Oppgave 1

  • \begin{align*}f(x)&=x , x\in[0,5]\\V&=\pi\int_0^5 x^2 \ dx\\&=\pi\Big[\frac{1}{3}x^3\Big]_0^5\\&=\pi\Big(\frac{125}{3}\Big)\\&=\frac{125\pi}{3}\end{align*}

Oppgave 2

  • \begin{align*}f(x)&=\sqrt{x} , x\in[0,1]\\V&=\pi \int_0^1 x \ dx\\&=\pi\Big[\frac{1}{2}x^2\Big]_0^1\\&=\pi\cdot \frac{1}{2}\\&=\frac{\pi}{2}\end{align*}

Oppgave 3

  • \begin{align*}f(x)&=e^x , x\in [0,2]\\V &=\pi\int_0^2 (e^x)^2 \ dx\\&=\pi\int_0^2 e^{2x} \ dx\\&=\pi \bigg[\frac{1}{2}e^{2x}\bigg]_0^2\\&=\pi\bigg(\frac{1}{2}e^{2\cdot 2}-\frac{1}{2}e^{0}\bigg)\\&=\pi\bigg(\frac{1}{2}e^{4}-\frac{1}{2}\bigg)\\&=\frac{\pi}{2}(e^{4}-1)\\\end{align*}

Oppgave 4

  • \begin{align*}V &=\pi \int\limits_0^{3\ln 2} (e^{\frac{x}{2}})^2 \ dx\\&=\pi \int\limits_0^{3\ln 2} e^{x} \ dx\\&=\pi \Big[e^x\Big]_0^{3\ln 2}\\&=\pi(e^{3\ln 2}-e^0)\\&=\pi(8-1)\\&=7\pi\end{align*}

Oppgave 5

Funksjonen $f$ er gitt ved $$f(x)=1-x^2$$ Et flatestykke er avgrenset av x-aksen og grafen til $f$.

  • \begin{align*}1-x^2&=0\\(1+x)(1-x)&=0\\x=-1 &\vee x=1\\A &=\int_{-1}^1 (1-x^2) \ dx\\&=[x-\frac{1}{3}x^3]_{-1}^1\\&=(1-\frac{1}{3})-(-1+\frac{1}{3})\\&=1-\frac{1}{3}+1-\frac{1}{3}\\&=2-\frac{2}{3}=\frac{6-2}{3}\\&=\frac{4}{3}\\\end{align*}

  • \begin{align}
    V &=\pi \int_{-1}^1 (1-x^2)^2 \ dx\\
    &=\pi \int_{-1}^1 (1-2x^2+x^4) \ dx\\
    &=\pi \bigg[x-\frac{2}{3}x^3+\frac{1}{5}x^5\bigg]_{-1}^{1}\\
    &=\pi \bigg((1-\frac{2}{3}+\frac{1}{5})-(-1+\frac{2}{3}-\frac{1}{5})\bigg)\\
    &=\pi \bigg( 2-\frac{4}{3}+\frac{2}{5} \bigg)\\
    &=\pi \bigg( \frac{30}{15}-\frac{20}{15}+\frac{6}{15} \bigg)\\
    &= \frac{16 \pi}{15}
    \end{align}

Oppgave 6

1)

Funksjonene $f$ og $g$ er gitt ved

$$f(x)=-x^2+3x+3$$

$$g(x)=x^2+1$$

2)

Tyngdepunktet $T$ til flatestykket er $\bigg(\frac{M}{A},\frac{N}{A}\bigg)$, der $M$ og $N$ er gitt ved

$$M=\int_a^b x\cdot (f(x)-g(x)) \ dx$$

$$N=\frac{1}{2}\int_a^b (f(x)^2-g(x)^2) \ dx$$

  • Description text goes here

  • Item description

Oppgave 7

1) Funksjonene $f$ og $g$ er gitt ved

$$f(x)=x^4-4x-1$$

$$g(x)=4x^3-6x^2-1$$

2) Funksjonene $F$ og $G$ er gitt ved

$$F(x)=x^4-4r^3\cdot x-1$$

$$G(x)=4r\cdot x^3-6r^2\cdot x^2-r^4$$

Grafene til $F$ og $G$ avgrenser et område $N$ i planet.

  • Description text goes here

  • Description text goes here

Oppgave 8

En sirkel har sentrum i $(0,5)$ og radius 2. Vi roterer denne sirkelen $36o^\circ$ om x-aksen.

Da får vi et omdreiningslegeme som vist på figuren.

