R1 eksamen

[Sondreaasen]

Noen meninger om høst eksamen i R1?

[∂elta]

Jeg kan godt dele mine svar om du deler dine

[Sondreaasen]

.

[Sondreaasen]

Fjerner bildene, janhaa lå ut eksamen.

[∂elta]

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?

[Sondreaasen]

Oppg 5, a)

P(M snitt F)=P(M)+P(F)-P(M union F)

Oppg 6 bruke jeg bare geogebra..

[Janhaa]

R1-H2013

[Gjestenenenenen]

Noen som vet når vi får vite karakterene??

[Sondreaasen]

Tror det var snakk om 3 eller 4 januar

[M0ffe]

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.

[Sondreaasen]

Aldri tatt privatist eksamen før, men må si jeg er veldig imponert over hvor bra organisert alt var

[Nebuchadnezzar]

R1 Eksamen - H13
28.11.13

Del II

Oppgave 1

a)
$f^{\prime }(x)=2\cdot 3e^{3x}=6\cdot e^{3x}$

b)
Produktregel gir.
$f^{\prime }(x)=(2x{)}^{\prime }\ln (3x)+2x(\ln (3x){)}^{\prime }=2\ln (3x)+2x\cdot \frac{3}{3x}=2(1+\ln 3x)$

c) $f^{\prime }(x)=2\cdot 3e^{3x}=6\cdot e^{3x}$
$h^{\prime }(x)=\frac{(2x-1{)}^{\prime }(x+1)-(2x-1)(x+1{)}^{\prime }}{(x+1{)}^2}=\frac{3}{(x+1{)}^2}$


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

$P(x)\ge 0$ for $1\le x\le 2$ og $x\ge 3$.


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)
$$\begin{gathered} u=[1,3]+2[3,2]=[7,7] \\ v=[3,2]-2[-1,2]=[5,-2] \end{gathered}$$
$u\mathrm{\perp }v=7\cdot 5-7\cdot 2=7(5-2)=21$
Så $v$ og $u$ er ikke paralelle.

Oppgave 6

a)
$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=-x^2+4x=x(4-x) \\ {f}^{″}(x)=-2x+4=2(2-x) \end{gathered}$$

a)
$f^{\prime }(x)=x(4-x)$

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 $f^{\prime }(x)>0$ 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 $f^{\prime }(x)=4(x-2)$ 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 $x-aksenher$. 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

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{2-1/x}{1+1/x}=2$

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)
$A^{\prime }(x)=-3x^2+24x-21=-3(x^2+8x+7)=-3(x-1)(x-7)$
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
$PA\mathrm{\perp }PB=[x+r,y]\cdot [x-r,y]=x^2-r^2+x^2=0$
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

[Sondreaasen]

Kan ikke sirklene tangere hverandre i -8 og -2 også?

[∂elta]

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.

[Nebuchadnezzar]

Noen andre får fullføre, orker ikke mer / har andre ting som å gjøres =)