R1 Eksamen - H13
28.11.13
Del II
Oppgave 1
a)
$
f'(x) = 2 \cdot 3e^{3x} = 6 \cdot e^{3x}
$
b)
Produktregel gir.
$
f'(x) = (2x)' \ln(3x) + 2x (\ln(3x))' = 2 \ln(3x) + 2x \cdot \frac{3}{3x} = 2(1 + \ln 3x)
$
c) $f'(x) = 2 \cdot 3e^{3x} = 6 \cdot e^{3x}$
$
h'(x) = \frac{(2x-1)'(x+1) - (2x-1)(x+1)'}{(x+1)^2} = \frac{ 3 }{(x+1)^2}
$
Oppgave 2
a)
$
P(1) = 1 - 6 + 11 - 6 = 0
$
Alternativt
$P(x) = x^3 - x^2 - 5x^2 + 11x - 6 = x^2(x-1) - (x-1)(5x-6)$
Så $P(x)$ er delbart på $x-1$
a)
$
P(x) = x^2(x-1) - (x-1)(5x-6) = (x-1)(x^2 - 5x - 6) = (x-1)(x-2)(x-3)
$
Fra fortegnslinje ser en at
$P(x) \geq 0$ for $1 \leq x \leq 2$ og $x \geq 3$.
Oppgave 3
Bruk linjal eller passer og lag en linje som er $10$ cm.
Slå deretter en halvbue, med diameter AB. Dette er appolynius sirkel
og hvis C ligger på sirkelen danner den 90 grader med AB.
Konstruer en paralell linje til AB, med avstand 4 cm.
Dette ka gjøres ved eksempelvis å oppreise en normal fra A.
Skjæringspunktet mellom den parallelle linja og halvsirkelen er hvor C kan være. Blir to punkter.
Oppgave 4
$
2^{3x - 1} = 4 \cdot 2^2 = 2^{4}
$
Så $3x - 1 = 4$, altså er $x=5/3$.
Oppgave 5
b)
$
u = [1,3] + 2[3,2] = [7,7] \\
v = [3,2] - 2[-1,2] = [5,-2] \\
$
$u \bot v = 7\cdot 5 - 7 \cdot 2 = 7(5-2) = 21$
Så $v$ og $u$ er ikke paralelle.
Oppgave 6
a)
$
f'(x) = -x^2 + 4x = x(4-x)\\
f''(x) = -2x + 4 = 2(2-x)
$
a)
$
f'(x) = x(4-x)
$
Videre så er $f(0)=0$ og $f(4) = 32/3 = 10 + 2/3$.
Dobbelderiverte er $f''(0) = 4 > 0$ og $f''(4) = -4 < 0$.
Dermed så er $(0,0)$ et bunnpunkt og $(4 , 10 + 2/3)$ et
toppunkt, pga de dobbelderiverte.
Vendepunktet til funksjonen er når $f''(x) = 0$ så $x=2$.
Så vendepunktet er $(2,5 + 1/3 )$. Der $f(2) = 16/3 = 5 + 1/3$.
c)
Orker ikke skisse men en fortegnslinje gir at dette skjer når
Så $f''(x)<0$ og $f'(x)>0$ når $2 < x < 4$
Oppgave 7
Sirkel 1 har radius $5$ og sentrum i (0,0)
Sirkel 2 har radius $3$ og sentrum i (6,0)
Den lille sirkelen kan tangerere den store sirkelen både
innvendig og utvendig. Det kan bli gjort på både høyre og venstr side
altså
$a = \pm R \pm r = \pm 5 \pm 3$ vil fungere. Eksplisitt så -8, -2, 2 , 8.
Del II
Oppgave 1
a)
Funksjonen har samenfallede nullpunkter ser at
$f(2) = 0$ og $f'(x) = 4(x-2)$ som og er null når $x=0$.
Så $f(x)$ må være på formen $f(x) = k (x-2)^2$.
For å bestemme konstanten $k$, legg merke til at
$f(0) = 8$ så $8 = 4k \ \Rightarrow \ k = 2$.
b)
Tilsvarende som før funksjonen må være på formen
$
f(x) = k(x-3)^2(x+1)
$
Siden den har nullpunkter i $x=3$ og $x-1$.
Videre så får vi en ekstra $(x-3)$ faktor, siden funksjonen tangerer $x-aksen her$. For å bestemme konstanten se at $g(0) = 9$ så
$
9 = 9k
$
og $k = 1$.
c)
$
h(x) = k (x-2)^2(x+2)^2
$
For å bestemme konstanten $k$ se at
$h(0) = 8$ så $8 = 8k$ og $k=1$.
Oppgave 2
$
f(x = \frac{2x-1}{x+1}
$
Legg merke til at nevner er udefinert for $x=-1$
så $x = 1$ er en vertikal asymptote. Ved å skrive om funksjonen
og se på hva som skjer når $x$ vokser iver alle støvleskaft fås
$
\lim_ {x \to \infty } \frac{ 2 - 1/x }{ 1 + 1/x } = 2
$
Så når funksjonen vokser vil den gå mot $y=2$.
Funksjonen har altså den horisontale asymptoten $y=2$.
c)
$
f - g = \frac{2x-1}{x+1} - \frac{(x-1)(x+1)}{x+1}
= \frac{2x - x^2}{x+1}
$
Dermed så er enten $x = 0$ eller $x=2$.
Oppgave 3
a)
Arealet av rektangelet er gitt som
$
A = l \cdot h = (12-x) f(x) = -x^3 + 12x^2 - 21x + 252
$
Som ønsket.
b)
$
A'(x) = -3x^2 + 24x - 21 = -3(x^2 + 8x + 7) = -3(x-1)(x-7)
$
Som ønsket. Videre så er $A''(x) = 6(4-x)$, og $A(1)>0$, $A(7)>0$.
Så største verdi er $A(7) = 350$.
Minste verdi er $A(1) = 252$.
Gidder ikke tegne, yolo.
Oppgave 4
$A = (-r,0)$ og $B = (r,0)$
Videre så er $PA = [x + r,y]$ og $PB = [x - r,-y]$.
APB er 90 grader dersom $PA$ og $PB$ står vinkelrett på hverandre. Nå er
$
PA \bot PB = [x + r,y] \cdot [x - r,y] = x^2 - r^2 + x^2 = 0
$
Uttrykket er selvsagt null siden per definisjon så er $x$ og $y$ slik at
$x^2 + y^2 = r^2$. Ellers ligger ikke punktene på sirkelen.
Oppgave 5
Oppgave 6
Oppgave 7