R2 kapittel 8 Eksamenstrening

R kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i boka Uten hjelpemidler Oppgave E a F (4) = f (4) = 4 4 b f x x [ F x ] F F ( ) Oppgave E5 ( )d = ( ) = (4) () = 6 = 7 Grafen til f ligger over x-aksen for x, og under x-aksen for x,. Derfor er f ( x )d x = A A, der Områdene har form som trekanter. Av figuren ser vi at A = = A = = Altså er f( x)dx= =. A og A er arealet av områdene markert på figuren. Aschehoug www.lokus.no Side av

Oppgave E6 a Grafen til f ligger delvis under og delvis over x-aksen i det aktuelle intervallet. Arealet av området er derfor ikke gitt ved 4 f ( x )dx. Løsninger til oppgavene i boka b Grafen til f ligger under x-aksen for x, og over x-aksen for x,4. Arealet av området er derfor gitt ved A= x x + x x ( ) f( x)dx= x x dx= x x + C 4 4. A= f( x)d x+ f( x)dx = + + 4 4 8 64 8 48 = + 4 + + 6 + 4 = 8 = 6 8 = 8 Arealet av det fargelagte området er 8. Oppgave E8 Området dreies 6 om y-aksen. Hvis vi tenker på x som en funksjon av y, x= g( y), er altså området avgrenset av grafen til g og linjene y = og y = k. Volumet av omdreiningslegemet er derfor V g( y)dy Siden y = f( x) = x, er x g y y k = π. = ( ) =. Volumet er dermed k V =π y =π k π = πk Oppgave E9 a sin x cos x= x [, 6 ] k V y dy = π. Det gir Likningen er ikke oppfylt når cos x =, siden sin x da er lik eller. Vi kan derfor dele med cos x. sin x cos x = cos x cos x tan x = tan x = Vi vet at tan 45 =. Den generelle løsningen av likningen er derfor x= 45 + k 8. k = gir x = 45. k = gir x = 45 + 8 = 5. L = 45, 5. Likningen har altså løsningen { } Aschehoug www.lokus.no Side av

b sin x cos x= x [, π ] Løsninger til oppgavene i boka Likningen kan skrives sin x= + cos x. Vi kvadrerer likningen slik at vi kan bruke enhetsformelen. Da må vi også huske å kontrollere løsningene til slutt. sin x= ( + cos x) = + cos x+ cos x cos x= + cos x+ cos x cos x+ cos x= cos x (cos x+ ) = cos x= cos x= I første omløp har likningen cos x = løsningen mens likningen cos x = har løsningen L = { π }. π π L =,, π π π x = : sin x cos x= sin cos = = x = π : sin x cos x= sin π cos π= ( ) = π π π x = : sin x cos x= sin cos = = π Den opprinnelige likningen har altså løsningen L =, π. Aschehoug www.lokus.no Side av

sin x+ = cos x= c sin x+ ( cos x) = x [ π, π] Løsninger til oppgavene i boka sin x= cos x= π 7π π Vi vet at sin = sin =. Derfor er sin = sin =. 6 6 6 7π π Likningen sin x = har den generelle løsningen x= + k π x= + k π. 6 6 π 7π Vi vet at cos 45 = cos =. Da er også cos =. 4 4 π 7π Likningen cos x = har den generelle løsningen x= + k π x= + k π. 4 4 Den generelle løsningen av den opprinnelige likningen er altså π 7π 7π π L=,,, + k π 4 6 4 6 7π 5π π π k = gir L =,,,. 4 6 4 6 π 7π 7π π k = gir L =,,, 4 6 4 6. 5π π π π 7π 7π π Den opprinnelige likningen har løsningen L =,,,,,, 6 4 6 4 6 4 6. d sin x sin x+ = x [, π] (sin x) sin x+ = Vi bruker abc-formelen. ± ± ± ± sin x = = = = sin x= sin x= ( ) ( ) 4 9 8 π I første omløp har likningen sin x = løsningen L =. Likningen sin x = har ingen løsning, siden sin x alltid er mindre enn eller lik. π Den opprinnelige likningen har altså løsningen L =. Aschehoug www.lokus.no Side 4 av

