Siste sideversjon per 24. mai 2015 kl. 08:50

Del 1

Oppgave 1

a)

1) $f (x) = 3 \sin 2 x u = 2 x, u^{'} = 2 f^{'} (x) = 2 \cdot 3 \cos 2 x f^{'} (x) = 6 \cos 2 x$

2) $g (x) = x^{2} \sin x u = x^{2}, v = \sin x g^{'} (x) = 2 x \sin x + x^{2} \cos x = x (2 \sin x + x \cos x)$

3) $k (x) = 5 \cos (\frac{π}{12} x - 2) + 7 k^{'} (x) = - \frac{5 π}{12} \sin (\frac{π}{12} x - 2)$

b)

$\int x e^{2 x} d x = \frac{1}{2} x e^{2 x} - \int \frac{1}{2} e^{2 x} d x = \frac{1}{2} x e^{2 x} - \frac{1}{4} e^{2 x} + C = \frac{1}{4} e^{2 x} (2 x - 1) + C$

c)

$\int_{3}^{7} \frac{2 x}{x^{2} - 4} d x \frac{2 x}{x^{2} + 4} = \frac{A}{x - 2} + \frac{B}{x - 2} 2 x = A (x + 2) + B (x - 2) x = 2 \Rightarrow A = 1 x = - 2 \Rightarrow B = 1 \int_{3}^{7} \frac{2 x}{x^{2} - 4} d x = \int_{3}^{7} \frac{1}{x - 2} d x + \int_{3}^{7} \frac{1}{x + 2} d x = [\ln | x - 2 |]_{3}^{7} + [\ln | x + 2 |]_{3}^{7} = \ln 5 - \ln 1 + \ln 9 - \ln 5 = \ln 3^{2} = 2 \ln 3$

d)

$y^{'} - 2 y = 3 y^{'} \cdot e^{- 2 x} - 2 y e^{- 2 x} = 3 e^{- 2 x} (y e^{- 2 x})^{'} = 3 e^{- 2 x} y e^{- 2 x} = - \frac{3}{2} e^{- 2 x} + C y = - \frac{3}{2} + C e^{2 x} y (0) = 8 \Rightarrow 8 = - \frac{3}{2} + C \Rightarrow C = \frac{19}{2} y = - \frac{3}{2} + \frac{19}{2} e^{2 x}$

e)

$1 + e^{- x} + e^{- 2 x} + . . . . x > 0$

1) $k = \frac{e^{- x}}{1} = \frac{e^{- 2 x}}{e^{- x}} = e^{- x}$

$- 1 < e^{- x} < 1$ Dvs: rekken konvergerer.

2) $S = \frac{a_{1}}{1 - k} = \frac{1}{1 - e^{- x}} = \frac{e^{x}}{e^{x} - 1}$

Oppgave 2

a)

$\vec{a} \cdot \vec{b} = [3, - 1, 2] \cdot [6, 4, 2] = 3 \cdot 6 - 1 \cdot 4 + 2 \cdot 2 = 18 - 4 + 4 = 18$

b)

$\vec{a} \times \vec{b} = [- 2 - 8, - (6 - 12), 12 + 6] = [- 10, 6, 18]$

c)

$\vec{a} - \vec{b} = [3, - 1, 2] - [6, 4, 2] = [- 3, - 5, 0]$ . Så $(\vec{a} - \vec{b}) \cdot \vec{a} = [- 3, - 5, 0] \cdot [3, - 1, 2] = - 9 + 5 = - 4$

Oppgave 3

$f (x) = x \cdot e^{x}$

a)

$f^{'} (x) = e^{x} + x e^{x} = (x + 1) e^{x} f ´ ´ (x) = e^{x} + (x + 1) e^{x} = (x + 2) e^{x}$

b)

Ekstremalpunkter er gitt ved å nullstille den deriverte, altså løse $f^{'} (x) = (x + 1) e^{x} = 0$ . Siden eksponentialfunksjonen aldri er $0$ , må $x + 1 = 0$ , som gir bunnpunkt i $x = - 1$ siden den dobbeltderiverte er positiv i $x = - 1$ .Koordinatet til vendepunktet blir $(- 1, f (- 1)) = (- 1, - e^{- 1})$ . Vendepunkter finner vi fra nullpunktene til $f^{''} (x)$ , altså må vi løse $(x + 2) e^{x} = 0$ , som har løsning $x = - 2$ . Koordinatet til vendepunktet blir derfor $(- 2, f (- 2)) = (- 2, - 2 e^{- 2})$ .

c)

$f^{(n)} (x) = (x + n) e^{x} n = 1 : f^{'} (x) = e^{x} + x e^{x} = (1 + x) e^{x}$

Formelen stemmer for $n = 1$ .

