Del 1

Oppgave 1

a)

$f(x)=(2x-1)^2 = 4x^2-4x+1$

Da er

$f^\prime(x)=8x-4$

Alternativt kan vi benytte kjerneregelen med $2x-1$ som kjerne. Vi får da

$f^\prime(x) = 2(2x-1) \cdot (2x-1)^\prime = 2 \cdot (2x-1) \cdot 2 = 8x - 4$.

b)

$g(x)=\sqrt{x^2-2x}$

Vi bruker kjerneregelen med $x^2 - 2x$ som kjerne. Da har vi

$\begin{eqnarray*} g(x) &=&\frac{1}{2\sqrt{x^2 - 2x}} \cdot (x^2 - 2x)^\prime = \frac{1}{2\sqrt{x^2 - 2x}} \cdot (2x-2) \\ &=& \frac{x-1}{\sqrt{x^2-2x}}\end{eqnarray*}$

c)

Her har vi et produkt av flere faktorer som avhenger av $x$. Da benytter vi produktregelen. For å derivere $e^{3x}$ bruker vi også kjerneregelen. Vi får

$h^\prime(x) = (x^3)^\prime \cdot e^{2x} + x^3 \cdot (e^{2x})^\prime = 3x^2 e^{2x} + x^3 \cdot 2e^{2x} = x^2e^{2x}(3+2x).$

Oppgave 2

a)

En polynomdivisjon $p(x) : (x-a)$ går opp kun dersom $p(a) = 0$. Her får vi da at $f(3)$ må være 0. Det gir oss ligningen

$f(3) = 0 \ \Leftrightarrow \ 3^3 - 3 \cdot 3^2 + k \cdot 3 + 3 = 0 \ \Leftrightarrow \ 3k + 3 = 0 \ \Leftrightarrow \ k = -1.$

b)

Svaret på polynomdivisjon = $x^2-1$

Dette gir oss førstegradsfaktorer i (x-1)(x+1)(x-3)

Oppgave 3

a)

Vendepunkt har vi der den dobbeltderiverte er 0 og skifter fortegn. Vi har her

$f(x)=x^3-3x^2-x+3$

$f^\prime(x)=3x^2-6x-1$

$f^{\prime\prime}(x)=6x-6 = 6(x-1)$

Den dobbeltderiverte er null for x = 1. Vendepunkt: (1, f(1)) = (1, 0)

b)

Likning for vendetangent: f ' (1) = - 4

y = ax + b

Har punktet (1, 0) og setter inn:

$0 = -4 \cdot 1 +b \\ b = 4 $

Dvs: y = -4x + 4

Oppgave 4

a)

x = 1 er en løsning av likningen. Elven mister en løsning ved ikke å sjekke faktoren (x-1) lik null.

b)

For å finne skjæringspunktet må man sette $f(x)=g(x)$

$(x-1)(x-3)=x-1$

$x^2-4x+3=x-1$ => $x^2-5x+4=0$ , deretter bruker man ABC-formelen for å finne nullpunktene.

Nullpunktene er; $x=4$ og $x=1$

For å finne skjæringspunktene setter man $f(4)$ og $g(1)$. Da finner man en y-verdi. $f(4)=(4-1)(4-3)$ $f(4)=3$, noe som betyr at $y=3$

$g(1)=1-1=0$, noe som betyr at $y=0$.

Skjæringspunktene ligger i punktene $(4,3)$ og $(1,0)$

Oppgave 5

a)

$AB = \vec v \\ AD = \vec u \\ AC = \vec u + \vec v \\ BD = \vec u - \vec v \\ \vec{AC} \cdot \vec{BD }= (\vec u + \vec v ) \cdot (\vec u - \vec v ) \\ \vec {u^2} - \vec{v^2} =0$

Siden skalarproduktet mellom vektorene er null, står de vinkelrett på hverandre.

b)

$A_{\Box ABCD} = A_{\triangle ABC} + A_{\triangle ACD} \\ \frac 12 AC \cdot FB + \frac 12 AC \cdot DF \\ \frac 12 AC (FB + DF) \\ \frac 12 AC \cdot BD$

