Innhold

Alternative løsninger

Løsning fra Udir

Løsning fra NDLA

Del 1

Oppgave 1:

a)

1)

$f(x)=2xe^x \\f'(x) = 2e^x+2xe^x = 2(1+x)e^x$

2)

$g(x) = 3\sqrt{x^2-1}\\ \text{setter u lik x i andre minus en og bruker kjerneregelen} \\ g'(x) = (\frac{3}{2\sqrt{x^2-1}}) \cdot (2x) = \frac {3x}{\sqrt{x^2-1}}$

b)

$P(x) = 2x^3-6x^2-2x+6 \\ P(1) = 2 \cdot 1^3- 6 \cdot 1^2 -2 \cdot1 + 6 = 0 \\ (2x^3-6x^2-2x+6 ):(x-1) =2x^2-4x-6 \\ -(2x^3-2x^2) \\ \quad \quad\quad -4x^2-2x \\ \quad \quad \quad-(-4x^2+4x) \\\quad \quad\quad \quad\quad \quad\quad \quad \quad -6x+6 \\\quad \quad\quad \quad\quad \quad\quad \quad -(-6x+6) \\\quad \quad \quad \quad\quad \quad\quad \quad\quad \quad \quad \quad\quad\quad0$


$(x-1) \cdot (2x^2-4x-6) = 0 \\ x = 1 \vee x = \frac{-(-2) \pm \sqrt {4+12}}{2} \\ x= -1 \vee x = 1 \vee x = 3$

c)

1)

1c-r1-h2010.png

2)

$\vec v (t) = \vec r'(t) = [6,-10t] \\\vec v (1) = [6,-10]$

Farten v har retning langs tangenten i A.

3)

$\vec a (t) = \vec v'(t) = [0,-10]$

Akslerasjonen i x rettning er null. Akslerasjonen i y rettning er konstant lik 10, nedover.

d)

Det er to muligheter for en av hver: Gutt,jente eller jente,gutt:

$\frac{6}{10} \cdot \frac{4}{9} +\frac{4}{10} \cdot \frac{6}{9} = \frac{8}{15}$

Man observerer at dette er en hypergeometrisk situasjon og får samme resultat ved å bruke den formelen.

e)

Konstruksjon2.png

1. Avsetter AB lik 10cm.

2. Konstruerer vinkel A 60 + 15 grader er 75 grader.

3. Trekker linjen gjennom A. C ligger ett eller annet sted på denne linjen.

4. Nedfeller normalen fra B på linjen i pkt. 3 og vi har funnet C.

f)

1)

$\lim_{x \to 2}\frac{x^2+4}{x-2}$

Når x går mot to går brøken mot pluss eller minus uendelig (avhengig fra hvilken side man nærmer seg to) og grensen eksisterer ikke.

2)

$\lim_{x \to 2} \frac{x^2-4}{x-2}= \lim_{x \to 2} \frac{(x+2)(x-2)}{x-2}=\lim_{x \to 2}(x+2) = 4$

Oppgave 2

a)

$x^2+r^2 = (r+y)^2 \\ x^2+r^2 = r^2+2ry + y^2 \\ x^2 = 2ry +y^2 = y(y+2r)$


b)

$\angle CTS = 30^{\circ} \Rightarrow \angle TSC = 120^{\circ} \Rightarrow \angle AST = 60^{\circ}$

Trekanten ATS er en 30, 60 , 90 trekant hvilket betyr at det korteste katetet er halvparten av hypotenusens lengde. Korteste katet har lengden r og hypotenuseen har lengde r+y, hvilket betyr at y = r.

DEL TO

Oppgave 3:

a)

$f(x) = 4x^2 \cdot e^{-x} \\ f'(x) = 4 \cdot 2 \cdot x \cdot e^{-x} + 4x^2 \cdot e^{-x} \cdot (-1) \\ f'(x) = 8xe^{-x} - 4x^2e^{-x}$

Grafen til den deriverte:

2010høsta3.png

b)

f har ekstremalpunkter for x = 0 og for x = 2

f' er negativ når x er mindre enn null og positiv når x er større enn null. x = 0 gir da et minimumspunkt. f' er positiv for når x er mindre enn to og negativ for verdier større enn 2. x = 2 gir et maksimumspunkt.