  • Description text goes here

  • Description text goes here

  • Item description

Oppgave 9

Funksjonen $f$ er gitt ved

$$f(x)=\frac{2-\cos(x)}{\sin(x)} \ , \ \ D_f\bigg<\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\bigg>$$

  • Volum av omdreiningslegemet er $V=-\frac{1}{2}\pi^2+10\pi\approx 26.48$\\

    Linje 1 : definerer funksjonen uten avgrensning\\

    Linje 2 : avgrenser funksjonen med definisjonsområdet\\

    Linje 3 : $$V=\pi\int\limits_{\pi/4}^{3\pi/4} (f(x))^2 \ dx$$

  • Løser denne oppgaven i grafikkfeltet.\\

    Beregner høyden i kjegen $V=\frac{1}{3}\cdot G\cdot h$, linje 5, og markerer denne verdien i grafikkfeltet.\\

    Vi vet at radien til kjeglen er 4, så vi tegner inn profilen til kjeglen ved en linje fra origo.\\

    For at omdreiningslegemet skal få plass i kjeglen ser vi at punkt D må flyttes til punkt E, dvs. en forskyvning på 0.44.\\

    Da vil Toppen av omdreiningslegemet flyttes tilsvarende, men dersom punktet G flyttes mer enn 0.33, så vil den stikke utenfor kjeglen, \\

    Dvs. omdreiningslegemet får ikke plass i kjeglen.\\

Oppgave 10

Funksjonen $f$ er gitt ved

$$f(x)=\cos(2x) \ , \ D_f=\bigg[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\bigg]$$

På figuren har vi tegnet grafen til $f$ sammen med linjen gitt ved $y=\frac{1}{2}$. Disse to avgrenser et område, som vist på figuren.

  • Finner skjæringspunktene mellom grafen til $f$ og linja $y=\frac{1}{2}$, linje 2.

    \begin{align*}
    f(x)&=\cos(2x)\\
    \cos(2x)&=\frac{1}{2}\\
    2x=-\frac{\pi}{3}+n\cdot 2\pi &\vee 2x=\frac{\pi}{3}+n\cdot 2\pi\\
    x=-\frac{\pi}{6}+n\cdot \pi &\vee x=\frac{\pi}{6}+n\cdot \pi
    \end{align*}

    Arealet ligger mellom $-\frac{\pi}{6}$ og $\frac{\pi}{6}$.

    Finner først arealet helt ned til x-aksen:

    \begin{align*}
    \int \cos(2x) \ dx &=\frac{1}{2}\sin(2x)+C\\
    F_1 &=\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \cos(2x) \ dx\\
    &=\frac{1}{2}\Big[\sin(2x) \Big]_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}}\\
    &=\frac{1}{2}(\sin(2\cdot (\frac{\pi}{6}))-\sin(2\cdot (-\frac{\pi}{6})))\\
    &=\frac{1}{2}(\sin(\frac{\pi}{3})-\sin (-\frac{\pi}{3}))\\
    &=\frac{1}{2}(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2})\\
    &=\frac{\sqrt{3}}{2}\end{align*}

    Arealet under $y=\frac{1}{2}$ blir $F_2=\frac{\pi}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{\pi}{6}$

    Da blir arealet av det skraverte området $F=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{6}$\\

  • \begin{align*}
    \cos(4x)
    &=\cos^2(2x)-\sin^2(2x)\\
    \cos^2(2x)
    &=\cos(4x)+\sin^2(2x)\\
    \cos^2(2x)
    &=\cos(4x)+1-\cos^2(2x)\\
    2\cos^2(2x)
    &=\cos(4x)+1\\
    \cos^2(2x)
    &=\frac{1}{2}\big(\cos(4x)+1\big)\\
    \end{align*}

    som skulle vises.

  • Dette omdreiningslegemet har form som en ring.\\

    Regner ut omdreiningslegemet uten hull først

    \begin{align*}V_1 &=\pi \int\limits_{-\pi/6}^{\pi/6}f(x)^2 \ dx\\ &=\frac{\pi}{2}\int\limits_{-\pi/6}^{\pi/6}\cos(4x)+1 \ dx\\&=\frac{\pi}{2}\bigg[\frac{1}{4}\sin(4x)+x\bigg]_{-\pi/6}^{\pi/6}\\&=\frac{\pi}{2}\bigg(\Big(\frac{1}{4}\sin(4\cdot \frac{\pi}{6})+\frac{\pi}{6}\Big)-\Big(\frac{1}{4}\sin(4\cdot \frac{-\pi}{6})+\frac{-\pi}{6}\Big)\bigg)\\&=\frac{\pi}{2}\bigg(\Big(\frac{1}{4}\sin\Big(\frac{2\pi}{3}\Big)+\frac{\pi}{6}\Big)-\Big(\frac{1}{4}\sin\Big( -\frac{2\pi}{3}\Big)-\frac{\pi}{6}\Big)\bigg)\\&=\frac{\pi}{2}\bigg(\Big(\frac{1}{4}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi}{6}\Big)-\Big(\frac{1}{4}\cdot \frac{-\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{6}\Big)\bigg)\\&=\frac{\pi}{2}\bigg(\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi}{6}\Big)\bigg)\\&=\frac{\sqrt{3}\pi}{8}+\frac{\pi^2}{6}\end{align*}