e sin x cos x+ = x [, π ] Vi setter inn sin x= cos x. cos x cos x+ = 4cos x = Løsninger til oppgavene i boka cos x = 4 cos x= cos x= π Vi vet at cos = cos =. Dermed er cos π 5 π 7 π =, og cos = cos =. 6 6 6 6 π 5π 7π π Den opprinnelige likningen har altså løsningen L =,,, 6 6 6 6. f tanx = x [,5] tan x = = π π Vi vet at tan = tan =. Den generelle løsningen av likningen er altså x= + k π. 6 6 π k Vi dividerer med og får x = + π. π k = gir x =. π π 7π k = gir x = + =. π π k = gir x = +π=. π π 9π k = gir x = + =.,5. Andre k-verdier gir x-verdier som ikke ligger i intervallet [ ] π 7π π 9π Løsningsmengden er derfor L =,,,. (Det går an å vise at 9π < 5 uten hjelpemidler, f.eks. ved å skrive 9π 9,5 59,85 6 < = < = 5 Men det er sannsynligvis en trykkfeil i oppgaven. Intervallet skulle ha vært [ ] Oppgave E8 a x x + y + 6y + z 4z = 4 4 + + 6 + 4 = 6 8 ++ 6 + 4 8 = =,π.) Aschehoug www.lokus.no Side 5 av

Punktet passer i likningen for planet, og vi slår dermed fast at punktet ligger i planet. b x x + y + 6y + z 4z = x x + y + 6y + z 4z = x x ++ y + 6y + 9 + z 4z + 4 = ++ 9 + 4 ( x ) + ( y + ) + ( z ) = 5 = 5 Sentrum blir i punktet S = (,, ). Radius blir 5. c SP blir en normalvektor for tangentplanet. n = SP = 4, ( ), =,4, [ ] [ ] Vi bruker formel for likning for plan med n og punktet P. a( x x )+ b( y y )+ c( z z )= ( x 4)+ 4( y )+ ( z )= x + 4y 4 = x + 4y = 6 Oppgave E9 a AB = [,,4 ( ) ] = [, 5,6] AC = [,, ( ) ][,,] b AB AC = = [( 5) 6,6 ( ), ( 5) ( ) ] [,, 4] Hvis C skal ligge på linja gjennom A og B, må AB AC. AB = k AC [, 5,6] = k [,,] = k 5 = k 6 = k k = k = 5 k = Vi får ikke samme k, og vektorene er ikke parallelle, og punktene ligger ikke på samme linje. c Vi trenger normalvektoren og et punkt. Vi bruker punktet A = (,, ). Vi finner normalvektor fra vektorproduktet. AB AC = [,, 4] = 7 [,, ] n = [,,] Vi setter inn i formelen for likning for plan. a( x x )+ b( y y )+ c( z z )= a( x x )+ b( y y )+ c( z z )= ( x )+ ( y )+ ( z ( ))= d x + y 6 + z + 4 = x + y + z = 5 Vi setter punktet D inn i likningen for planet. Aschehoug www.lokus.no Side 6 av

x + y + z = 5 + + = 5 6 + 6 + 6 = 5 8 5 Vi ser at punktet ikke ligger i planet. Oppgave E a Vi finner kvotienten k uttrykt ved x. Da bruker vi at x 8 5 = k 4 x 5 x 5 = k 5 5 x k = x k = Så finner vi x fra likningen a5 a =. a k a = 4 4 8 x 8 = x x 4 8 8 x = x 6 x x 8 = x Vi multipliserer likningen med x 8 x x = x x 4 x 6 = 6x ( x ) 6x 6 = Dette er en andregradslikning med x x x og ordner leddene. a a k 5 6 =. x som ukjent. Vi bruker abc-formelen. ± ± + ± ± = = = = = x = 8 ( 6) ( 6) 4 ( 6) 6 6 64 6 6 x må være positiv, så den eneste mulige løsningen er x = 8. Siden alle leddene i den geometriske rekken er positive, må x være positiv. Altså er x = 8 = Aschehoug www.lokus.no Side 7 av

b Summen av de seks første leddene i den geometriske rekken er gitt ved 6 k S6 = a k x Kvotienten er k = = =. Summen er derfor S 6 6 6 6 6 ( ) 8 k 8 7 = = = = = = x k 8 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 7 + 7 + 7 + = = = = 7 + + ( ) Med hjelpemidler Oppgave E a Vi skriver funksjonen inn i CAS og finner nullpunktene ved å løse likningen f (x) =. Vi får dermed de to punktene P = b + b 4ac, og Q = b b 4ac, a a. Siden a er negativ, vil punktet med positivt fortegn foran rottegnet ligge til venstre for punktet med negativt fortegn foran rottegnet. b Arealet til trekant PQR kan vi finne med formelen A = g h, der l er avstanden mellom x-verdiene til punktene P og Q, og h er y-verdien til punktet R. Vi løser oppgaven med CAS. Vi finner først avstanden g for grunnlinja ved å ta x-verdien til Q minus x-verdien til P. Vi finner høyden h ved å finne y-verdien til toppunktet. Aschehoug www.lokus.no Side 8 av

Vi finner til slutt arealet ved å gange g og b og dele på. ( Vi kommer fram til arealet T = b 4ac) b 4ac som var det vi skulle vise. 8a c Vi løser oppgaven med kommandoen Integral [<Funksjon>, <Start>, <Slutt>] i CAS. Start blir i x- verdien til P, slutt i x-verdien til Q. ( Arealet blir T = b 4ac) b 4ac. 6a d Vi finner forholdet T T i CAS. Forholdet blir 4 =,75. Aschehoug www.lokus.no Side 9 av

Oppgave E5 x a Skateboardrampen er beskrevet ved funksjonen y = f( x) = cos. Vi ser at det høyeste punktet på rampen ligger ved endepunktene x = 4 og x = 4. 4 f( 4) = f(4) = cos = cos,8 Det høyeste punktet på skateboardrampen ligger,8 m over bakkenivået. b Stigningen på skateboardrampen er gitt ved f ( x). x x x x x f ( x) = cos sin sin sin = = = Vi vet at sinusfunksjonen alltid ligger i intervallet [,]. Stigningen på skateboardrampen er derfor alltid mindre enn eller lik og alltid større enn eller lik. c Vi ser at grafen til f alltid ligger over x-aksen. Arealet under grafen er derfor gitt ved integralet Vi bruker GeoGebra, og får 4 f( x) dx 8,7. 4 Arealet av snittflaten av skateboardrampen er Oppgave E5 a Av figuren ser vi at AM = cos x TA AM = TA cos x = cos x AB = AM = cos x = cos x TM = sin x TA TM = TA sin x = sin x 4 f ( x )dx. 4 8,7 m. b Grunnflaten har arealet AB = ( cos x) = 4 cos x Hver av de fire sideflatene har arealet AB TM = cos x sin x= cos x sin x Det totale overflatearealet av pyramiden er derfor gitt ved O( x) = 4 cos x+ 4 cos x sin x= 4 cos x+ cos x sin x ( ) Aschehoug www.lokus.no Side av

c Trekanten TNM er rettvinklet. Punktet N ligger midt i den kvadratiske grunnflaten. Derfor er NM = AM = cos x. Fra pytagorassetningen er TN + NM = TM. Det gir TN = TM NM = (sin x) ( cos x) = sin x cos x ( x x) ( ) = sin cos = sin cos = sin cos TN x x x x G h Volumet av pyramiden er gitt ved V( x) =, der G = 4 cos x er arealet av grunnflaten, og = = sin cos er høyden av pyramiden. Det gir V( x) = 4 cos x sin x cos x h TN x x 4 = cos x cos x cos x 4 cos 4 cos = x x 4 cos 4 cos 6 = x x π π Vi tegner grafen til V i GeoGebra for < x <. 4 Grafen har et toppunkt som vi finner med kommandoen Ekstremalpunkt[V,π/4,π/8]. Volumet av pyramiden er størst mulig når x =,955 = 54,7. Volumet er da 57 m. Aschehoug www.lokus.no Side av

Oppgave E54 a Løsninger til oppgavene i boka G h Volumet av pyramiden er gitt ved V =, der G er arealet av grunnflaten og h= x er høyden av pyramiden. Vi ser at G = AB = ( y) = 4y. Vi må altså finne lengden y på figuren uttrykt ved radien r i kula og høyden x i pyramiden. Trekantene OBT og CST er begge rettvinklede og har vinkelen i T felles. Trekantene er derfor formlike. Det betyr at y r = () x TC Vi bruker pytagorassetningen på trekant CST, som gir r + TC = TS. Av figuren ser vi at TS = OT OS = x r. Det gir r + TC = ( x r) = x xr + r = TC x xr TC = x xr Innsatt i likning () gir dette rx rx r x r x y = = = = TC x xr x xr x r Dermed finner vi volumet av pyramiden: 4 rx 4 rx V( x) = 4y x= x= x r x r Høyden x i pyramiden må være større enn diameteren i kula. Altså må x> r. b Vi tegner grafen til V i GeoGebra for r = (dette svarer til å bruke r som enhet for x-aksen og r som enhet for y-aksen). Vi ser at grafen til V har et bunnpunkt, som vi kan finne ved å løse likningen V ( x) =. Vi løser likningen i GeoGebra. Volumet av pyramiden er minst når høyden i pyramiden er x= 4r. Volumet er da V(4 r) = r. Aschehoug www.lokus.no Side av

c Grunnflaten i pyramiden har arealet 4y. AB TB y z Hver av de fire sideflatene har arealet = = yz. Den samlede overflaten av pyramiden er altså gitt ved O( x) = 4y + 4yz. Pytagorassetningen på trekant OBT gir rx x( x ) r+ rx z = x + y = x + = x r x r ( ) x x r + xr x x xr + r x ( x r) = = = x r x r x r Dermed får vi rx rx xx ( r) 4 rx rx( x r) Ox ( ) = 4 + 4 = + 4 x r x r x r x r ( x ) r 4rx 4 rxx ( r) 4rx+ 4rx 4rx = + = x r x r x r 4rx = x r Vi ser altså at 4 r x r 4 rx r O V = = = O= r x r x r Siden r er en konstant, har V og O minimumsverdi for samme verdi av x, nemlig x= 4r. Den minste overflaten pyramiden kan ha er altså 4 r (4 r) 4r 6r O(4 r) = = = r 4r r r Oppgave E65 Vi bruker D-modulen i GeoGebra for å løse oppgaven. Vi starter med å tegne kula K ved hjelp av kommandoen Kule [<Punkt>, <Radius>] med sentrum i punktet S = (,,) og radius r =. Vi tegner linja l med kommandoen Linje [<Punkt>, <Punkt>] med punktene A = (7,,5) og B = (5, 4, 9). Vi bruker til slutt verktøyet Skjæring mellom to objekt og klikker på kula og linja. Aschehoug www.lokus.no Side av

Vi får da de to skjæringspunktene ( 5,, ) og (,, ). Oppgave E66 a Vi finner skjæringspunktene mellom linja og kula ved å sette parameterframstillingen for linja inn i likningen for kula. x 4x+ y + 6y+ z 6z 4 = (+ ) t 4 (+ ) t + ( + 4) t + 6 ( + 4) t + (+ 4) t 6 (+ 4) t 4= 4 + 8t+ 4t 8 8t+ 9 4t+ 6t 8 + 4t+ 9 + 4t+ 6t 8 4t 4 = (4 + 6 + 6) t + (8 8 4 + 4 + 4 4) t+ (4 8 + 9 8 + 9 8 4) = 6t + t 6 = 6( t ) = 6( t+ )( t ) = t = t = t = gir x = + ( ) =, y = + 4 ( ) = 7 og z = + 4 ( ) =. t = gir x = + = 4, y = + 4 = og z = + 4 = 7. 4,,7. Skjæringspunktene mellom linja og kula er (, 7, ) og ( ) b Linja l går gjennom sentrum av kula, og skjærer kula i punktene vi fant i oppgave a. Tangentplanene i disse punktene har derfor en normalvektor som er parallell med retningsvektoren til linja. Linja har retningsvektor r = [,4,4] = [,,]. n =,, som normalvektor for tangentplanene. Vi kan derfor velge [ ] Punktet (, 7, ) : ( x ) ( y ) ( z ) + ( 7) + ( ) = x+ y+ 4 + z+ = x+ y+ z+ 6 = x 4 + y + z 7 = x 4+ y + z 4= x+ y+ z = Punktet ( 4,,7 ) : ( ) ( ) ( ) Aschehoug www.lokus.no Side 4 av

Oppgave E69 a b Radiusvektor fra sentrum av kula til punktet P er gitt ved SP = [,, 5] = [,, ] Radien i kula er derfor r = SP = + ( ) + ( ) = 9 =. Likningen for kula er dermed x + y + z 5 = ( ) ( ) ( ) x + y + ( z 5) = 9 Vi kan bruke n = SP = [,, ] som normalvektor for tangentplanet i P. Likningen for tangentplanet blir dermed ( x ) + ( ) ( y ( ) ) + ( ) ( z ) = x 4 y z+ 6= x y z+ = Vi skriver likningen for kula og likningen for tangentplanet i GeoGebra. Så finner vi skjæringspunktet mellom kula og tangentplanet med kommandoen Skjæring[a,b]. Berøringspunktet mellom kula og Q =,,. tangentplanet er gitt ved ( ) Løsninger til oppgavene i boka Oppgave E76 Finner f (x) og f (x) med CAS. Vi løser differensiallikningen ved hjelp av kommandoen Løs[<Likning med x>] i CAS og benytter uttrykkene funnet over. Vi ser at høyreside er lik venstreside, og svaret viser at f (x) er en løsning av differensiallikningen. Vi sjekker til slutt at initialbetingelsene også stemmer. Aschehoug www.lokus.no Side 5 av

Oppgave E79 a Ifølge Hookes lov er klossen påvirket av fjærkraften F ky b c =, som virker horisontalt og er proporsjonal med og motsatt rettet forlengelsen y av fjæra. Klossen er også påvirket av tyngdekraften og en normalkraft fra underlaget (som virker vertikalt), men disse kreftene er like store og motsatt rettet. Kraftsummen på klossen er derfor lik F. Fra Newtons. lov er F = ma, der akselerasjonen er lik den andrederiverte av utslaget. Dette gir ky = ma my + ky = Klossen er i ro i avstanden 6, cm fra likevektsstillingen når vi slipper den. Initialbetingelsene er altså y () =,6 og y () =. (Vi må bruke samme enhet på alle tall, og velger SI-enheter, som betyr at alle lengder har enhet meter. Derfor er y () =,6.) Vi bruker GeoGebra og løser differensiallikningen,5y +, y = Differensiallikningen har løsningen yt ( ) =,6cos,t Fra både grafen og funksjonsuttrykket for y ser vi at amplituden er,6 m = 6, cm. Svingetiden er det samme som perioden til grafen. Av figuren ser vi altså at svingetiden er, s. (Vi kan også finne svingetiden ved å løse likningen,t = π, som gir T =π,.) Aschehoug www.lokus.no Side 6 av

d Den generelle løsningen av differensiallikningen i oppgave b er yt ( ) = ccos,t+ csin,t. Vi antar at klossen i dette forsøket også ble sluppet i ro. Altså er y () =. y ( t) = csin,t+ ccos,t y () = c sin + c cos = c = c = Utslaget som funksjon av tiden er altså gitt ved yt ( ) = c cos,t. Farten til klossen er dermed y ( t) = c sin,t. Når klossen passerer likevektsstillingen er yt () =, som betyr at cos,t =. Da er sin,t = ±. Absoluttverdien av farten er dermed y () t = c. Klossen har farten,4 m/s når den passerer likevektsstillingen. Dermed er c =, 4, som gir c =,7. Utslaget som funksjon av tiden er altså yt ( ) =,7cos,t Av funksjonsuttrykket ser vi at utslaget i dette forsøket har samme svingetid (, s), men en annen amplitude (, 7 m = 7 cm ), sammenliknet med oppgave b og c. Oppgave E8 a Temperaturen i teen er gitt ved Tt. () Temperaturendringen per tid er dermed T () t. Temperaturendringen skal være proporsjonal med forskjellen Tr Tt () mellom rommets temperatur og teens temperatur. Vi kan altså skrive T () t = kt ( r Tt ()) der k er proporsjonalitetsfaktoren. b Vi setter inn k =,6 og T r = 9, og løser differensiallikningen T ( t) =,6 ( 9 Tt ( )) i GeoGebra, sammen med initialbetingelsen T () = 8. Temperaturen i teen som funksjon av tiden er gitt ved,6t Tt ( ) = 9 + 6e c Vi tegner grafen til T i GeoGebra sammen med linja y = 55. Grafen og linja skjærer hverandre i punktet (8,79, 55). Temperaturen i teen passerer 55 C etter ca. 9 minutter. Aschehoug www.lokus.no Side 7 av

Oppgave E8,x a f( x) = 4 e ( 4sin( x) + cos( x) ), x, 5π Vi tegner grafen til f i GeoGebra, og finner topp- og bunnpunktene med kommandoen Ekstremalpunkt. Toppunktene er (, 4, 8,), (,6,9,8), (6,7, 5, ), (9,8,,8) og (,,, 5). Bunnpunktene er (,,, 4), (5,, 7,), (8,,,8), (,4,,) og (4, 6,,). (Siden definisjonsmengden er et åpent intervall, trenger vi ikke å vurdere endepunktene og 5π.) b Vi vet at 4sin( x) + cos( x) kan skrives på formen Asin( x+ ϕ), der A = 4 + = 5 og,x,x tanϕ =, som gir ϕ =,644. Altså er f( x) = 4 e 5sin( x+ ϕ) = e sin( x+ ϕ). 4 Vi ser dermed at K = og ϕ =,644. c Differensiallikningen y ay by Den karakteristiske likningen + + = skal ha løsningen, x y e ( C sin( x) C cos( x) ) r ar b = +. + + = skal altså ha løsningene r =, ± i. a a 4b a a 4b a a ± ± r = = = ± b a Dette gir likningene =, og a b = ( i) = 4. Vi får dermed a =, =, 4 Oppgave E86 a b = + = + = 4, 4 4,4 n ii ( + ) Vi skal finne summen Sn =, og bruker GeoGebra. i= Summen er gitt ved n ii ( + ) nn ( + )( n+ ) Sn = = n + n + n= i= 6 6 Vi ser at S n > når n 84. Vi må altså ta med minst 84 ledd for at summen av rekka skal bli større enn. Oppgave E88 a Vi tegner grafen i GeoGebra for f( x) 5e sin( x), [, ] x = π. Aschehoug www.lokus.no Side 8 av

b Vi bestemmer nullpunktene grafisk. Velger verktøyet Skjæring mellom to objekt og klikker i nærheten av hvert nullpunkt, der grafen til f skjærer x-aksen. Vi får dermed følgende nullpunkt: Aschehoug www.lokus.no Side 9 av

c π π 5π x,, π,, π,,π Vi finner topp- og bunnpunkt på grafen med kommandoen Ekstremalpunkt [<Funksjon>, <Start>, <Slutt>]. Vi velger start- og sluttverdi litt foran og litt etter hvert topp- og bunnpunkt, for eksempel Ekstremalpunkt[f, 6, 8]. d Vi får disse toppunktene: (,7,,9), (,84,,7) og (6,99,,48) Vi får disse bunnpunktene: (,7,,), (5,4,,8) og (8,56,,8) Vi løser oppgaven i CAS i GeoGebra med kommandoen Integral [<Funksjon>, <Start>, <Slutt>]. Arealet blir,87. Aschehoug www.lokus.no Side av

Oppgave E89 a Sidekanten AB i den første sekskanten har lengde a, og A er midtpunktet på AB. b c Dermed er AA = a. Ettersom A er midtpunktet på AB og A er midtpunktet på AB, er trekanten AAB rettvinklet. Dermed er AA = cos AB AA AA = AA = AA = a = a 4 Tilsvarende blir det for AAB 4 og AAB 4 5 : AA 4 = AA = a = a 4 8 AA 4 5 = AA 4 = a = a 8 6 Argumentet i oppgave a gjelder generelt: Hver gang vi legger til en mindre sekskant, finner vi lengden av sidene fra kateten og hypotenusen i en rettvinklet trekant med vinkel. Altså er AA n n+ = An An for alle n. Summen AA + AA + AA 4 + AA 4 5 + utgjør derfor en uendelig geometrisk rekke med startledd a = AA = a og kvotient Siden k < konvergerer rekka. Summen av rekka i oppgave b er a a ( ) ( ) a a + a + s = = = = = = a + k ( ) ( + ) 4 ( ) k =. Aschehoug www.lokus.no Side av

Oppgave E9 a Rekka er gitt ved b Løsninger til oppgavene i boka ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin x sin x cos x sin x cos x = sin x + cos x + cos x + Hvis sin x = er alle leddene i rekka lik. Rekka konvergerer altså for {,8 } x. For øvrig er uttrykket på høyre side en geometrisk rekke med kvotient kx ( ) = cos x. Rekka konvergerer når < kx ( ) <. < cos x < < cos x < < cos x < Med vinkelen x i første omløp gir dette x, 9 7, 6. Den opprinnelige rekka konvergerer altså for { } Når rekka konvergerer, er summen gitt ved a sin x sin x sx ( ) = = = = tan x kx ( ) cos x cos x ( ) x, 9 8 7, 6. Vi skal finne x slik at summen er s =. Altså er tan x =. Denne likningen har den generelle løsningen x= 9,6 + n 8, n. Vi sammenlikner med konvergensområdet i oppgave a, og ser at vi må velge n =. Summen av rekka er lik når x = 9,6 + 8 = 7,6. Aschehoug www.lokus.no Side av