Minimum: (0,f(0)) = (0,0)

Maksimum: $(2,f(2))=(2,\frac{16}{e^2})$

Man observere at grafen til den deriverte har to ekstremalpunkter. Den dobbelderiverte er null i disse punktene og det er vendepunkter. x verdiene for disse er:

x = 0,59 og x = 3,41

For å finne y verdien setter vi inn i funksjonsuttrykket for f:

Vendepunkter:

(0,57, f(0,57)) og (3,41, f(3,41)) som gir punktene (0,57 , 0,76) og (3,41 , 1,53).

Oppgave 4

a)

Trekant ABP:$A= \frac{a \cdot h}{2}$

Trekant PCD:$A= \frac{a \cdot (a-h)}{2} = \frac{a^2 - ah}{2}$

b)

Summen av arealene:

$\frac{a \cdot h}{2} + \frac{a^2 - ah}{2} = \frac{a^2}{2}$

Dette er halvparten av kvadratets areal, uavhengig av hvor i kvadratet P måtte befinne seg.

Oppgave 5

a)

$\vec{AB}= [7-(-1),-2-0] = [8,-2] \\ \vec{AC} = [3-(-1),6-0]=[4,6]$

Vinkel A:

$ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = | \vec{AB} | \cdot | \vec{AC} | \cdot cos \alpha \\ cos \alpha = \frac { \vec{AB} \cdot \vec{AC}} {| \vec{AB}| \cdot| \vec{AC}|} \\ cos \alpha = \frac{[8,-2] \cdot [4,6]}{ \sqrt{8^2+(-2)^2} \cdot \sqrt{4^2+6^2}} = \frac{32-12}{ \sqrt{68} \cdot \sqrt{52}} = \frac{20}{ \sqrt{16 \cdot 17 \cdot 13}} \\ \alpha = 78,4^{\circ}$

b)

$\vec{DE} = - \frac 34\vec{AB} +\frac 34 \vec{AC} = - \frac 34[8,-2] +\frac 34 [4,6] = [-3,6]$

$\vec{BC} = [-4,8]\\\vec{BC}=k\vec{DE}$

dvs. vektorene er parallelle.

c)

d)

e)

Oppgave 6

Alternativ 1

a)

$AC = \sqrt{2^2 + 2^2 } = \sqrt{8} \\ AG = \sqrt{8+2^2} = \sqrt {12}$

b)

Bruker Pytagoras og ser at strekningen S er summen av hypotenusene i trekantene APE og PFG.

c)

R1høst20106.png

Når x = 1 er veien kortest, S er da kvadratroten av tyve. Figuren over viser S og S'.

d)

Alternativ 2

a)

b)

c)

d)

Oppgave 7

a)

$y = \frac{-a}{\sqrt{9-a^2}}x + \frac{9}{\sqrt{9-a^2}} \\A:\quad \quad y = 0 \\ \frac{-a}{\sqrt{9-a^2}}x + \frac{9}{\sqrt{9-a^2}} = 0 \\ x = \frac 9a \\ A:\quad\quad (\frac 9a, 0)\\ B:\quad\quad x=0 \\ y= \frac{9}{\sqrt{9-a^2}} \\ B:\quad\quad (0,\frac{9}{\sqrt{9-a^2}})$

b)

$A = F(a) = \frac{gh}{2} = \frac{9}{a} \cdot \frac{9}{\sqrt{9-a^2}} \cdot \frac{1}{2}= \frac{81}{2a \sqrt{9-a^2}}$

c) og d)

Sstt.png Figuren viser F og F'.

Trekanten har sin minste verdi når a = 2,12.

d)