    Finner så volum av "hullet"

    \begin{align*}V_2 &=\pi\int\limits_{-\pi/6}^{\pi/6} (\frac{1}{2})^2 \ dx\\&=\pi\bigg[\frac{1}{4}x \bigg]_{-\pi/6}^{\pi/6}\\&=\frac{\pi}{4}(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{6})\\&=\frac{\pi^2}{12}\end{align*}

    Da får vi at volumet blir

    \begin{align*}V &=\frac{\pi^2}{6}+\frac{\sqrt{3}\pi}{8}-\frac{\pi^2}{12}\\&=\frac{\pi^2}{12}+\frac{\sqrt{3}\pi}{8}\end{align*}

Oppgave 11

Funksjonen $f$ er gitt ved

$$f(x)=2\sin(x+\frac{\pi}{6})+5 \ , \ x\in[0,2\pi]$$

Når grafen til $f$ dreies $360^\circ$ om x-aksen, får vi et omdreiningslegeme $M$.

  • Volum av omdreiningslegemet M er $V_M= 54 \pi^2$, se linje 3

  • Kjeglen beskrives av en rett linje som går gjennom origo.

    Dersom kjeglen har radius 5 dm vil den ikke få plass i krukken.

    Linja krysser gjennom grafen som beskriver krukken før den har kommet til full høyde.

    se rød stiplet line og linje 3-4 i CAS.

  • Vi vil finne verdien $x=a$ som er slik at tangenten i $a$ går gjennom origo.\\

    Stigningstallet til linja er $f'(a)$, og ettpunktsformelen gir da

    \begin{align*}

    y-y_0&=a(x-x_0)\\

    f(x)-f(a)&=f'(a)\cdot (x-a)

    \end{align*}

    Vi vet at denne linja krysser i origo, da får vi :

    \begin{align*}

    f(0)-f(a)&=f'(a)\cdot (0-a)\\

    -f(a)&=f'(a)\cdot( -a)\\

    f(a)&=f'(a)\cdot a

    \end{align*}

    Finner da at $a=4,54$, se linje 3, 'og likningen til tangenten blir $y=0.69x$, se linje 4.\\

    Radien til kjeglen ved toppen av krukken, altså når $x=2 \pi$, blir da $r=4,32$.

  • Item description

Oppgave 12

Funksjonen $f$ er gitt ved

$$f(x)=\frac{1}{x} \ , \ x\geq 1$$

Flatestykket $F$ er avgrenset av grafen til $f$, x-aksen, linja $x=1$ og linja $x=k$, der $k>1$.

  • \begin{align*}f(x) &=\frac{1}{x}\\F&=\int_1^k f(x) \ dx\\&= \ln|k| - \ln|1|=\ln(k) \text{* vi vet at } k>1\\\ln(k)&=2\\k&=e^2\end{align*}

  • \begin{align*}f(x) &=\frac{1}{x}\\V &=\pi \int_1^4 f(x)^2 \ dx=\pi \int_1^4 \frac{1}{x^2} \ dx\\\bigg(\int \frac{1}{x^2} \ dx=\int x^{-2} \ dx &= \frac{1}{-1}x^{-1}=-\frac{1}{x} \bigg)\\&=\pi \Big[-\frac{1}{x}\Big]_1^4\\&=\pi \Big(-\frac{1}{4}-\Big(-\frac{1}{1}\Big)\Big)\\&=\frac{3\pi}{4}\\\end{align*}

Oppgave 13

Funksjonen $f$ er gitt ved

$$f(x)=x^2+x$$

Et flatestykke $F$ er avgrensa av grafen til $f$ og x-aksen.

  • Description text goes here

  • Description text goes here

  • Description text goes here

  • Description text goes here

Oppgave 14

Funksjonene $f$ er gitt ved

$$f(x)=x+a \ , \ 0 \leq x \leq 2 \ , \ a>0$$

Oppgave 15

Innsideflaten av en type stettglass framkommer når funksjonen $f$ gitt ved

$$f(x)=-0.3\cdot \sin(1.9x-4.1)+0.25 \ , \ x\in[0,1.5]$$

roteres $360^\circ$ om x-aksen. Her er $x$ målt i desimeter.

I en matematikkbok finner vi denne setningen:

“Anta at en funksjon $f$ er kontinuerlig og deriverbar i et intervall $[a,b]$, og $f(x)\geq 0$ for alle $x\in[a,b]$. Overflatearealet til omdreiningslegemet vi får når vi roterer grafen til $f$ om x-aksen mellom $x=a$ og $x=b$, er da gitt ved formelen

$$O=2\pi \int_a^b f(x) \sqrt{1+(f'(x))^2} \ dx$$”

  • Description text goes here

  • Description text goes here

  • Description text goes here

  • Description text goes here

  • Description text goes here

  • Description text goes here

  • Description text goes here

  • Item description

  • Item description

Oppgave 16

Funksjonene og er gitt ved

$$f(x)=2x+\sin(x) \ , \ D_f=[0,4\pi]$$

$$g(x)=2x+4\sin(x) \ , \ D_f=[0,4\pi]$$