Setter $n = k$ og undersøker om formelen stemmer for $k + 1$ :

$f^{(k + 1)} = ((x + k) e^{x})^{'} = (x + k)^{'} e^{x} + (x + k) (e^{x})^{'} = (x + k + 1) e^{x}$

Man slutter av dette at formelen gjelder for alle naturlige tall.

Del 2

Oppgave 4

a)

25.mars svarer til dag $85$ etter nyttår. Altså er $t = 85$ . Vi har at $f (85) = 19 - 4 \cos (\frac{π \cdot 85}{180}) \approx 18, 65$ . Altså begynner det å mørkne ca. kl. 18:39 på kvelden den 25. mars, ifølge modellen.

b)

Grafisk ser vi at likevektslinjen er $19$ . Den største verdien $f (t)$ kan ha er $23$ , så amplituden blir $23 - 19 = 4$ . Amplituden kan også finnes direkte fra funksjonsuttrykket som absoluttverdien til faktoren foran $\cos$ . Perioden er $360 = 12 \cdot 30$ . Det gjennomsnittlige tidspunkt når lyset slåes på, gjennom hele året, er kl. 19:00.

c)

Dette kan leses direkte fra grafen. Vi ser fra grafen over at det er to løsninger. Disse kan regnes ut, slik: $\begin{aligned} f (t) & = 18 \\ 19 - 4 \cos (\frac{π \cdot t}{180}) & = 18 \\ t & = 76 \lor t = 256 \end{aligned}$ Lyset slåes på kl. 18:00 16. mars og 16. september.

d)

Dagslyset varer lengst i toppunktet til $f (t)$ . Det svarer til at $\cos (\frac{π}{180} t) = - 1$ , altså når $\frac{π}{180} t = π$ . Da er $t = 180$ , så dagslyset varer lengt midt i året, 30.juni.

Oppgave 5

a)

$\begin{aligned} \tan (u - v) & = \frac{\sin (u - v)}{\cos (u - v)} \\ = \frac{\sin u \cdot \cos v - \cos u \cdot \sin v}{\cos u \cdot \cos v + \sin u \cdot \sin v} \\ = \frac{\frac{\sin u \cdot \cos v}{\cos u \cdot \cos v} - \frac{\cos u \cdot \sin v}{\cos u \cdot \cos v}}{\frac{\cos u \cdot \cos v}{\cos u \cdot \cos v} + \frac{\sin u \cdot \sin v}{\cos u \cdot \cos v}} \\ = \frac{\tan u - \tan v}{1 + \tan u \cdot \tan v} \end{aligned}$

b)

$\begin{aligned} f (x) & = \tan α \\ = \tan (u - v) \\ = \frac{\tan u - \tan v}{1 + \tan u \cdot \tan v} \\ = \frac{\frac{4}{x} - \frac{1}{x}}{1 + \frac{4}{x} \cdot \frac{1}{x}} \\ = \frac{4 x - x}{x^{2} + 4} \\ = \frac{3 x}{x^{2} + 4} \end{aligned}$

c)

$f^{'} (x) = \frac{3 (x^{2} + 4) - 3 x \cdot 2 x}{(x^{2} + 4)^{2}} = \frac{12 - 3 x^{2}}{(x^{2} + 4)^{2}} f^{'} (x) = 0 \Rightarrow 12 - 3 x^{2} = 0 x = 2 f (2) = \frac{3}{4}$

d)

Største synsvinkel:

$\frac{3}{4} = \tan α α = 36, 9^{\circ}$

Oppgave 6

a)

$v_{0} = 25 m/s y - fart y^{'} - akslerasjon y^{'} = k y^{2} Bestemmer k : - 12 = k \cdot 25^{2} k = 0.02 \frac{d y}{d x} = - 0, 02 y^{2} \int y^{- 2} d y = \int - 0, 02 d x - y^{- 1} = - 0, 02 x + c y = \frac{1}{0, 02 x + c}$

b)

Ved tiden $x = 0$ :

$y = \frac{1}{C} 25 = \frac{1}{C} c = 0.04$

Farten til båten ved $x = 3$ :

$y (3) = \frac{1}{0.06 + 0.04} = 10 m/s$

c)

Båten har forflyttet seg ca. $46$ meter på $3$ sekunder.

Oppgave 7

a)

Teller vi opp antall kvadrater får vi $1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15$ . Hvert kvadrat har areal $\frac{1}{5^{2}}$ , så arealet av figuren er $\frac{15}{25} = \frac{3}{5}$ .

b)

I hver søyle er det $k$ antall kvadrater og hvert kvadrat har et areal $\frac{1}{n^{2}}$ , så arealet av hele figuren blir $\sum_{k = 1}^{n} k (\frac{1}{n})^{2} = \frac{1}{n^{2}} \sum_{k =!}^{n} k = \frac{1}{n^{2}} \frac{n (1 + n)}{2} = \frac{1 + n}{2 n}$

En alternativ metode er å betrakte problemet geometrisk. Vi ser at arealet av figuren er halvparten av arealet til et kvadrat med sidelengder $1$ pluss halvparten av $n$ kvadrater med sidelengder $\frac{1}{n}$ , altså er arealet av figuren $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \frac{n}{n^{2}} = \frac{1 + n}{2 n}$

Setter vi inn $n = 5$ i summeformelen får vi $\frac{6}{10} = \frac{3}{5}$ , som stemmer med utregningen i første deloppgave.

c)

$lim_{n \to \infty} S_{n} = lim_{n \to \infty} \frac{1 + n}{2 n} = lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n} + 1}{2} = \frac{1}{2}$ .

Geometrisk ser vi at når $n$ vokser, så blir arealet av figuren tilnærmet halvparten av arealet av et kvadrat med sider $1$ , altså $\frac{1}{2}$ .

Oppgave 8

a)

Punktene $A (0, 0, 4)$ , $B (2, 0, 0)$ og $C (1, 1, 4)$ definerer et plan i $R^{3}$ . Vi starter med å beregne vektoren mellom punkt $A$ og $B$ , som blir $B - A = [2, 0, - 4]$ . Vektoren mellom punkt $A$ og $C$ blir $C - A = [1, 1, 0]$ . Da har planet $β$ normalvektor $\vec{N}$ parallell med kryssproduktet mellom de to vektorene:

$\vec{N} = [2, 0, - 4] \times [1, 1, 0] = [4, - 4, 2]$

$β$ er dermed gitt som alle punkter $(x, y, z)$ slik at

$\begin{aligned} ([x, y, z] - A) \cdot \vec{N} & = 0 \\ ([x, y, z] - [0, 0, 4]) \cdot [4, - 4, 2] & = 0 \\ [x, y, z - 4] \cdot [4, - 4, 2] & = 0 \\ 4 x - 4 y + 2 z - 8 & = 0 \\ 2 x - 2 y + z - 4 & = 0 \end{aligned}$

Siden planene $α$ og $β$ har parallelle normalvektorer, er planene parallelle.

b)

Normalisert normalvektor for planene er $\frac{1}{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + 1}} [2, - 2, 1] = \frac{1}{3} [2, - 2, 1]$ .Vi vet at punktet $(0, 0, 4)$ ligger i planet $β$ . Fra ligningen for planet $α$ ser vi at punktet $(0, 0, - 2)$ ligger i $α$ . Vi beregner nå vektoren mellom disse to punktene: $[0, 0, 4] - [0, 0, - 2] = [0, 0, 6]$ . Vektoren $[0, 0, 6]$ er altså en vektor mellom to punkter fra de to planene. Projiserer vi denne vektoren ned på enhetsnormalvektoren $\frac{1}{3} [2, - 2, 1]$ og tar absoluttverdien får vi avstanden mellom planene:

$| [0, 0, 6] \cdot \frac{1}{3} [2, - 2, 1] | = | 2 | = 2$

Avstanden mellom planene $α$ og $β$ er derfor $2$ .

c)

Vi vet at normalvektoren til planene er parallell med linja $I$ . Altså er $I$ parametrisert med parameter $t$ ved at $\vec{r} (t) = P + t [2, - 2, 1] = [5, - 1, 4] + [2 t, - 2 t, t] = [5 + 2 t, - 1 - 2 t, 4 + t]$ .

d)

$D$ ligger i planet $α$ , så vi må finne en $t$ slik at $(5 + 2 t, - 1 - 2 t, 4 + t)$ tilfredsstiller ligningen for planet $α$ : $2 x - 2 y + z + 2 = 0$ . Setter vi inn koordinatene i ligningen får vi at

$\begin{aligned} 2 (5 + 2 t) - 2 (- 1 - 2 t) + 4 + t + 2 & = 0 \\ 10 + 4 t + 2 + 4 t + 4 + t + 2 & = 0 \\ 9 t + 18 & = 0 \\ t & = - 2 \end{aligned}$

Da blir $D (5 - 4, - 1 + 4, 4 - 2) = D (1, 3, 2)$ . Fremgangsmåten for å finne $E$ blir likedan. Vi må finne en $t$ slik at $(5 + 2 t, - 1 - 2 t, 4 + t)$ tilfredsstiller ligningen for planet $β$ : $2 x - 2 y + z - 4 = 0$ :

$\begin{aligned} 2 (5 + 2 t) - 2 (- 1 - 2 t) + 4 + t - 4 & = 0 \\ 10 + 4 t + 2 + 4 t + 4 + t - 4 & = 0 \\ 9 t + 12 & = 0 \\ t & = - \frac{4}{3} \end{aligned}$

Vi får altså at $E (5 - 2 \frac{4}{3}, - 1 + 2 \frac{4}{3}, 4 - \frac{4}{3}) = E (\frac{7}{3}, \frac{5}{3}, \frac{8}{3})$ .

e)

Kula har radius $1$ , og senter i $(x_{0}, y_{0}, z_{0}) = \frac{D + E}{2} = (\frac{5}{3}, \frac{7}{3}, \frac{7}{3})$ . Ligningen for kula er $(x - \frac{5}{3})^{2} + (y - \frac{7}{3})^{2} + (z - \frac{7}{3})^{2} = 1$ .

