R1 eksamen
Moderatorer: Aleks855, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa, DennisChristensen, Emilga
-
- Noether
- Innlegg: 30
- Registrert: 02/08-2013 12:12
Noen meninger om høst eksamen i R1?
-
- Noether
- Innlegg: 30
- Registrert: 02/08-2013 12:12
.
Sist redigert av Sondreaasen den 28/11-2013 15:21, redigert 1 gang totalt.
-
- Noether
- Innlegg: 30
- Registrert: 02/08-2013 12:12
Fjerner bildene, janhaa lå ut eksamen.
Sist redigert av Sondreaasen den 28/11-2013 15:22, redigert 1 gang totalt.
Hva fikk du på oppgave 5? på a) fikk jeg 20,5% og 43,5%. b) Ja de er uavhengige, 32%. c) 64%. Oppgave 7 fikk jeg x = 10 000.På oppgave 6 fikk jeg vinklen bad til å bli 45%, og arealet 26 (tror jeg gjorde feil her).
Generelt synes jeg eksamen var ok, men jeg måtte sitte helt tiden var ute. Litt lang kanskje?
Generelt synes jeg eksamen var ok, men jeg måtte sitte helt tiden var ute. Litt lang kanskje?
-
- Noether
- Innlegg: 30
- Registrert: 02/08-2013 12:12
Oppg 5, a)
P(M snitt F)=P(M)+P(F)-P(M union F)
Oppg 6 bruke jeg bare geogebra..
P(M snitt F)=P(M)+P(F)-P(M union F)
Oppg 6 bruke jeg bare geogebra..
R1-H2013
- Vedlegg
-
- REA3022-R1-H13.pdf
- R1-H2013
- (419.08 kiB) Lastet ned 575 ganger
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
-
- Noether
- Innlegg: 30
- Registrert: 02/08-2013 12:12
Tror det var snakk om 3 eller 4 januar
Forholdsvis ok eksamen. Blir artig å se sensorveiledningen. tror vanskelighetsgraden var ok, men arbeidsmengden stor... Der jeg tok eksamen, en full handballhall, var det kanskje 3-5 stykker som begynte å levere før fem på 2. Selv gikk det veldig bra men rakk ikke bli ferdig med oppgave 7.
-
- Noether
- Innlegg: 30
- Registrert: 02/08-2013 12:12
Aldri tatt privatist eksamen før, men må si jeg er veldig imponert over hvor bra organisert alt var
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
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
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
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
-
- Noether
- Innlegg: 30
- Registrert: 02/08-2013 12:12
Kan ikke sirklene tangere hverandre i -8 og -2 også?
På oppgave 3, så fikk jeg at bunnpunktet var ved x = 1, og topppunktet var ved x = 7, satt inn f(1) og f(7) og fikk 252 og 350 elns. Men på c) når man tegner grafen, ser man jo at arealet er mindre ved x = 11. Spørsmålet er, siden det står i b) at du skal regne ut arealet ved hjelp av a'(x), var det riktig at jeg da brukte bunnpunktet x = 1 som det minste arealet rektangelet kunne ha? Så skrev jeg i c) at det jeg fann i b for det minste arealet var feil, men det største stemte.
-
- Fibonacci
- Innlegg: 5648
- Registrert: 24/05-2009 14:16
- Sted: NTNU
Noen andre får fullføre, orker ikke mer / har andre ting som å gjøres =)
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk