} \) og bruker verktøyet Skjæring mellom to objekter, som i videoen Oppgave 1C - Del 2 - R1 Eksamen Høst 2025:

Skriv inn i GeoGebra: b(x) = Funksjon(sqrt((30 - 2x)^2 + (0.8π*cos(π/10*x))^2 + (x - 10)^2), 0, 10) h: y = 14.3

Skjæringspunktet er \( {S \approx (7{,}9939,\ 14{,}3)}\text{.} \) Grafen synker hele veien fra start til landing, så banefarten er \( 14{,}3\,\text{m/s} \) bare én gang, etter omtrent \( 8{,}0 \) sekunder.

Vi bruker fartsvektoren fra b). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Vi finner når flyet og fuglen er i krysningspunktet. Fuglen treffer flyet hvis flyet ikke har rukket å passere punktet når fuglen kommer dit.

1. Finn når flyet er i krysningspunktet Flyet er i \( {\left(125, 8, \dfrac{25}{2}\right)} \) når \( z \)-koordinaten er \( \dfrac{25}{2}\text{:} \) \[ \begin{aligned} 50\left(1 - \dfrac{t}{10}\right)^2 &= \dfrac{25}{2} \\ \left(1 - \dfrac{t}{10}\right)^2 &= \dfrac{1}{4} \\ 1 - \dfrac{t}{10} &= \pm\dfrac{1}{2} \end{aligned} \]Det gir \( {t = 5} \) eller \( {t = 15}\text{.} \) Flyet lander ved \( {t = 10}\text{,} \) så \( {t = 5}\text{.} \)

Vi sjekker de to andre koordinatene: \[ \begin{aligned} x(5) &= \textcolor{blue}{30 \cdot 5 - 5^2} = 125 \\ y(5) &= \textcolor{red}{8\sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)} = 8 \end{aligned} \]Flyet er i krysningspunktet etter \( \underline{5\,\text{s}}\text{.} \)

2. Finn tiden fuglen bruker Fuglen flyr i en rett linje fra \( (131, 67, 23) \) til \( (125, 8, 12{,}5)\text{.} \) Vi trekker koordinatene fra hverandre: \[ \begin{aligned} 125 - 131 &= \textcolor{blue}{-6} \\ 8 - 67 &= \textcolor{red}{-59} \\ 12{,}5 - 23 &= \textcolor{green}{-10{,}5} \end{aligned} \]Vektoren mellom punktene er \( {[\textcolor{blue}{-6}, \textcolor{red}{-59}, \textcolor{green}{-10{,}5}]}\text{.} \)

Avstanden er lengden av vektoren: \[ \begin{aligned} s &= \sqrt{(\textcolor{blue}{-6})^2 + (\textcolor{red}{-59})^2 + (\textcolor{green}{-10{,}5})^2} \\ &= \sqrt{3627{,}25} \approx 60{,}227 \end{aligned} \]Tiden er strekning delt på fart, som i videoen Strekning, Fart og Tid (SVT): \[ t = \dfrac{s}{v} \approx \dfrac{60{,}227}{12} \approx 5{,}019 \]Fuglen er i krysningspunktet etter omtrent \( \underline{5{,}02\,\text{s}}\text{.} \)

3. Sammenlign tidene Fuglen kommer \( {5{,}019 - 5 = 0{,}019\,\text{s}} \) etter flyet. Regnet som punkter er de ikke der samtidig, men forskjellen er svært liten.

I b) fant vi koordinatene til fartsvektoren. Med \( {t = 5} \) er de: \[ \begin{aligned} x'(5) &= \textcolor{blue}{30 - 2 \cdot 5} = 20 \\ y'(5) &= \textcolor{red}{0{,}8\pi\cos\dfrac{\pi}{2}} = 0 \\ z'(5) &= \textcolor{green}{5 - 10} = -5 \end{aligned} \]

Banefarten til flyet er lengden av \( \vec{v}(5)\text{,} \) og strekningen det flytter seg på \( 0{,}019\,\text{s}\text{,} \) er banefart ganger tid: \[ \begin{aligned} |\vec{v}(5)| &= \sqrt{20^2 + (-5)^2} \approx 20{,}6 \\ s_{\text{fly}} &\approx 20{,}6 \cdot 0{,}019 \approx 0{,}39 \end{aligned} \]Flyet flytter seg bare omtrent \( 0{,}4\,\text{m}\text{,} \) og et lite propellfly er flere meter langt. Flyet er altså fortsatt i krysningspunktet når fuglen kommer, så fuglen treffer flyet.

1. Sammenlign tidene i CAS Vi fortsetter i CAS fra b), der \( r(t) \) er definert. Rad 5 finner når flyet er i krysningspunktet, rad 6 tiden fuglen bruker, avstanden delt på farten, og rad 7 banefarten til flyet da, med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: Løs(r(t) = (125, 8, 25/2), t) Lengde((125, 8, 25/2) - (131, 67, 23)) / 12 Lengde(v(5))

Flyet er i krysningspunktet ved \( {t = 5}\text{,} \) og fuglen kommer dit etter omtrent \( 5{,}0189\,\text{s}\text{.} \) Rad 7 gir banefarten \( {|\vec{v}(5)| \approx 20{,}6155\,\text{m/s}}\text{,} \) så på de \( 0{,}0189\,\text{s} \) flytter flyet seg omtrent \( {20{,}6155 \cdot 0{,}0189 \approx 0{,}39\,\text{m}}\text{.} \) Det er mye mindre enn flyet er langt, så fuglen treffer flyet.

Farten er lengden av fartsvektoren, og fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren. Vi deriverer, setter inn \( {t = 2} \) og regner ut lengden.

1. Finn fartsvektoren Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren, \( {\vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t)}\text{,} \) som i videoen Regn ut farten og akselerasjonen til partikkelen. Vi deriverer hver koordinat for seg: \[ \vec{v}(t) = [\textcolor{blue}{6},\ \textcolor{red}{7},\ \textcolor{green}{-5 + 0{,}2t}] \]

2. Regn ut farten etter to sekunder Med \( {t = 2} \) er \( z \)-koordinaten \( {\textcolor{green}{-5 + 0{,}2 \cdot 2 = -4{,}6}}\text{.} \) Lengden av en vektor finner vi med Pythagoras, som i videoen Lengden til en Vektor: \[ |[x, y, z]| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \]

Plugger vi inn koordinatene, får vi: \[ \begin{aligned} |\vec{v}(2)| &= \sqrt{\textcolor{blue}{6}^2 + \textcolor{red}{7}^2 + (\textcolor{green}{-4{,}6})^2} \\ &= \sqrt{106{,}16} \approx 10{,}30 \end{aligned} \]Farten etter \( 2 \) sekunder er omtrent \( 10{,}30\,\text{m/s}\text{.} \)

1. Regn ut farten i CAS Vi definerer posisjonen, deriverer den og regner ut lengden av fartsvektoren for \( {t = 2}\text{.} \) Den siste raden regner vi ut med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: r(t) := (6t, 7t, -250 - 5t + 0.1t^2) v(t) := Derivert(r(t), t) Lengde(v(2))

Rad 2 gir fartsvektoren, og rad 3 gir farten \( {|\vec{v}(2)| \approx 10{,}3034\,\text{m/s}}\text{.} \)

Dybden er gitt av \( z \)-koordinaten. Vi finner bunnpunktet til \( z(t) \) ved å sette den deriverte lik null.

1. Finn når ubåten er dypest \( z \)-koordinaten er \( {z(t) = -250 - 5t + 0{,}1t^2}\text{,} \) og den deriverte er \( {z'(t) = \textcolor{green}{-5 + 0{,}2t}}\text{.} \) Den er null når: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{-5 + 0{,}2t} &= 0 \\ t &= 25 \end{aligned} \]Hvis du er usikker på hvorfor vi setter den deriverte lik null, kan du se videoen Oppgave 5A - Del 1 - R1 Eksamen Høst 2025.

\( z'(t) \) er negativ før \( {t = 25} \) og positiv etter. Ubåten synker altså til \( {t = 25}\text{,} \) og stiger etterpå.

2. Regn ut dybden Vi setter inn \( {t = 25} \) i \( z(t)\text{:} \) \[ \begin{aligned} z(25) &= -250 - 5 \cdot 25 + 0{,}1 \cdot 25^2 \\ &= -250 - 125 + 62{,}5 \\ &= -312{,}5 \end{aligned} \]Ubåten er altså \( 312{,}5\,\text{m} \) under havoverflaten på det dypeste.

1. Finn bunnpunktet i CAS Vi fortsetter i CAS fra a). \( z \) er et navn GeoGebra bruker selv, så vi kaller \( z \)-koordinaten \( h(t)\text{.} \) Vi løser \( {h'(t) = 0} \) og setter løsningen inn:

Skriv inn i GeoGebra: h(t) := -250 - 5t + 0.1t^2 Løs(Derivert(h(t), t) = 0, t) h(25)

Rad 5 viser at den deriverte er null ved \( {t = 25}\text{,} \) og rad 6 gir \( {h(25) = -\dfrac{625}{2} = -312{,}5}\text{.} \) Ubåten er \( 312{,}5\,\text{m} \) under havoverflaten på det dypeste.

Vi finner avstanden mellom ubåten og midten av fiskestimen som en funksjon av \( t\text{,} \) og finner den minste avstanden. Ubåten kan bare kollidere hvis midtpunktene kommer nærmere enn radien til stimen pluss halve diagonalen til ubåten.

Merk – Eksamen uten PC fra 2027: Uten PC kan vi ikke finne bunnpunktet til denne avstanden for hånd. Øv heller på å sette opp vektoren mellom to punkter som beveger seg, og på å regne ut avstanden for en gitt \( t\text{.} \)

1. Sett opp avstanden Vektoren fra midten av stimen til ubåten er \( {\vec{r}(t) - \vec{s}(t)}\text{.} \) Vi trekker koordinatene fra hverandre, og \( {-250} \) i \( z \)-koordinaten forsvinner: \[ \begin{aligned} \vec{r}(t) - \vec{s}(t) = [&\textcolor{blue}{4t - 40},\ \textcolor{red}{5t - 60}, \\ &\textcolor{green}{0{,}1t^2 - 5t}] \end{aligned} \]

Avstanden \( d(t) \) er lengden av denne vektoren: \[ \begin{aligned} d(t)^2 = \ &(\textcolor{blue}{4t - 40})^2 + (\textcolor{red}{5t - 60})^2 \\ &+ (\textcolor{green}{0{,}1t^2 - 5t})^2 \end{aligned} \]

2. Finn den minste avstanden Vi tegner \( d \) for \( t \) fra \( 0 \) til \( 60 \) og finner bunnpunktet med kommandoen Ekstremalpunkt, som i videoen Oppgave 1B (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023:

Skriv inn i GeoGebra: d(x) = Funksjon(sqrt((4x - 40)^2 + (5x - 60)^2 + (0.1x^2 - 5x)^2), 0, 60) E = Ekstremalpunkt(d, 0, 60)

Bunnpunktet er \( {E \approx (8{,}3908,\ 39{,}8251)}\text{.} \) Etter omtrent \( 8{,}4 \) sekunder er ubåten nærmest midten av stimen, omtrent \( 39{,}8\,\text{m} \) unna. Etterpå øker avstanden hele tiden.

3. Vurder om de kolliderer Ingen del av ubåten er lenger fra midten av ubåten enn halve diagonalen: \[ \sqrt{2^2 + 2{,}5^2 + 4^2} = \sqrt{26{,}25} \approx 5{,}1 \]

Ubåten kan altså bare treffe stimen hvis midtpunktene kommer nærmere enn \( {15 + 5{,}1 \approx 20{,}1\,\text{m}}\text{.} \) Den minste avstanden er \( 39{,}8\,\text{m}\text{,} \) så ubåten kolliderer ikke med fiskestimen.

Bakkenivået er \( xy \)-planet, så høyden over bakken er \( z \)-koordinaten. Vi setter inn \( {t = 5}\text{.} \)

1. Regn ut z-koordinaten \( z \)-koordinaten er \( {\textcolor{green}{z(t) = 5 + \dfrac{1}{3}t}}\text{.} \) Med \( {t = \textcolor{red}{5}} \) får vi: \[ z(\textcolor{red}{5}) = 5 + \dfrac{1}{3} \cdot \textcolor{red}{5} = \dfrac{20}{3} \approx 6{,}67 \]Etter \( 5 \) sekunder er bilen omtrent \( 6{,}67\,\text{m} \) over bakken.

Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren, og farten er lengden av fartsvektoren. Vi deriverer hver koordinat, setter inn \( {t = 10} \) og regner ut lengden.

1. Finn fartsvektoren Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren, \( {\vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t)}\text{,} \) som i videoen Regn ut farten og akselerasjonen til partikkelen. Vi deriverer hver koordinat for seg. Kjerneregelen forteller oss at: \[ \begin{aligned} \big(\cos \textcolor{darkorange}{u}\big)' &= -\sin \textcolor{darkorange}{u} \cdot \textcolor{darkorange}{u'} \\ \big(\sin \textcolor{darkorange}{u}\big)' &= \cos \textcolor{darkorange}{u} \cdot \textcolor{darkorange}{u'} \end{aligned} \]Hvis du er usikker på kjerneregelen, kan du se videoen Kjerneregelen.

Her er kjernen \( {\textcolor{darkorange}{u} = \dfrac{\pi}{5}t}\text{,} \) så \( {\textcolor{darkorange}{u'} = \dfrac{\pi}{5}}\text{.} \) Det gir: \[ \begin{aligned} \vec{v}(t) = \Big[&\textcolor{blue}{-\dfrac{4\pi}{5}\sin\left(\dfrac{\pi}{5}t\right)}, \\ &\textcolor{red}{\dfrac{4\pi}{5}\cos\left(\dfrac{\pi}{5}t\right)},\ \textcolor{green}{\dfrac{1}{3}}\Big] \end{aligned} \]

2. Regn ut farten etter ti sekunder Med \( {t = 10} \) er \( {\dfrac{\pi}{5} \cdot 10 = 2\pi}\text{,} \) og \( {\sin 2\pi = 0} \) og \( {\cos 2\pi = 1}\text{.} \) Det gir: \[ \vec{v}(10) = \left[\textcolor{blue}{0},\ \textcolor{red}{\dfrac{4\pi}{5}},\ \textcolor{green}{\dfrac{1}{3}}\right] \]

Lengden av en vektor finner vi med Pythagoras: \[ |\vec{v}| = \sqrt{\textcolor{blue}{x'}^2 + \textcolor{red}{y'}^2 + \textcolor{green}{z'}^2} \]Hvis du er usikker på formelen, kan du se videoen Lengden til en Vektor.

Plugger vi inn koordinatene, får vi: \[ \begin{aligned} |\vec{v}(10)| &= \sqrt{\textcolor{blue}{0}^2 + \left(\textcolor{red}{\dfrac{4\pi}{5}}\right)^2 + \left(\textcolor{green}{\dfrac{1}{3}}\right)^2} \\ &\approx 2{,}54 \end{aligned} \]Farten etter \( 10 \) sekunder er omtrent \( 2{,}54\,\text{m/s}\text{.} \)

1. Regn ut farten i CAS Vi definerer posisjonen, deriverer den og setter inn \( {t = 10}\text{.} \) Den siste raden regner vi ut med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: r(t) := (4cos(π/5 t), 4sin(π/5 t) + 2, 5 + 1/3 t) v(t) := Derivert(r(t), t) v(10) Lengde(v(10))

Rad 2 gir fartsvektoren, og rad 4 gir farten \( {|\vec{v}(10)| \approx 2{,}5353\,\text{m/s}}\text{.} \)

Vi antar at bilen kjører én hel runde i spiralen fra en etasje til den neste. Da er avstanden mellom etasjene hvor mye bilen stiger på én runde.

1. Finn tiden for én runde \( x \) og \( y \) beskriver en sirkel med radius \( 4\text{.} \) Bilen har kjørt én hel runde når \( \dfrac{\pi}{5}t \) har økt med \( 2\pi\text{:} \) \[ \dfrac{\pi}{5}T = 2\pi \quad\Rightarrow\quad T = 10 \]Én runde tar altså \( 10 \) sekunder.

2. Finn hvor mye bilen stiger \( z \)-koordinaten øker med \( \textcolor{green}{\dfrac{1}{3}}\,\text{m} \) hvert sekund, fra b). På én runde stiger bilen derfor: \[ \textcolor{green}{\dfrac{1}{3}} \cdot 10 = \dfrac{10}{3} \approx 3{,}33 \]Med denne antakelsen er det omtrent \( 3{,}33\,\text{m} \) mellom etasjene, som er en rimelig høyde for en etasje. På de \( 20 \) sekundene kjører bilen to runder, altså to etasjer opp.

Akselerasjonen er den deriverte av farten. Vi deriverer, setter den deriverte lik null og løser likningen med \( \ln\text{.} \)

1. Deriver farten Når eksponenten er \( \textcolor{green}{k}t\text{,} \) gir kjerneregelen: \[ \left(e^{\textcolor{green}{k}t}\right)' = \textcolor{green}{k}e^{\textcolor{green}{k}t} \]Hvis du er usikker på kjerneregelen, kan du se videoen Kjerneregelen. Vi deriverer ledd for ledd:

\( {-17{,}4e^{-5t}} \) har \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{-5}}\text{,} \) så derivert blir den \( {\underline{\textcolor{blue}{87e^{-5t}}}}\text{,} \) fordi \( {-17{,}4 \cdot (\textcolor{green}{-5}) = 87}\text{.} \)

\( {9{,}1e^{-0{,}08t}} \) har \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{-0{,}08}}\text{,} \) så derivert blir den \( {\underline{\textcolor{red}{-0{,}728e^{-0{,}08t}}}}\text{,} \) fordi \( {9{,}1 \cdot (\textcolor{green}{-0{,}08}) = -0{,}728}\text{.} \)

Konstanten \( 8{,}3 \) blir borte, så akselerasjonen er: \[ a(t) = v'(t) = \textcolor{blue}{87e^{-5t}} \textcolor{red}{- 0{,}728e^{-0{,}08t}} \]

2. Løs likningen Vi setter \( {a(t) = 0} \) og flytter det ene leddet over: \[ \textcolor{blue}{87e^{-5t}} = \textcolor{red}{0{,}728e^{-0{,}08t}} \]

Vi ganger begge sider med \( \dfrac{e^{5t}}{0{,}728}\text{.} \) Eksponenten blir \( {-0{,}08t + 5t = 4{,}92t}\text{:} \) \[ e^{4{,}92t} = \dfrac{87}{0{,}728} \]

Vi tar \( \ln \) på begge sider, som i videoen Naturlige Logaritmer, og får: \[ \begin{aligned} 4{,}92t &= \ln\left(\dfrac{87}{0{,}728}\right) \\ t &\approx 0{,}972 \end{aligned} \]

3. Tolk svaret Vi sjekker fortegnet til akselerasjonen på hver side: \[ \begin{aligned} a(0) &= 87 - 0{,}728 \approx 86{,}3 > 0 \\ a(2) &= 87e^{-10} - 0{,}728e^{-0{,}16} \\ &\approx -0{,}62 < 0 \end{aligned} \]Farten øker altså til \( {t \approx 0{,}972} \) og avtar etterpå. Hvis du er usikker på hvordan vi avgjør om det er et toppunkt, kan du se videoen Oppgave 5A - Del 1 - R1 Eksamen Høst 2025.

Da har haren den største farten: \[ v(0{,}972) \approx 16{,}58 \]Etter omtrent \( 0{,}97 \) sekunder løper haren fortest, med omtrent \( 16{,}6\,\text{m/s}\text{,} \) og etter det går farten ned.

1. Løs likningen i CAS Vi definerer \( v(t)\text{,} \) løser \( {v'(t) = 0} \) og setter løsningen inn i \( v\text{.} \) Rad 2 og 3 regner vi ut med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: v(t) := 8.3 - 17.4ℯ^(-5t) + 9.1ℯ^(-0.08t) Løs(Derivert(v(t), t) = 0, t) v(0.9722)

Rad 2 gir \( {t \approx 0{,}9722}\text{,} \) og rad 3 gir farten da, \( {v \approx 16{,}58\,\text{m/s}}\text{.} \) Akselerasjonen er positiv før og negativ etter, for eksempel \( {a(0) \approx 86{,}3} \) og \( {a(2) \approx -0{,}62}\text{,} \) så dette er den største farten.

Strekningen er integralet av farten. Vi finner en antiderivert ledd for ledd og setter inn grensene \( 0 \) og \( 7\text{.} \)

1. Finn en antiderivert Når eksponenten er \( \textcolor{green}{k}t\text{,} \) forteller integrasjonsreglene oss at: \[ \int e^{\textcolor{green}{k}t}\,dt = \dfrac{1}{\textcolor{green}{k}}e^{\textcolor{green}{k}t} + C \]Hvis du er usikker på denne regelen, kan du se videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

\( 8{,}3 \) integrert blir \( \underline{8{,}3t}\text{.} \)

\( {-17{,}4e^{-5t}} \) har \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{-5}}\text{,} \) så integrert blir den \( {\underline{3{,}48e^{-5t}}}\text{,} \) fordi \( {\dfrac{-17{,}4}{\textcolor{green}{-5}} = 3{,}48}\text{.} \)

\( {9{,}1e^{-0{,}08t}} \) har \( {\textcolor{green}{k} = \textcolor{green}{-0{,}08}}\text{,} \) så integrert blir den \( {\underline{-113{,}75e^{-0{,}08t}}}\text{,} \) fordi \( {\dfrac{9{,}1}{\textcolor{green}{-0{,}08}} = -113{,}75}\text{.} \)

Vi kaller den antideriverte \( F\text{:} \) \[ \begin{aligned} F(t) = \ &8{,}3t + 3{,}48e^{-5t} \\ &- 113{,}75e^{-0{,}08t} \end{aligned} \]

2. Sett inn grensene Strekningen er integralet av farten: \[ s = \int_0^7 v(t)\,dt = F(\textcolor{blue}{7}) - F(\textcolor{red}{0}) \]

Vi regner ut hver for seg: \[ \begin{aligned} F(\textcolor{blue}{7}) &= 58{,}1 + 3{,}48e^{-35} \\ &\quad - 113{,}75e^{-0{,}56} \\ &\approx \textcolor{blue}{-6{,}875} \\ F(\textcolor{red}{0}) &= 3{,}48 - 113{,}75 = \textcolor{red}{-110{,}27} \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ s = \textcolor{blue}{-6{,}875} - (\textcolor{red}{-110{,}27}) \approx 103{,}4 \]Haren løper omtrent \( 103{,}4\,\text{m} \) de første \( 7 \) sekundene.

1. Regn ut integralet i CAS Vi fortsetter i CAS fra a), og regner ut integralet med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: Integral(v(t), t, 0, 7)

Rad 4 gir strekningen, \( 103{,}395\,\text{m}\text{.} \)

Integralet i formelen er strekningen haren har løpt etter \( x \) sekunder. Vi finner når strekningen er \( 200\,\text{m}\text{,} \) og deler \( 200 \) på den tiden.

Merk – Eksamen uten PC fra 2027: Uten PC kan vi ikke løse likningen for hånd, fordi \( x \) står både alene og i eksponenter. Øv heller på å sette opp likningen, og på å forklare at gjennomsnittsfarten er strekningen delt på tiden.

1. Finn tiden for 200 meter Vi fortsetter i CAS fra a). Rad 5 definerer strekningen etter \( x \) sekunder, \( {S(x) = \displaystyle\int_0^x v(t)\,dt}\text{,} \) og rad 6 løser \( {S(x) = 200} \) med NLøs og startverdien \( {x = 15}\text{.} \) Rad 7 regner vi ut med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: S(x) := Integral(v(t), t, 0, x) NLøs(S(x) = 200, x = 15) 200 / 14.9539

Rad 6 viser at haren har løpt \( 200\,\text{m} \) etter omtrent \( 14{,}9539 \) sekunder.

2. Regn ut gjennomsnittsfarten Etter \( {\textcolor{red}{x \approx 14{,}9539}} \) sekunder er integralet \( \textcolor{blue}{200}\text{,} \) så formelen gir strekningen delt på tiden, som i videoen Strekning, Fart og Tid (SVT): \[ v_g = \dfrac{1}{\textcolor{red}{x}} \cdot \textcolor{blue}{200} \approx \dfrac{\textcolor{blue}{200}}{\textcolor{red}{14{,}9539}} \approx 13{,}37 \]Dette er rad 7.

Ballen forlater taket ved \( {t = 0}\text{,} \) og høyden er \( z \)-koordinaten. Vi setter inn \( {t = 0} \) og \( {t = 0{,}5}\text{.} \)

1. Finn høyden til takkanten Ved \( {t = 0} \) er ballen på kanten av taket. Høyden er \( z \)-koordinaten, \( {\textcolor{green}{z(t) = 6 - 0{,}7t - 4{,}9t^2}}\text{:} \) \[ \textcolor{green}{z(0)} = 6 - 0{,}7 \cdot 0 - 4{,}9 \cdot 0^2 = 6 \]

2. Finn posisjonen etter et halvt sekund Vi setter inn \( {t = 0{,}5} \) i hver koordinat: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{x(0{,}5)} &= 2 \cdot 0{,}5 = 1 \\ \textcolor{red}{y(0{,}5)} &= 4 \cdot 0{,}5 = 2 \\ \textcolor{green}{z(0{,}5)} &= 6 - 0{,}35 - 1{,}225 = 4{,}425 \end{aligned} \]

Ballen treffer bakken når \( {z = 0}\text{.} \) Farten er lengden av fartsvektoren, som er den deriverte av posisjonsvektoren.

1. Finn når ballen treffer bakken Vi setter \( z \)-koordinaten lik \( 0 \) og ganger med \( {-1}\text{:} \) \[ 4{,}9t^2 + 0{,}7t - 6 = 0 \]

abc-formelen forteller oss at: \[ t = \dfrac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \]Hvis du er usikker på formelen, kan du se videoen Andregradslikninger & abc-formelen.

Her er \( {a = 4{,}9}\text{,} \) \( {b = 0{,}7} \) og \( {c = -6}\text{.} \) Tiden er positiv, så vi tar \( {+}\text{:} \) \[ \begin{aligned} t &= \dfrac{-0{,}7 + \sqrt{0{,}49 + 117{,}6}}{9{,}8} \\ &= \dfrac{-0{,}7 + \sqrt{118{,}09}}{9{,}8} \approx 1{,}0374 \end{aligned} \]

2. Finn fartsvektoren Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren, \( {\vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t)}\text{,} \) som i videoen Regn ut farten og akselerasjonen til partikkelen. Vi deriverer hver koordinat for seg: \[ \vec{v}(t) = [\textcolor{blue}{2},\ \textcolor{red}{4},\ \textcolor{green}{-0{,}7 - 9{,}8t}] \]

3. Regn ut farten Med \( {t \approx 1{,}0374} \) er \( z \)-koordinaten: \[ \textcolor{green}{-0{,}7 - 9{,}8 \cdot 1{,}0374 \approx -10{,}867} \]

Lengden av en vektor finner vi med Pythagoras, som i videoen Lengden til en Vektor: \[ |[x, y, z]| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \]

Plugger vi inn koordinatene, får vi: \[ \begin{aligned} |\vec{v}| &\approx \sqrt{\textcolor{blue}{2}^2 + \textcolor{red}{4}^2 + (\textcolor{green}{-10{,}867})^2} \\ &\approx 11{,}75 \end{aligned} \]Ballen treffer bakken med en fart på omtrent \( 11{,}75\,\text{m/s}\text{.} \)

1. Regn ut farten i CAS Vi definerer posisjonen, deriverer den, finner når \( {z = 0} \) og regner ut lengden av fartsvektoren da. Rad 3 og 4 regner vi ut med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: r(t) := (2t, 4t, 6 - 0.7t - 4.9t^2) v(t) := Derivert(r(t), t) Løs(6 - 0.7t - 4.9t^2 = 0, t) Lengde(v(1.0374))

Rad 3 viser at ballen treffer bakken ved \( {t \approx 1{,}0374}\text{,} \) siden tiden er positiv. Rad 4 gir farten \( {|\vec{v}| \approx 11{,}7508\,\text{m/s}}\text{.} \)

Vi bruker fartsvektoren fra b), \( {\vec{v}(t) = [2,\ 4,\ -0{,}7 - 9{,}8t]}\text{.} \)

Vi setter lengden av fartsvektoren lik \( 10\text{,} \) og løser for \( t\text{.} \) Det er enklest å kvadrere begge sider først.

1. Sett opp likningen Farten er lengden av fartsvektoren, som i videoen Lengden til en Vektor. Den er \( 10 \) når kvadratet av lengden er \( 100\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{2}^2 + \textcolor{red}{4}^2 + (\textcolor{green}{-0{,}7 - 9{,}8t})^2 &= 100 \\ (0{,}7 + 9{,}8t)^2 &= 80 \end{aligned} \]

2. Løs for t \( {t \ge 0}\text{,} \) så \( {0{,}7 + 9{,}8t} \) er positiv, og vi tar den positive roten: \[ \begin{aligned} 0{,}7 + 9{,}8t &= \sqrt{80} \\ t &= \dfrac{\sqrt{80} - 0{,}7}{9{,}8} \approx 0{,}8413 \end{aligned} \]Det er før ballen treffer bakken ved \( {t \approx 1{,}04} \) fra b), så svaret gjelder.

1. Løs likningen i CAS Vi fortsetter i CAS fra b), der \( v(t) \) er definert, og løser \( {|\vec{v}(t)| = 10} \) med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: Løs(Lengde(v(t)) = 10, t)

Tiden er positiv, så farten er \( 10\,\text{m/s} \) ved \( {t \approx 0{,}8413\,\text{s}}\text{.} \)

Gjennomsnittsfarten fra \( 0 \) til \( x \) er strekningen delt på tiden, og strekningen er integralet av farten. Vi setter gjennomsnittet lik \( 54 \) og løser for \( x\text{.} \)

1. Regn ut strekningen Strekningen fra \( 0 \) til \( x \) er integralet av farten. Hvis du er usikker på dette, kan du se videoen Hva er integrasjon. For sinus med en kjerne \( {\textcolor{blue}{n}t + b} \) gjelder: \[ \begin{aligned} &\int \sin(\textcolor{blue}{n}t + b)\,dt \\ &= -\dfrac{1}{\textcolor{blue}{n}}\cos(\textcolor{blue}{n}t + b) + C \end{aligned} \]Hvis du er usikker på denne regelen, kan du se videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

Her er \( {\textcolor{blue}{n} = \textcolor{blue}{360}}\text{,} \) så \( {-6 \cdot \left(-\dfrac{1}{\textcolor{blue}{360}}\right) = \dfrac{1}{60}}\text{.} \) Vi bruker også at \( {\cos\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} s(x) &= \left[\dfrac{1}{60}\cos\left(360t - \dfrac{\pi}{2}\right) + 54t\right]_0^x \\ &= \dfrac{1}{60}\cos\left(\textcolor{red}{360x - \dfrac{\pi}{2}}\right) + 54x \end{aligned} \]

2. Sett gjennomsnittet lik 54 Gjennomsnittsfarten er strekningen delt på tiden \( x\text{:} \) \[ \dfrac{s(x)}{x} = \dfrac{1}{60x}\cos\left(\textcolor{red}{360x - \dfrac{\pi}{2}}\right) + 54 \]Den er \( 54 \) når brøken er \( 0\text{,} \) altså når \( {\cos\left(\textcolor{red}{360x - \dfrac{\pi}{2}}\right) = 0}\text{.} \)

3. Finn det første tidspunktet Cosinus er \( 0 \) i \( {\pm\dfrac{\pi}{2}}\text{,} \) og så for hver \( \pi\text{.} \) \( {x = 0} \) gir \( {-\dfrac{\pi}{2}}\text{,} \) så den første \( {x > 0} \) gir \( \dfrac{\pi}{2}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{360x - \dfrac{\pi}{2}} &= \dfrac{\pi}{2} \\ x &= \dfrac{\pi}{360} \approx 0{,}008\,73 \end{aligned} \]Kalkulatoren må stå i radianer, fordi \( 360t \) er en vinkel i radianer. Det er \( {0{,}008\,73 \cdot 3600 \approx 31{,}4} \) sekunder.

1. Løs likningen i CAS Vi definerer farten og løser likningen for gjennomsnittsfarten med NLøs og en startverdi:

Skriv inn i GeoGebra: v(t) := -6sin(360t - π/2) + 54 NLøs(1/x Integral(v(t), t, 0, x) = 54, x = 0.01)

Rad 2 gir \( {x \approx 0{,}0087} \) timer, som er omtrent \( 31 \) sekunder.

Akselerasjonen er den deriverte av farten. Den deriverte blir en cosinusfunksjon, og den er størst når cosinus er \( {-1}\text{.} \)

1. Deriver farten Vi bruker kjerneregelen med kjernen \( {360t - \dfrac{\pi}{2}}\text{,} \) som har derivert \( 360\text{.} \) Hvis du er usikker på kjerneregelen, kan du se videoen Kjerneregelen. Sinus derivert er cosinus: \[ \begin{aligned} a(t) &= v'(t) \\ &= -6\cos\left(360t - \dfrac{\pi}{2}\right) \cdot 360 \\ &= -2160\cos\left(\textcolor{red}{360t - \dfrac{\pi}{2}}\right) \end{aligned} \]

2. Finn når akselerasjonen er størst Cosinus er minst \( {-1}\text{,} \) så den største verdien er \( {-2160 \cdot (-1) = 2160}\text{.} \) Cosinus er \( {-1} \) i \( \pi\text{,} \) og så for hver hele runde: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{360t - \dfrac{\pi}{2}} &= \pi + 2\pi k \\ t &= \dfrac{\pi}{240} + \dfrac{\pi}{180}k \end{aligned} \]der \( {k = 0, 1, 2, \dots}\text{,} \) siden \( {t \ge 0}\text{.} \)

Den første gangen er \( {t = \dfrac{\pi}{240} \approx 0{,}0131} \) timer, eller omtrent \( 47 \) sekunder. Så kommer den igjen etter hver periode på \( {\dfrac{\pi}{180} \approx 0{,}0175} \) timer, omtrent \( 63 \) sekunder.

Vi bruker strekningen fra a): \[ s(x) = \dfrac{1}{60}\cos\left(360x - \dfrac{\pi}{2}\right) + 54x \]

Vi setter strekningen lik \( 2 \) km og løser for tiden. Likningen blander cosinus og \( x\text{,} \) så vi løser den med GeoGebra.

Merk – Eksamen uten PC fra 2027: Uten PC kan vi ikke løse denne likningen. Øv heller på å sette opp strekningen som integralet av farten, og på et overslag: farten svinger rundt \( 54\,\text{km/t}\text{,} \) så tiden er omtrent \( {\dfrac{2}{54}\,\text{h} \approx 2{,}2} \) minutter.

1. Løs likningen i CAS Farten er alltid mellom \( 48 \) og \( 60\,\text{km/t}\text{,} \) så bilen kjører hele tiden framover, og strekningen er integralet av farten, som i videoen Hva er integrasjon. Vi skal finne tiden \( x \) der: \[ \textcolor{red}{S(x)} = \int_0^x v(t)\,dt = \textcolor{blue}{2} \]

Vi fortsetter i CAS fra a), definerer strekningen og løser \( {\textcolor{red}{S(x)} = \textcolor{blue}{2}} \) med en startverdi:

Skriv inn i GeoGebra: S(x) := Integral(v(t), t, 0, x) NLøs(S(x) = 2, x = 0.04)

Rad 3 gir \( {\dfrac{1}{60}\sin(360x) + 54x}\text{,} \) det samme som \( s(x) \) fra a), og rad 4 gir \( {x \approx 0{,}0368} \) timer. Det er \( {0{,}036\,84 \cdot 60 \approx 2{,}21} \) minutter, eller omtrent \( 2 \) minutter og \( 13 \) sekunder.

Farten er lengden av fartsvektoren, og fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren. Ballen blir skutt ved \( {t = 0}\text{.} \)

1. Finn fartsvektoren Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren, \( {\vec{v}(t) = \vec{r}\,'(t)}\text{,} \) som i videoen Regn ut farten og akselerasjonen til partikkelen. Vi deriverer hver koordinat for seg: \[ \vec{v}(t) = [\textcolor{blue}{30},\ \textcolor{red}{5},\ \textcolor{green}{7 - 9{,}8t}] \]

2. Regn ut farten ved start Med \( {t = 0} \) er \( {\vec{v}(0) = [\textcolor{blue}{30}, \textcolor{red}{5}, \textcolor{green}{7}]}\text{.} \) Lengden av en vektor finner vi med Pythagoras, som i videoen Lengden til en Vektor: \[ |[x, y, z]| = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \]

Plugger vi inn koordinatene, får vi: \[ \begin{aligned} |\vec{v}(0)| &= \sqrt{\textcolor{blue}{30}^2 + \textcolor{red}{5}^2 + \textcolor{green}{7}^2} \\ &= \sqrt{974} \approx 31{,}21 \end{aligned} \]

1. Regn ut farten i CAS Vi definerer posisjonen, deriverer den og regner ut lengden av fartsvektoren for \( {t = 0}\text{.} \) Den siste raden regner vi ut med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: r(t) := (30t, 5t, 7t - 4.9t^2) v(t) := Derivert(r(t), t) Lengde(v(0))

Rad 3 gir farten \( {|\vec{v}(0)| \approx 31{,}209\,\text{m/s}}\text{.} \)

Ballen treffer banen når \( {z = 0}\text{.} \) Avstanden fra hjørnemerket i origo er lengden av \( [x, y] \) langs bakken.

1. Finn når ballen lander Vi setter \( z \)-koordinaten lik \( 0 \) og faktoriserer: \[ \begin{aligned} 7t - 4{,}9t^2 &= 0 \\ t(7 - 4{,}9t) &= 0 \end{aligned} \]\( {t = 0} \) er når ballen blir skutt, så den lander ved \( {t = \dfrac{7}{4{,}9} = \dfrac{10}{7} \approx 1{,}43\,\text{s}}\text{.} \)

2. Regn ut avstanden Med \( {t = \dfrac{10}{7}} \) er: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{x} &= 30 \cdot \dfrac{10}{7} = \textcolor{blue}{\dfrac{300}{7}} \\ \textcolor{red}{y} &= 5 \cdot \dfrac{10}{7} = \textcolor{red}{\dfrac{50}{7}} \end{aligned} \]

Avstanden fra origo finner vi med Pythagoras: \[ \begin{aligned} \sqrt{\textcolor{blue}{x}^2 + \textcolor{red}{y}^2} &= \sqrt{\left(\textcolor{blue}{\dfrac{300}{7}}\right)^2 + \left(\textcolor{red}{\dfrac{50}{7}}\right)^2} \\ &\approx 43{,}45 \end{aligned} \]

1. Finn landingen i CAS Vi fortsetter i CAS fra a). Vi løser \( {z = 0}\text{,} \) og regner ut avstanden fra origo med \( {\approx}\text{:} \)

Skriv inn i GeoGebra: Løs(7t - 4.9t^2 = 0, t) sqrt((30*10/7)^2 + (5*10/7)^2)

Rad 4 viser at ballen lander ved \( {t = \dfrac{10}{7}}\text{,} \) og rad 5 gir avstanden \( 43{,}4483\,\text{m}\text{.} \)

Vi bruker fartsvektoren fra a), \( {\vec{v}(t) = [30,\ 5,\ 7 - 9{,}8t]}\text{.} \)

Ballen er på sitt høyeste når \( z \)-koordinaten har toppunkt, altså når \( {z'(t) = 0}\text{.} \) Vi setter inn den tiden i farten og i høyden.

1. Finn når ballen er høyest \( z \)-koordinaten til fartsvektoren er \( {z'(t) = \textcolor{green}{7 - 9{,}8t}}\text{.} \) Den er null når: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{7 - 9{,}8t} &= 0 \\ t &= \dfrac{7}{9{,}8} = \dfrac{5}{7} \end{aligned} \]\( z'(t) \) er positiv før og negativ etter, så dette er toppunktet. Hvis du er usikker på dette, kan du se videoen Oppgave 5A - Del 1 - R1 Eksamen Høst 2025.

2. Regn ut farten og høyden I toppunktet er \( {\textcolor{green}{z'} = \textcolor{green}{0}}\text{,} \) så farten er: \[ \begin{aligned} \left|\vec{v}\left(\dfrac{5}{7}\right)\right| &= \sqrt{\textcolor{blue}{30}^2 + \textcolor{red}{5}^2 + \textcolor{green}{0}^2} \\ &= \sqrt{925} \approx 30{,}41 \end{aligned} \]

Høyden er \( z \)-koordinaten til \( \vec{r}\text{:} \) \[ \begin{aligned} z\left(\dfrac{5}{7}\right) &= 7 \cdot \dfrac{5}{7} - 4{,}9 \cdot \dfrac{25}{49} \\ &= 5 - 2{,}5 = 2{,}5 \end{aligned} \]

1. Finn toppunktet i CAS Vi fortsetter i CAS fra a). Vi løser \( {z'(t) = 0}\text{,} \) og setter løsningen inn i farten med \( {\approx} \) og i posisjonen:

Skriv inn i GeoGebra: Løs(7 - 9.8t = 0, t) Lengde(v(5/7)) r(5/7)

Ballen er høyest ved \( {t = \dfrac{5}{7}}\text{,} \) farten er da \( 30{,}4138\,\text{m/s}\text{,} \) og \( z \)-koordinaten i rad 8 viser at høyden er \( {\dfrac{5}{2} = 2{,}5\,\text{m}}\text{.} \)

Vi sammenligner med den generelle formen \( {\textcolor{red}{A}\sin(\textcolor{green}{c}x + \varphi) + \textcolor{blue}{d}}\text{,} \) og ser hva hver verdi betyr for tidspunktet.