@@ Linje 1: / Linje 1: @@
+{{EksLenker|1=&nbsp;
+*[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R2/sensur/2012V_Vurderingsskjema_REA3024_Matematikk_R2_V12.pdf Vurderingsskjema]
+*[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R2/sensur/2012V_Sensorveiledning_REA3024_Matematikk_R2_V12.pdf Sensorveiledning]
+*[http://www.ulven.biz/r2/eksamen/R2_V12_ls.pdf Alternativt løsningsforslag fra H-P Ulven]
+}}
 = Del 1 =
@@ Linje 15: / Linje 20: @@
-''' 3) ''' $k(x) = 5\cos(\frac{\pi}{12}x-2)+7 \ k'(x) = - \frac{5\pi}{12} \sin(\frac{\pi}{13}x-2)$
+''' 3) ''' $k(x) = 5\cos(\frac{\pi}{12}x-2)+7 \ k'(x) = - \frac{5\pi}{12} \sin(\frac{\pi}{12}x-2)$
 === b) ===
@@ Linje 69: / Linje 72: @@
 === b) ===
-Ekstremalpunkter er gitt ved å nullstille den deriverte, altså løse  $f^{'} (x) = (x + 1) e^{x} = 0$ . Siden eksponentialfunksjonen aldri er  $0$ , må  $x + 1 = 0$ , som gir bunnpunkt i  $x = - 1$  siden den dobbeltderiverte er positiv i  $x = - 1$ . I bunnpunktet er $f(-1)=0 $. V e n d e p u n k t e r f i n n e r v i f r a n u l l p u n k t e n e t i l$ f^{\prime\prime}(x) $, a l t s å m å v i l ø s e$ (x+2)e^x=0 $, s o m h a r l ø s n i n g$ x=-2 $. K o o r d i n a t e t t i l v e n d e p u n k t e t b l i r d e r f o r$ (-2,f(-2))=(-2,-e^{-2})$.
+Ekstremalpunkter er gitt ved å nullstille den deriverte, altså løse  $f^{'} (x) = (x + 1) e^{x} = 0$ . Siden eksponentialfunksjonen aldri er  $0$ , må  $x + 1 = 0$ , som gir bunnpunkt i  $x = - 1$  siden den dobbeltderiverte er positiv i  $x = - 1$ .Koordinatet til vendepunktet blir  $(-1, f(-1)) =(-1, -e^{-1}) $. V e n d e p u n k t e r f i n n e r v i f r a n u l l p u n k t e n e t i l$ f^{\prime\prime}(x) $, a l t s å m å v i l ø s e$ (x+2)e^x=0 $, s o m h a r l ø s n i n g$ x=-2 $. K o o r d i n a t e t t i l v e n d e p u n k t e t b l i r d e r f o r$ (-2,f(-2))=(-2,-2 e^{-2})$.
 === c) ===
@@ Linje 84: / Linje 87: @@
 === a) ===
-$ f(t) = 19 -4\cos(\frac{\pi \cdot t}{180}) \ f(85) = 19 -4\cos(\frac{\pi \cdot 85}{180}) = 18,65 $
+.mars svarer til dag  $85$  etter nyttår. Altså er $t=85 $. V i h a r a t$ f(85) = 19 -4\cos(\frac{\pi \cdot 85}{180}) \approx 18,65 $. Altså begynner det å mørkne ca. kl. 18:39 på kvelden den 25. mars, ifølge modellen.
-<p></p> Det begynner å mørkne kl. 18:39 på kvelden den 25. mars, i følge modellen.
-Definerer 1. januar som dag 1. (kan også definere den som dag 0)
 === b) ===
 [[Fil:2012-r2-4b.png]]
-<p></p> Likevektslinjen er 19.<p></p> Amplitude: Den største verdi f kan ha er 23, da er amplituden 4. Det kan leses fra funksjonsuttrykket, absoluttverdien av faktoren i "cosinus" leddet.
-<p></p>
-Perioden er  $360$ .
+Grafisk ser vi at likevektslinjen er $19$. Den største verdien $f(t)$ kan ha er $23$, så amplituden blir $23-19=4$. Amplituden kan også finnes direkte fra funksjonsuttrykket som absoluttverdien til faktoren foran  $\cos$ . Perioden er $360=12\cdot 30$. Det gjennomsnittlige tidspunkt når lyset slåes på, gjennom hele året, er kl. 19:00.
-<p></p> Det gjennomsnittlige tidspunkt når lyset slåes på, gjennom hele året, er kl. 19:00.
 === c) ===
-Dette kan leses direkte fra grafen. Man observerer at det er to løsninger. Man kan også regne det ut:
+Dette kan leses direkte fra grafen. Vi ser fra grafen over at det er to løsninger. Disse kan regnes ut, slik:
-<p></p>
+\begin{align*}
-<math> f(t) = 18 \ 19 - 4\cos( \frac{\pi \cdot t}{180}) = 18 \ t=76 \quad \vee \quad t= 256</math>
+f(t) & = 18 \
-<p></p>
+- 4\cos( \frac{\pi \cdot t}{180}) & = 18 \
-Lyset slåes på kl. 18:00 16 mars og 16 september.
+t & =76 \quad \vee \quad t= 256
+\end{align*}
+Lyset slåes på kl. 18:00 16. mars og 16. september.
 === d) ===
+Dagslyset varer lengst i toppunktet til  $f (t)$ . Det svarer til at  $\cos (\frac{π}{180} t) = - 1$ , altså når  $\frac{π}{180} t = π$ . Da er  $t = 180$ , så dagslyset varer lengt midt i året, 30.juni.
 == Oppgave 5 ==
@@ Linje 110: / Linje 114: @@
 === a) ===
+\begin{align*}
-<math> \tan(u-v) = \frac{\sin(u-v)}{\cos(u-v)}\ = \frac{\sin u \cdot \cos v - \cos u\cdot \sin v }{\cos u \cdot \cos v + \sin u \cdot \sin v} \ = \frac{ \frac {\sin u \cdot \cos v}{\cos u \cdot \cos v} - \frac {\cos u \cdot \sin v}{\cos u \cdot \cos v} }{ \frac {\cos u \cdot \cos v}{\cos u \cdot \cos v} + \frac{\sin u \cdot \sin v}{\cos u \cdot \cos v}} \ = \frac{\tan u - \tan v}{1 + \tan u \cdot \tan v}</math>
+\tan(u-v) & = \frac{\sin(u-v)}{\cos(u-v)} \
+& = \frac{\sin u \cdot \cos v - \cos u\cdot \sin v }{\cos u \cdot \cos v + \sin u \cdot \sin v} \
+& = \frac{ \frac {\sin u \cdot \cos v}{\cos u \cdot \cos v} - \frac {\cos u \cdot \sin v}{\cos u \cdot \cos v} }{ \frac {\cos u \cdot \cos v}{\cos u \cdot \cos v} + \frac{\sin u \cdot \sin v}{\cos u \cdot \cos v}} \
+& = \frac{\tan u - \tan v}{1 + \tan u \cdot \tan v}
+\end{align*}
 === b) ===
+\begin{align*}
-<math> f(x) = \tan \alpha = \tan (u - v) = \frac{\tan u - \tan v}{1 + \tan u \cdot \tan v} \ = \frac{ \frac 4x - \frac 1x}{1 + \frac 4x \cdot \frac 1x} = \frac{4x-x}{x^2 + 4} = \frac{3x}{x^2 +4}</math>
+f(x) & = \tan \alpha \
+&= \tan (u - v) \
+&= \frac{\tan u - \tan v}{1 + \tan u \cdot \tan v} \
+&= \frac{ \frac 4x - \frac 1x}{1 + \frac 4x \cdot \frac 1x} \
+&= \frac{4x-x}{x^2 + 4} \
+&= \frac{3x}{x^2 +4}
+\end{align*}
 === c) ===
@@ Linje 153: / Linje 167: @@
 === a) ===
-Arealet blir  $\sum_{k = 1}^{n} k (\frac{1}{n})^{2} = \frac{1}{n^{2}} \sum_{k =!}^{n} k = \frac{1}{n^{2}} \frac{n (1 + n)}{2} = \frac{1 + n}{2 n}$
+Teller vi opp antall kvadrater får vi  $1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15$ . Hvert kvadrat har areal  $\frac{1}{5^{2}}$ , så arealet av figuren er  $\frac{15}{25} = \frac{3}{5}$ .
+=== b) ===
+I hver søyle er det  $k$  antall kvadrater og hvert kvadrat har et areal  $\frac{1}{n^{2}}$ , så arealet av hele figuren blir  $\sum_{k = 1}^{n} k (\frac{1}{n})^{2} = \frac{1}{n^{2}} \sum_{k =!}^{n} k = \frac{1}{n^{2}} \frac{n (1 + n)}{2} = \frac{1 + n}{2 n}$
 En alternativ metode er å betrakte problemet geometrisk. Vi ser at arealet av figuren er halvparten av arealet til et kvadrat med sidelengder  $1$  pluss halvparten av  $n$  kvadrater med sidelengder  $\frac{1}{n}$ , altså er arealet av figuren  $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \frac{n}{n^{2}} = \frac{1 + n}{2 n}$
+Setter vi inn  $n = 5$  i summeformelen får vi  $\frac{6}{10} = \frac{3}{5}$ , som stemmer med utregningen i første deloppgave.
+=== c) ===
+ $lim_{n \to \infty} S_{n} = lim_{n \to \infty} \frac{1 + n}{2 n} = lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n} + 1}{2} = \frac{1}{2}$ .
+Geometrisk ser vi at når  $n$  vokser, så blir arealet av figuren tilnærmet halvparten av arealet av et kvadrat med sider  $1$ , altså  $\frac{1}{2}$ .
 == Oppgave 8 ==
+=== a) ===
+Punktene  $A (0, 0, 4)$ ,  $B (2, 0, 0)$  og  $C (1, 1, 4)$  definerer et plan i  $R^{3}$ . Vi starter med å beregne vektoren mellom punkt  $A$  og  $B$ , som blir  $B - A = [2, 0, - 4]$ . Vektoren mellom punkt  $A$  og  $C$  blir  $C - A = [1, 1, 0]$ . Da har planet  $β$  normalvektor  $\vec{N}$  parallell med kryssproduktet mellom de to vektorene:
+\begin{equation*}
+\vec{N}=[2,0,-4]\times [1,1,0]=[4,-4,2]
+\end{equation*}
+ $β$  er dermed gitt som alle punkter  $(x, y, z)$  slik at
+\begin{align*}
+\left ([x,y,z]-A\right )\cdot \vec{N} & = 0 \
+\left ([x,y,z]-[0,0,4]\right )\cdot [4,-4,2] & = 0 \
+[x,y,z-4]\cdot [4,-4,2] & = 0 \
+x-4y+2z -8 & = 0 \
+x-2y+z -4 & = 0
+\end{align*}
+Siden planene  $α$  og  $β$  har parallelle normalvektorer, er planene parallelle.
+=== b) ===
+Normalisert normalvektor for planene er  $\frac{1}{\sqrt{2^{2} + 2^{2} + 1}} [2, - 2, 1] = \frac{1}{3} [2, - 2, 1]$ .Vi vet at punktet  $(0, 0, 4)$  ligger i planet  $β$ . Fra ligningen for planet  $α$  ser vi at punktet  $(0, 0, - 2)$  ligger i  $α$ . Vi beregner nå vektoren mellom disse to punktene:  $[0, 0, 4] - [0, 0, - 2] = [0, 0, 6]$ . Vektoren  $[0, 0, 6]$  er altså en vektor mellom to punkter fra de to planene. Projiserer vi denne vektoren ned på enhetsnormalvektoren  $\frac{1}{3} [2, - 2, 1]$  og tar absoluttverdien får vi avstanden mellom planene:
+\begin{equation*}
+|[0,0,6]\cdot \frac13[2,-2,1]|=|2|=2
+\end{equation*}
+Avstanden mellom planene  $α$  og  $β$  er derfor  $2$ .
+=== c) ===
+Vi vet at normalvektoren til planene er parallell med linja  $I$ . Altså er  $I$  parametrisert med parameter  $t$  ved at  $\vec{r} (t) = P + t [2, - 2, 1] = [5, - 1, 4] + [2 t, - 2 t, t] = [5 + 2 t, - 1 - 2 t, 4 + t]$ .
+=== d) ===
+ $D$  ligger i planet  $α$ , så vi må finne en  $t$  slik at  $(5 + 2 t, - 1 - 2 t, 4 + t)$  tilfredsstiller ligningen for planet  $α$ :  $2 x - 2 y + z + 2 = 0$ . Setter vi inn koordinatene i ligningen får vi at
+\begin{align*}
+(5+2t)-2(-1-2t)+4+t+2 & = 0 \
++4t+2+4t+4+t+2 & = 0 \
+t+18 &= 0 \
+t &=-2
+\end{align*}
+Da blir  $D (5 - 4, - 1 + 4, 4 - 2) = D (1, 3, 2)$ . Fremgangsmåten for å finne  $E$  blir likedan. Vi må finne en  $t$  slik at  $(5 + 2 t, - 1 - 2 t, 4 + t)$  tilfredsstiller ligningen for planet  $β$ :  $2 x - 2 y + z - 4 = 0$ :
+\begin{align*}
+(5+2t)-2(-1-2t)+4+t-4 & = 0 \
++4t+2+4t+4+t-4 & = 0 \
+t+12 &= 0 \
+t &=-\frac{4}{3}
+\end{align*}
+Vi får altså at  $E (5 - 2 \frac{4}{3}, - 1 + 2 \frac{4}{3}, 4 - \frac{4}{3}) = E (\frac{7}{3}, \frac{5}{3}, \frac{8}{3})$ .
+=== e) ===
+Kula har radius  $1$ , og senter i  $(x_{0}, y_{0}, z_{0}) = \frac{D + E}{2} = (\frac{5}{3}, \frac{7}{3}, \frac{7}{3})$ . Ligningen for kula er  $(x - \frac{5}{3})^{2} + (y - \frac{7}{3})^{2} + (z - \frac{7}{3})^{2} = 1$ .

R2 2012 vår LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner