Innhold

Del 1

Oppgave 1

a)

1) $f(x)=x^3\ln(x) \\ f'(x)=(x^3)'\ln(x)+x^3(\ln(x))'=3x^2\ln(x)+x^3\frac{1}{x}=x^2(3\ln(x)+1)$


2) $g(x)=4e^{x^2-3x}\\ g'(x)=4(2x-3)e^{x^2-3x}$


b)

1) La $P(x)=x^3-4x^2-4x+16$ . Da er $P(2)=2^3-4\cdot 2^2-4\cdot 2+16=8-16-8+16=0$ , og $x-2$ er en faktor i $P(x)$ .

Polynomdivisjon gir at $x^3-4x^2-4x+16\,:\,x-2=x^2-2x-8$ .

Vi ser videre at $-2$ er en rot i polynomet $x^2-2x-8$ , så $x+2$ er en faktor. Polynomdivisjon gir dermed at $x^2-2x-8\,:\, x+2=x-4$

, så

$P(x)=(x-2)(x+2)(x-4)$


2) $P(x)\leq 0\Rightarrow (x-2)(x+2)(x-4)\leq 0$ . P(x) har nullpunkter i $x=-2$ , $x=2$ og $x=4$ , og skifter fortegn i disse punktene. Dersom $x<-2$ er hver av de tre faktorene i $P(x)$ negativ, og $P(x)<0$ . Dersom $-2 er to av faktorene negative og $P(x)>0$ . Dersom $2 er nøyaktig én faktor negativ, og $P(x)<0$ . Dersom $x>4$ er alle faktorene positive, og $P(x)>0$ . Ulikheten $P(x)\leq 0$ er følgelig tilfredsstilt for $x\leq -2$ og $2\leq x\leq 4$ .


c)

Per er fra Bergen $\Rightarrow$ Per er fra Norge. (At Per er fra Norge behøver ikke bety at han er fra Bergen.)


d)

1) La $\vec{a}=[3,5]$ . Vi dobler vektoren ved å multiplisere med $2$ , og snur retningen ved å multiplisere med $-1$ . Det følger at $\vec{b}=-2\cdot [3,5]=[-6,-10]$


2) For at $\vec{c}=[x,y]$ skal stå normalt på $\vec{a}$ , må $\vec{c}\cdot \vec{a}=[x,y]\cdot[3,5]=3x+5y=0$ . Et naturlig valg er $x=5$ , $y=-3$ , så $\vec{c}=[5,-3]$ .


e)

$4\cdot \left ( 1+\frac{x}{100}\right )^4=64\Rightarrow \left ( 1+\frac{x}{100}\right )^4=16=2^4\Rightarrow 1+\frac{x}{100}=\pm 2$ . Altså er $x=100$ eller $x=-300$ .

f)

R1-vår10 sirk.png

Slår sirkelperiferien med passer. Halver radius og fører lengden 3/2 radius ned på periferien, B. Konstruererer 45 grader i B og trekker opp trekanten.

Oppgave 2

a)

Vi har at $f'(x)=2(x+1)(x-3)$ , så $f'(x)$ har nullpunkt i $x=-1$ og $x=3$ . Dersom $x<-1$ er $f'(x)>0$ og $f(x)$ vokser, dersom $-1 er $f'(x)<0$ og $f(x)$ avtar, og dersom $x>3$ er $f'(x)>0$ og $f(x)$ vokser. $f(x)$ har derfor toppunkt i $x=-1$ og bunnpunkt i $x=3$ .


b)

$f'(x)=2(x+1)(x-3)\Rightarrow f''(x)=2(x-3)+2(x+1)=4x-4$ . $f(x)$ har vendepunkt der $f''(x)=0$ , altså i $x=1$


c)

Nullstiller vi den andrederiverte til $g(x)$ får vi en lineær ligning som følgelig bare kan ha én løsning. Derfor kan funksjonen maksimalt ha ett vendepunkt. Vi har at $g''(x)=a(x-c)+a(x-b)=a(2x-b-c)$ . Førstekoordinaten til vendepunktet er løsning på ligningen $g''(x)=a(2x-b-c)=0$ , som er gitt ved $x=\frac{b+c}{2}$ , altså midt mellom $b$ og $c$ , som også er midt mellom $x_{maks}$ og $x_{min}$ (siden $g(x)$ har topp- og bunnpunkt i $x=b$ og $x=c$ , der den deriverte er $0$ ).


Del 2

Oppgave 3

a)

${12\choose 5}=\frac{12\cdot 11\cdot 10\cdot 9\cdot 8}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=792$


b)

For hver av de sju resterende kampene er det to muligheter, altså blir det totalt $2^7=128$ måter å fylle ut kupongen.

c)

Sannsynligheten for nøyaktig fem hjemmeseire blir $792\cdot (\frac{1}{3})^{5}\cdot (\frac{2}{3})^7\approx 0.19$


Oppgave 4

a)

Screen shot 2012-01-05 at 18.25.17.png


b)

$\vec{v}=\vec{r}'=[3t^2,1]$ og $\vec{a}=\vec{v}'=[6t,0]$


c)

$\vec{v}(t)$ er parallell med y-aksen der x-komponenten er $0$ , altså der $3t^2=0$ . Da er $t=0$ , så punktet på kurven der hastighetsvektoren er parallell med y-aksen er i $(3,1)$



Oppgave 5

Alternativ I

a)

Tangenten har ligning $y=ax+b$ . Siden den går gjennom punktet $(1,1)$ må ligningen tilfredsstille $1=a+b$ . Stigningstallet $a$ må være det samme som stigningstallet til grafen til $f(x)=x^3$ i $(1,1)$ . $f'(x)=3x^2$ , så $f'(1)=3$ , og $a=f'(1)=3$ . Videre er $1=a+b=3+b$ , så $b=1-3=-2$ . Ligningen til tangenten $T_1$ er derfor $y=3x-2$ .


b)

Punktet Q må tilfredsstille $y=f(x)$ , altså $3x-2=x^3$ som vi kan skrive $x^3-3x+2=0$ . Siden vi kjenner én løsning fra før, $x=1$ , må $x-1$ være en faktor i polynomet $x^3-3x+2$ . Polynomdivisjon gir at $x^3-3x+2\,:\,x-1=x^2+x-2$ . Vi ser nå at $1$ er en rot i $x^2+x-2$ , så $x-1$ er en faktor i $x^2+x-2$ . Polynomdivisjon gir igjen at $x^2+x-2\,:\,x-1=x+2$ . Altså er ligningen $x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2)=0$ , med løsninger $x=-2$ og $x=1$


c)

Siden $T_1$ og $T_2$ er parallelle må de ha samme stigningstall. Altså må $f'(x)=3x^2=3$ i tangeringspunktet, som har løsninger $x=\pm 1$ . Tangeringspunktet mellom $T_2$ og $f(x)$ må derfor være i $(x,y)=(-1,-1)$

Alternativ II

a)

Siden $x$ meter av ledningen brukes på trekanten, er det $10-x$ tilovers til kvadratet. Siden alle sidene i kvadratet er like lange er hver side $\frac{10-x}{4}$ , så arealet er $F_1(x)=(\frac{10-x}{4})^2=\frac{1}{16}(10-x)^2$

b)

Vi trekker en normal ned fra toppen av trekanten ned på grunnlinja, som blir høyden $h$ . Pytagoras gir at $h^2+(\frac{x}{6})^2=(\frac{x}{3})^2$ , så $h=\sqrt{\frac{1}{9}x^2-\frac{1}{36} x^2}=\sqrt{\frac{3}{36}x^2}=\frac{\sqrt{3}x}{6}$ . Arealet av trekanten blir dermed $F_2(x)=\frac{hx}{6}=\frac{\sqrt{3}}{36}x^2$

c)

La $F(x)=F_1(x)+F_2(x)=\frac{1}{16}(10-x)^2+\frac{\sqrt{3}}{36}x^2$ , der $0\leq x\leq 10$ . $F'(x)=-\frac{1}{8}(10-x)+\frac{\sqrt{3}x}{18}=0$ gir at $x=\frac{5}{\frac{1}{2}+\frac{2\sqrt{3}}{9}}\approx 5.65$ . Siden den andrederiverte er positiv, må dette være et bunnpunkt, så ledningen må kuttes slik at $x\approx 5.65$

Oppgave 6

a)

Siden $\triangle ASD$ er likebeint, er $\angle SAD=\angle ASD =x$

b)

$SD=SC=r$ $\triangle SDC$ er likebeint og $\angle SDC=\angle SCD$ . $\angle SDA=\pi-2x$ og $\angle SDC =\pi-\angle SDA=\pi-(\pi-2x)=2x$

c)

$\angle CSD = \pi-4x=\pi-(x+y)$ , så $x+y=4x\Leftrightarrow y=3x$

Oppgave 7

a)

$n=1:$ $4^1-1=3$

$n=2:$ $4^2-1=15=3\cdot 5$

$n=3:$ $4^3-1=63=3\cdot 21$

$n=4:$ $4^4-1=255=3\cdot 85$

b)

$(2^n-1)(2^n+1)=(2^n)^2+2^n-2^n-1=(2^2)^n-1=4^n-1$

c)

Dersom $n$ er et naturlig tall er $2^n$ et heltall, og $2^n-1$ og $2^n+1$ er de nærmeste heltallene. Blant tre påfølgende heltall vil det alltid være ett som er delelig med $3$ : Tallene som er delelig med $3$ er på formen $\{3k|k\in\mathbb{N}\}=\{0,3,6,9,12,15,...\}$ .


$2^n$ er aldri delelig med $3$ siden eneste primfaktor er $2$ .

d)

Fra c) må enten $2^n-1$ eller $2^n+1$ være delelig med $3$ for alle naturlige tall. Siden $4^n-1=(2^n-1)(2^n+1)$ $4^n-1$ alltid være delelig med 3.