Oppgave 6

a)

$3^{4x}+7=34 \\ 3^{4x}=27 \\ 3^{4x}=3^3 \\ lg3^{4x}= lg3^3 \\ 4x = 3 \\ x = \frac 34 $

b)

$lg(x) + lg (x-1) = lg 2 \quad x>1 \\ lg(x^2-x)= lg2 \\ x^2-x = 2 \\ x^2 - x - 2 =0 \\ x =\frac{1 \pm \sqrt{1+8}}{2} \\ x= -1 \vee x=2 $

Oppgave 7

a)

Vinkel er 90 grader kun når skalarproduktet mellom vinkelbeina er null, bare da.

Dvs: $\vec{AB} \cdot \vec{AC} =0$

$ \vec{AB} =[7-3, 3-0] = [4,3] \\ \vec{AC} = [0-3, t-0]= [-3, t] \\ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 0 \\ 4(-3) +3t =0 \\ t =4 \\ \angle BAC = 90 ^{\circ} \quad når \quad t = 4 $

b)

Avstanden fra punktet A (3,0) til vektoren BC = [-7,1] :

Korteste vei fra A til BC er til et punkt D på BC som er slik at AD er normalt på BC.

$ \vec{AD} = \vec{AB} + k \vec{BC} \\ \vec{AD} = [4,3] +k[-7,1] \\ \vec{AD}=[-7k+4,k+3] \\ \vec{AD} \perp \vec{BC} \\ [-7k+4,k+3] \cdot [-7,1] =0 \\ 49k -28 +k +3=0 \\ 50k =25 \\ k= \frac 12 \\ \vec{AD} = [-7 \cdot \frac 12 + 4, \frac 12+3] = [\frac 12, \frac{7}{2}] \\ | \vec{AD} | = \sqrt{\frac 14 + \frac{49}{4}} = \frac{\sqrt{50}}{2} = \frac{5 \sqrt 2}{2}$

Avstanden fra A til BC er fem halve kvadratroten av to.

DEL 2

Oppgave 1

a)

$\vec{AC} = [4, 4] \quad \quad | \vec{AC}| = \sqrt{4^2+4^2} = \sqrt{32} \\ \vec{AB} =[6, 0]\quad \quad | \vec{AB}| = 6 \\ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 0 \cdot 4 + 6 \cdot 4 = 24 $

Skalarprodukt:

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = |\vec{AB}|\cdot |{AC}| \cdot \angle CAB \Rightarrow \angle CAB = \frac{vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}|\cdot |{AC}|} = \frac{24}{6 \sqrt{32}} = \frac{1}{\sqrt2} = \frac{\sqrt 2}{2} \\ \angle CAB = 45^{\circ}$

b)

Dersom firkanten er et parallellogram er BC vektor lik AD vektor.

$ \vec{BC} = [-2, 4] \\ \vec{AD} = [t, 4] \\ [t,4] = [-2,4] $

Innspeksjon viser oss at t = -2 gjør firkanten ABCD til et parallellogram.

c)

$ AC \perp BD \Leftrightarrow \vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0 \\ \vec{BD} = [t-6, 4] \\ \vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0 \\ [4,4] \cdot [t-6, 4] = 0 \\ 4t-24+16=0 \\ t=2$

Når t = 2 står AC vinkelrett på BD.

Oppgave 2

a)

Gutter Jenter Totalt
Buss 71 94 165
Ikke Buss 111 74 185
Total 182 168 350

Sannsynlighet for jente og buss:

$P(J \cap B) = \frac{94}{350} =0,27$

b)

Sannsynlighet for buss:

$P(B) = \frac{165}{350} = 0,47 \\ $

Sannsynlighet for buss når man vet at eleven er jente:

$P(B|J)= \frac {94}{168} = 0,56$

$P(B) \neq P(B|J)$ derfor er hendelsene B og J avhengige.

c)

$P(J|B) = \frac{94}{165} = 0,57$

Her kunne man også brukt Bayes' formel, men siden alle tall er oppstilt i krysstabellen er regning ikke nødvendig.

