Oppgaven som pdf

Løsningsforslag laget av matteprat-bruker SveinR

Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas

Diskusjon av denne oppgaven på matteprat

Innhold

DEL 1

Oppgave 1

a)

$f(x)=x^3+2x^2-\sqrt{x} \\ f'(x)=3x^2+4x-\frac{1}{2\sqrt{x}}$

b)

$g(x)=x^2\cdot ln(2x-1) \\ g'(x)=2x\cdot ln(2x-1)+\frac{2x^2}{2x-1}$

Brukte produktregelen og kjerneregelen. Løsningen kan evt. faktoriseres.

c)

$ h(x) = \frac{4x}{e^{2x}} \\ h'(x)=\frac{4e^{2x}-4x\cdot 2e^{2x}}{(e^{2x})^2} \\ = \frac{e^{2x}(4-8x)}{(e^{2x})(e^{2x})} = \frac{-8x+4}{e^{2x}}$

Oppgave 2

a)

$\frac{1}{x^2-x}+\frac{1}{x^2+x}-\frac{1}{x^2-1} \\ = \frac{1}{x(x-1)}+\frac{1}{x(x+1)}-\frac{1}{(x+1)(x-1)} \\ = \frac{x+1}{x(x-1)(x+1)}+\frac{x-1}{x(x+1)(x-1)}-\frac{x}{x(x+1)(x-1)}\\ = \frac{x+1+x-1-x}{x(x+1)(x-1)} \\ = \frac{x}{x(x+1)(x-1)} \\ = \frac{1}{x^2-1}$

b)

$\frac{(ln\,e^3+1)^2}{(e^{ln\,3}+1)} = \frac{(3+1)^2}{(3+1)^3}=\frac{4^2}{4^3}=\frac{1}{4}$

Oppgave 3

a)

$(2x-1)=0 \\ x=\frac{1}{2}$

Sjekker om $x=\frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f(x)$:

$f(\frac{1}{2})= 2(\frac{1}{2})^3-3(\frac{1}{2})^2-11\cdot \frac{1}{2}+6 \\ = \frac{2}{8}-\frac{3}{4}-\frac{11}{2}+6 \\ = \frac{2}{8}-\frac{6}{8}-\frac{44}{8}+6 \\ = \frac{-48}{8}+6 = -6+6 = 0$

$x=\frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f(x)$, det vil si at divisjonen $f(x):(2x-1)$ går opp.

b)

Utfører polynomdivisjonen $f(x) : (2x-1)$

R1 V19 Del1 3b.png

$x^2-x-6=(x-3)(x+2)$

$f(x)=(2x-1)(x-3)(x+2)$

c)

$f(x) \geq (2x-1)(x+2) \\ (x-3)(2x-1)(x+2) \geq (2x-1)(x+2) \\ (x-3)(2x-1)(x+2) - (2x-1)(x+2) \geq 0$

Setter felles faktor $(2x-1)(x+2)$ utenfor parentes.

$ (2x-1)(x+2)((x-3)-1) \geq 0 \\ (2x-1)(x+2)(x-4) \geq 0 $

R1 V19 del1 3c.png

$f(x) \geq (2x-1)(x+2)$ når $x \in [-2, \frac{1}{2}] \cup [4,\rightarrow \rangle$

Oppgave 4

a)

Vi har punktene $A(1,3)$ og $B(5,-1)$

$\vec{AB}=[5-1,-1-3]=[4,-4]$

$|\vec{AB}|=\sqrt{4^2+(-4)^2}=\sqrt{32}=\sqrt{2\cdot 16}=4\sqrt{2}$

b)

Likning for en sirkel med sentrum i $(x_0, y_0)$:

$ (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 = r^2 $

Husk at sirkelens diameter er fra punkt A til punkt B. Sentrum i vår sirkel blir midt mellom punkt A og B, i (3,1).

Radius blir halvparten av $|\vec{AB}|$: $\frac{4\sqrt{2}}{2}= 2\sqrt{2}$

Vi setter inn våre verdier og får likningen for sirkelen:

$ (x - 3)^2 + (y - 1)^2 = (2\sqrt{2})^2 \\ (x-3)^2 + (y-1)^2 = 4\cdot 2 \\ (x-3)^2 + (y-1)^2 = 8 $

c)

For å få en rett vinkel i C, må punkt C ligge på sirkelperiferien. Dette på grunn av Thales setning.

Sentrum av sirkelen er i punkt (3,2), og radiusen av sirkelen er $2\sqrt{2}$. Siden $3+2\sqrt{2} < 6 $, så tangerer ikke linja x=6 sirkelen. Dermed er punkt C utenfor sirkelperiferien, og det er ikke mulig å plassere C slik at trekanten ABC får en rett vinkel i C.

En annen måte å finne ut av det er å sjekke om det finnes en y-verdi for punkt C hvor $\vec{AC}\cdot \vec{BC} = 0$.

Oppgave 5

a)

$\binom{10}{3} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 4 = 120 $

120 ulike grupper på tre deltakere kan komme til finalen.

b)

Vi har flere kvinner enn menn en gruppe på tre, dersom vi har to eller tre kvinner.

P(to eller tre kvinner) = $\frac{\binom{5}{2} \binom{5}{1}}{ \binom{10}{3}} + \frac{\binom{5}{3} \binom{5}{0}}{ \binom{10}{3}} = \frac{10 \cdot 5}{120} + \frac{10 \cdot 1 }{120} = \frac{60}{120} = \frac{1}{2}$

60 av de 120 gruppene, det vil si halvparten, inneholder flere kvinner enn menn.

Oppgave 6

a)

Graf A tilhører funksjonen f, og graf B tilhører funksjonen f´. Dette ser vi fordi når f´ har negativ verdi (grafen er under x-aksen), så synker grafen til f. Når f´ har positiv verdi (grafen er over x-aksen), så stiger grafen til f. Videre har den deriverte et nullpunkt der hvor funksjonen f har et ekstremalpunkt (bunnpunkt).

b)

Fortegnr1v19-1.png

Den dobbelderiverte er negativ for de x-verdiene hvor den deriverte synker, har et nullpunkt i x-verdien til den derivertes bunnpunkt (vendepunktet til f), og er positiv for de x-verdiene hvor den deriverte stiger.

Oppgave 7

a)

$\angle APC$ og $\angle DPB$ er toppvinkler, og derfor like store.

$\angle CAB$ og $\angle CDB$ er periferivinkler som spenner over den samme sirkelbuen. Disse er derfor like store.

Dersom to trekanter har to parvis like store vinkler, er trekantene formlike. $\triangle APC$ og $\triangle PBD$ er derfor formlike.

b)

Siden $\triangle APC$ og $\triangle PBD$ er formlike, har vi at

$\frac{AP}{PD}=\frac{CP}{PB} \Rightarrow AP \cdot PB = CP \cdot PD$

Oppgave 8

a)

$f'(2)=0 \Leftarrow$ Grafen til $f$ har et toppunkt i $(2, f(2))$

Dersom grafen til f har et toppunkt i $(2, f(2))$, impliserer det at vi har $f'(2)=0$. Derimot, hvis vi bare vet at $f'(2)=0$, vet vi ikke om grafen til f har et toppunkt, et bunnpunkt eller et terrassepunkt i $(2, f(2))$. $f'(2)=0$ impliserer altså ikke nødvendigvis et toppunkt i $(2, f(2))$.

b)

$f'(3)=0$ og $f' '(3)>0 \Rightarrow $ Grafen til $f$ har et bunnpunkt i $(3, f(3))$

Dersom $f'(3)=0$ vet vi at grafen til f har et ekstremalpunkt. Dersom $ f' '(3)>0 $ i tillegg, så har vi et bunnpunkt.

Det er derimot ikke alle funksjoner med bunnpunkt i $(3,f(3))$ som har $ f' '(3)>0 $ . For eksempel, dersom $ f(x)=(x-3)^n $ , hvor n er et partall større enn eller lik 4, så er $ f'(3)=0 $ og $ f' '(3)=0 $ i bunnpunktet $(3, f(3))$.

Dette kan være litt vanskelig å vite, og forhåndssensurrapporten til denne eksamen presiserer at ekvivalenspil også blir godtatt dersom man argumenterer godt for svaret sitt.

DEL 2

Oppgave 1

a)

$ \vec{v\,} (t) = [28t-3t^2, 10t-5t^2]$

Bestemmer fartsvektoren:

$ \vec{v\,} (t) = \vec{r\,} '(t) = [28-6t, 10-10t]$

Bestemmer farten da ballen ble sparket:

$ \vec{v\,} (0)=[28,10]$

$|\vec{v\,} (0) | = \sqrt{28^2 + 10^2 } = 29,7 $

Banefarten som ballen fikk da den ble sparket var 29,7 m/s.

b)

Når ballen treffer bakken, er posisjonsvektorens y-koordinat lik 0. Finner tiden t hvor dette skjer i CAS på Geogebra:

R1 v19 del2 1b.png

Ballen kastes når tiden t=0. Ballen treffer bakken når tiden t=2, etter 2 sekunder.

c)

Når ballen er på sitt høyeste punkt, er fartsvektorens y-koordinat lik 0 (ingen fart i y-retning). Finner tiden t hvor dette skjer:

$10-10t=0 \\ t=1$

Finner ballens banefart, altså fartsvektorens x-koorinat i tiden t=1:

$28-6\cdot 1 = 28 - 6 = 22$

Ballens banefart da den var i sitt høyeste punkt var 22 m/s.

Oppgave 2

a)

b)

c)

Oppgave 3

a)

b)

c)

d)

Oppgave 4

a)

b)

c)