S1 2013 høst LØSNING

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk


DEL EN

Oppgave 1

f(x)=3x23x+1Df=\Rf(x)=6x3f´(2)=623=9

Oppgave 2

a)

x(x+5)10=4x2+5x14=0x=5±25+562x=7x=2

b)

103x100000=0103x=1053x=5x=53

Oppgave 3

[y=x2+2y+x2=4]

[x2+2+x24=02(x21)=0x=1x=1]

x=1y=3x=1y=3(1,3)(1,3)

Oppgave 4

a)

v=v0+att=vv0a

b)

t=vv0at=2513=8

Oppgave 5

a)

92a2b3(3ab2)2=34a2b332a2b4=342a22b34=32b1=9b

b)

lg(a2b2)+lg(b2a)+lg(a+b)=lga2lgb2+lgb2lga+lg(a+b)=2lgalga+lg(a+b)=lga+lg(a+b)=lg(a(a+b))=lg(a2+ab)

Oppgave 6

x2+2xx+6x2+x60x=1±252(x2)(x+3)0

x∈<←,3][2,→>

Oppgave 7

[21+x=yy+2x=126]

21+x+2x=1263x=105x=35y=x+21=56x=35y=56

Oppgave 8

f(x)=x36x2Df=\R

a)

Nullpunkt:

f(x)=02x36x2=02x2(x3)=0x=0x=3f(0)=0f(3)=0

Nullpunkt i (0, 0) og (3, 0)

b)

Ekstremalpunkt:

f´(x)=6x212xf´(x)=06x(x2)=0x=0x=2f(0)=0f(2)=8


Maksimumspunkt: (0,0)

Minimumspunkt: (2, -8)

c)

Oppgave 9

f(0)=2b=2f(1)=0a=2

Vertikal asymptote: x=1c=1

Funksjonen blir da:

f(x)=ax+bcx1=2x+2x1

Oppgave 10

f(x)=x2f(x)=limx0f(x+Δx)f(x)Δx=limx0(x+Δx)2x2Δx=limx0x2+2xδx+(Δx)2x2Δx=limx0Δx(2x+Δx)Δx=2x


DEL TO

Oppgave 1

a)

(72)(438)(5010)=0,2964

Det er 29,6 % sannsynlig at to av lyspærene er defekte.

b)


Det er 13,3% sannsynlig at man velger ut minst tre defekte lyspærer.

Oppgave 2

a)

Atten av tjue lyspærer lyser:

P(X=18)=(2018)0,75180.252=0.0669

Det er 6,7% sannsynlig at 18 pærer lyser.

b)

Det er 61,7% sannsynlig at minst 15 pærer lyser i 1000 timer.

c)

Kunden ønsker: P(x15)0,95:

(2015)p15(1p)50,95

Ved å prøve seg fram på sannsynlighetskalkulatoren i Geogebra, finner man at den enkelte lyspære må ha en sannsynlighet på p = 0.861.

Oppgave 3

9001,10x=1500kxx=10(1,10k)10=1591,10k=±15910k=±1,04522

Oppgave 4

a)

Lengden AB = 2x

Bredden BC = f(x)

Areal A=F(x)=2xf(x)=2x(612x2)=12xx3

Arealet må være større enn null:

F(x)>012xx3>0x>0x<3,46DF=<0,3,46>

b)

Figurene viser de to mulige rektanglene som begge har areal lik 9. Det gir x = 0,79, eller x = 3.

Alternativt kan oppgaven løses med CAS:

Må her forkaste første løsningsforslag fordi x > 0.

Eller ved å bruke F(x):

Vi observerer godt samsvar mellom de tre metodene.

c)

F(x)123x2122x2=0x2=4x=±2

Når x= 2, dvs sidene i rektangelet er 4, er arealet lik 16. Figuren er da et kvadrat.

d)

Omkrets:

O(x)=4x+2(612x2O(x)=x2+4x+12

Maksimum omkrets:

O(x)=2x+42x+4=0x=2

Den maksimale omkretsen får vi når figuren er et kvadrat, et spesialtilfelle av et rektangel.

Oppgave 5

a)

x2<4x>2

Dersom kvadratet av x skal være mindre enn 4, må x∈<2,2>. Implikasjonen er riktig.

b)

x>2x2<4

Dersom x overstiger 2 impliserer det at kvadratet av x overstiger 4. Implikasjonen er feil.

Oppgave 6

a)

En polynomfunksjon av tredje grad som passer til punktene er:

K(x)=0,00103x30,31068x2+30,74299x+2,42311

b)

Dersom produksjonen ligger i område 0- 63, eller over 236, har bedriften et underskudd. Når antallet ligger i område 64 - 236 er det et overskudd.

c)

O(x)=I(x)K(x)O(x)=15x(0,001x30,3x2+30x)O(x)=0,001x3+0,3x215xO(x)=0,003x2+0,6x+15O(x)=0003x2+0,6x15=0x=0,6±0,624150,00320,003x=171


Vi forkaster den andre løsningen for x. Fra grafen i a ser vi at det er x= 171 som gir oss maksimum, den andre gir oss minimum.

Når det produseres 171 kaker er overskuddet:

O(171)=0,0011713+0,3171215171O(171)=1207

Altså ca 1207 kroner i overskudd når det produseres 171 kaker.

d)

Dersom kakene koster kroner 7,50 per stykk er det balanse mellom intekter og kostnader når det produseres 150 stykker.

Oppgave 7

a)

Type 1 = x

Type 2 = y

0,9x+0,4y=200,1x+0,6y=5x=50,6y0,1x=506y0,9(506y)+0,4y=2025=5yy=5x=20

Hun må lage 20 glass av type 1 og 5 glass av type 2.

b)

Inntekter: 80 kr /glass av type 1, 40 kr/glass av type 2. Inntekter blir da 1800 kr.

c)

Løser likningsettet i CAS.


Kiloprisen på sukker må være 40 kroner. Det koster da 31 kroner å lage type en og 36 kroner å lage type to.