1. Likevektslinja og amplituden Tidspunktet varierer fra \( 15 \) til \( 23\text{.} \) Midt mellom ligger likevektslinja, og amplituden er avstanden derfra til toppen: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{d} &= \dfrac{15 + 23}{2} = \textcolor{blue}{19} \\ \textcolor{red}{A} &= \dfrac{23 - 15}{2} = \textcolor{red}{4} \end{aligned} \]Det er tallene \( \textcolor{red}{4} \) og \( \textcolor{blue}{19} \) i modellen.

2. Perioden Perioden er \( \dfrac{2\pi}{\textcolor{green}{c}}\text{,} \) og her er \( {\textcolor{green}{c} = \textcolor{green}{0{,}0055\pi}}\text{:} \) \[ \dfrac{2\pi}{\textcolor{green}{0{,}0055\pi}} \approx 364 \]Det er omtrent ett år, så tidspunktet gjentar seg hvert år.

3. Forskyvningen \( {-0{,}5\pi} \) bestemmer hvor i året vi starter. Sinus er \( 0\text{,} \) og \( {T = 19}\text{,} \) når det som står inni er \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} 0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi &= 0 \\ x &= \dfrac{0{,}5}{0{,}0055} \approx 91 \end{aligned} \]Siden 2024 er et skuddår, er \( {x = 31 + 29 + 31 = 91} \) den 31. mars. Lyset slår seg altså på kl. 19:00 rundt 1. april, som i teksten. Den 1. april, \( {x = 92}\text{,} \) gir \( {T(92) \approx 19{,}08}\text{,} \) omtrent kl. 19:05.

Hvor mye tidspunktet flytter seg per dag, er den deriverte \( T'(x)\text{,} \) målt i timer per dag. \( 3 \) minutter er \( 0{,}05 \) timer, så vi løser \( {T'(x) = 0{,}05} \) og \( {T'(x) = -0{,}05}\text{.} \)

1. Deriver modellen Vi bruker kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen. Kjernen har derivert \( 0{,}0055\pi\text{,} \) og sinus derivert er cosinus: \[ \begin{aligned} T'(x) &= 4 \cdot 0{,}0055\pi \cdot \cos(\textcolor{red}{u}) \\ &= 0{,}022\pi\cos(\textcolor{red}{u}) \end{aligned} \]der \( {\textcolor{red}{u = 0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi}}\text{.} \)

2. Løs likningene \( {T'(x) = \pm 0{,}05} \) gir: \[ \cos(\textcolor{red}{u}) = \pm\dfrac{0{,}05}{0{,}022\pi} \approx \pm 0{,}7234 \]

Kalkulatoren gir \( {\cos^{-1}(0{,}7234) \approx 0{,}7620}\text{,} \) og cosinus har samme verdi i \( {-0{,}7620}\text{.} \) For \( {-0{,}7234} \) er vinklene \( \pi \mp 0{,}7620\text{.} \) Hvis du er usikker på de to vinklene, kan du se videoen Oppgave 3A - Forkurs Eksamen Vår 2025.

I 2024 går \( \textcolor{red}{u} \) fra omtrent \( {-1{,}55} \) til \( 4{,}75\text{,} \) så vi får fire vinkler. Vi løser \( {x = \dfrac{\textcolor{red}{u} + 0{,}5\pi}{0{,}0055\pi}} \) for hver: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} = -0{,}7620&\text{:} \quad x \approx 46{,}8 \\ \textcolor{red}{u} = 0{,}7620&\text{:} \quad x \approx 135{,}0 \\ \textcolor{red}{u} = \pi - 0{,}7620&\text{:} \quad x \approx 228{,}6 \\ \textcolor{red}{u} = \pi + 0{,}7620&\text{:} \quad x \approx 316{,}8 \end{aligned} \]

3. Gjør om til datoer Januar har \( 31 \) dager, februar \( 29\text{,} \) og så videre. \( {x \approx 47} \) er 16. februar, \( {x = 135} \) er 14. mai, \( {x \approx 229} \) er 16. august og \( {x \approx 317} \) er 12. november. I februar og mai kommer lyset \( 3 \) minutter senere for hver dag, i august og november \( 3 \) minutter tidligere.

1. Løs likningene i CAS Vi definerer modellen og den deriverte, og løser \( {T'(x) = \pm 0{,}05} \) med NLøs og fire startverdier:

Skriv inn i GeoGebra: T(x) := 4sin(0.0055π x - 0.5π) + 19 D(x) := Derivert(T(x), x) NLøs(D(x) = 0.05, x = 50) NLøs(D(x) = 0.05, x = 130) NLøs(D(x) = -0.05, x = 230) NLøs(D(x) = -0.05, x = 320)

Radene 3 til 6 gir de samme fire dagene som med kalkulatoren.

Vi bruker den deriverte fra b), \( {T'(x) = \textcolor{blue}{0{,}022\pi}\cos(\textcolor{red}{u})}\text{,} \) der \( {\textcolor{red}{u = 0{,}0055\pi x - 0{,}5\pi}}\text{.} \)

Endringen er størst når \( |T'(x)| \) er størst, altså når cosinus er \( 1 \) eller \( {-1}\text{.} \)

1. Finn når endringen er størst Cosinus er \( {\pm 1} \) når vinkelen \( \textcolor{red}{u} \) er \( 0 \) eller \( \pi\text{:} \) \[ \textcolor{red}{u} = 0 \quad \Rightarrow \quad x = \dfrac{0{,}5\pi}{0{,}0055\pi} \approx 90{,}9 \]\[ \textcolor{red}{u} = \pi \quad \Rightarrow \quad x = \dfrac{1{,}5\pi}{0{,}0055\pi} \approx 272{,}7 \]\( {x \approx 91} \) er 31. mars, og \( {x \approx 273} \) er 29. september.

2. Regn ut endringen Da er \( {|T'(x)| = \textcolor{blue}{0{,}022\pi} \approx \textcolor{blue}{0{,}0691}} \) timer per dag. Ganget med \( 60 \) er det omtrent \( 4{,}1 \) minutter per dag. Rundt 31. mars kommer lyset senere for hver dag, og rundt 29. september tidligere.

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.