Oppgave 3

a)

3a-r1-h12.png

$\vec r (t) =[ \frac 14 t^2 - 3t, t + \frac 4t - 5], \quad t \in <0,20]$

b)

Skjæring med y- akse inntreffer når x(t) = 0.

$ \frac 14t^2-3t=0 \\ t^2-12t =0 \\ t(t-12)=0 \\ t= 0 \vee t=12$

t = 0 er en ugyldig verdi og vi har bare ett skjæringspunkt:

$ (0,y(12)) = (0, 12+ \frac {4}{12} - 5) = (0, \frac{22}{3} )$


Skjæring med x- aksen inntreffer når y(t) = 0:

$t + \frac 4t-5 =0 \\ t^2 - 5t + 4 =0 \\ x= \frac{5 \pm \sqrt{(-5)^2 - 16}}{2}\\ t = 1 \vee t =4$

c)

Banefarten etter t sekunder er gitt ved:

$| \vec {v}(t)| = | \vec{r}'(t)| = | [ \frac12t-3, 1 - \frac{4}{t^2}]| \\ | \vec v(5)| = |[\frac 12 \cdot5-3,1-\frac{4}{5^2}] |= \sqrt{(- \frac12)^2+ ( \frac{21}{25})^2} =0,978$


Etter 5 sekunder er banefarten 0,978

Oppgave 4

a)

Trekantene er formlike. Vinkel C er felles i begge trekantene. DE er parallell med AB, derfor er vinkel CDE lik vinkel CAB og vinkel CED lik vinkel CBA.


$\frac{8-h}{8} = \frac x6 \\ 8-h = \frac {8x}{6} \\h = 8 -\frac 43x$

b)

Areal av trekanten DEF:

$T(x) = \frac{Gh}{2} = \frac{x(8- \frac43x)}{2} = 4x - \frac 23x^2$

c)

$T ´(x) = 4- \frac 43x \\ T ´(x) = 0 \\ x=3$

T har sin største verdi når x = 3. Vi ser at dette er et toppunkt siden faktoren i andregradsleddet er negativ.

$T(3) = 4 \cdot 3 - \frac 23\cdot 3^2 = 12-6 = 6$

Det største arealet er 6.

Alle fire trekantene er likebeinte og har en side med lengde 3 og høyde 4. Derfor er trekantene kongruente.

Oppgave 5

a)

$x^2-2x+y^2+4y-4=0 \\ (x^2-2x+1)+(y^2+4y+4) ) = 1+8 \\ (x-1)^2 + ((y+2)^2 = 9$

Radius i sirkelen er 3. Sentrum er (1, -2).

b)

$x^2+2tx +y^2-4y +9 =0 \\ (x^2 + 2tx + t^2) + (y^2 - 4y + 4) = t^2 -5 \\ (x+t)^2 + (y-2)^2 =t^2-5 $

Dersom sirkelpereferien har kun ett punkt felles med x - aksen betyr det at den tangerer, altså at y kooedinaten er lik radiusen.

$4= t^2-5 \\t^2-9 =0 \\ t = -3 \vee t=3$

For at sirkelen skal tangere xáksen må t være lik -3 eller 3.

Oppgave 6

a)

Her må du vite hva en pereferivinkel og en sentralvinkel er. v er 90 grader. Da er BAC 45 grader. ACD er 60 grader, ADC er 90, da må CAD være 30. BAD blir da 45 + 30 grader, altså 75 grader.

b)

$\alpha = 180^{\circ} - \angle BAP - \angle PBA =180^{\circ}-75^{\circ}- 90^{\circ} = 15^{\circ} \\ \beta= 180^{\circ} - \angle QAD - \angle QDA=180^{\circ}-75^{\circ}- 90^{\circ} = 15^{\circ} $

c)

De to trekantene har en felles vinkel i A. Videre thar de to trekantene begge en pereferivinkel som spenner over diameteren, i B og D. Vinkelsummen er konstant lik 180 grader . $\alpha$ og $\beta$ vil derfor være like for alle verdier av u og v.