Matematikk.net - Brukerbidrag [nb]

R1 2015 vår LØSNING

2017-05-12T17:14:22Z

Guffbuff: /* b) */

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=40014 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://goo.gl/RHMv1A Løsningsforslag (pdf)] fra bruker joes.
Send gjerne en [mailto:espen.johanssen+matematikknet@gmail.com?subject=Kommentar%20til%20R1%20V15%20fasit melding] hvis du oppdager feil i fasit. På forhånd, takk.

[http://1drv.ms/1kOzx7M Del 2, oppgave 2 (video)]

[http://1drv.ms/1kOzEjI Del 2, oppgave 5 (video)]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Forhandssensur_REA3022_Matematikk_R1_V15.pdf Forhandssensur]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Vurderingsskjema_REA3022_Matematikk_R1_V15.xlsm Vurderingsskjema]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Sensorveiledning_REA3022_Matematikk_R1_V2015.pdf Sensorveiledning]

[http://ndla.no/nb/node/152090?fag=57933 Løsning fra NDLA]

==DEL EN==

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)= x^3+2x^2-3x \\ f´(x)=3x^2+4x-3$

===b)===

$g(x)= ln(x-2) \\ g´(x)= \frac{1}{x-2}$

===c)===

$h(x)= (2x^2-1)^3 \\ h´(x) = 3(2x^2-1)^2 \cdot 4x = 12x(2x^2-1)^2$

==Oppgave 2==

===a)===

$P(x)= x^3+2x^2-5x-6 \\ P(2)= 8+8-10-6 =0$

Altså er polynomet delelig med x - 2.

===b)===

$ \quad x^3+2x^2-5x-6: (x-2)= x^2+4x+3 \\ -(x^3-2x^2) \\ \quad\quad \quad 4x^2-5x \\ \quad \quad-(4x^2-8x) \\ \quad\quad \quad\quad \quad\quad 3x-6 \\ \quad\quad \quad\quad \quad -(3x-6)$

Løser $x^2+4x+3=0$ og får

P(x) = ( x - 2)( x + 1)(x + 3)

===c)===

$lim_{x \rightarrow 2} \frac{(x-2)(x+1)(x+3)}{x-2} = \\ lim_{x \rightarrow 2} (x+1)(x+3) = 15 $

==Oppgave 3==

$\frac{x-2}{x^2+2x} + \frac2x + \frac{x+2}{x^2-2x} - \frac{3x}{x^2 - 4} = \\ \frac{(x-2)(x-2) +2((x+2)(x-2) +(x+2)(x+2) - 3x^2}{x(x+2)(x-2)} = \\ \frac{x^2-4x+4 +2x^2 - 8+ x^2+4x +4-3x^2}{x(x+2)(x-2)} = \\ \frac{x^2}{x(x+2)(x-2)} \\ \frac{x}{(x+2)(x-2)}$

==Oppgave 4==

$x^2-2x +y^2+4y-20=0 \\ (x^2-2x+1) + (y^2+ 4y + 4) - 25 = 0 \\ (x-1)^2 + (y+2)^2 = 5^2$

Sirkelen har radius 5, med sentrum i punktet (1, -2).

==Oppgave 5==

===a)===
$\vec{u} \parallel \vec{v} \Rightarrow \vec u = k \vec v$

I tillegg må vi skifte fortegn siden den skal være motsatt rettet. Vi multipliserer med -1 og får $ \vec u = [-3, -4]$

===b)===

En vektor som står vinkelrett på [a,b] vektor er vektoren k[-b, a]. Vektoren [-4,3] står derfor vinkelrett på [ 3, 4] vektor. Kriteriet er at når to vektorer står vinkelrett på hverandre er skalarproduktet null:

$[3,4]\cdot[-4,3] = -12 +12 = 0$

===c)===

$\vec w $ står vinkelrett på $\vec v$ så derfor må t være null.

$\vec v = k \vec u \\ [3,4] = k[-3,-4]$

I dette tilfellet må k = -1.

===d)===

Lengde av v vektor:

$ | \vec v | = \sqrt{3^2+4^2} = 5 $

Dersom lengden av x vektor skal være 7, må v vektoren multipliseres med $\frac 75$:

$ \vec x = \frac 75 \vec v = \frac 75 [3, 4] = [\frac{21}{5}, \frac{28}{5}]$

==Oppgave 6==

===a)===

$\binom {12}{ 2} = \frac{12!}{10! \cdot 2!} = 6 \cdot 11 = 66$

$\binom {n}{ 1} = \frac{n!}{(n-1)! \cdot 1!} = \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n-2)....}{(n-1) \cdot (n-2)....} = n$

===b)===

$\frac{\binom{x}{1} \cdot \binom{12-x}{1}}{\binom{12}{2}} = \frac {6}{11} \\ \frac{x \cdot (12-x)}{66 } =\frac{6}{11} \\x(12-x) = 36 \\ x^2-12x+36=0 \\ (x-6)(x-6)=0 \\ x=6 $

==Oppgave 7==

===a)===
$f(x)3xe^{-x} \\ f´(x)= 3e^{-x} -3xe^{-x} = 3e^{-x}(1-x)$

Funksjonen har et ekstremalpunkt for x=1. For x >1 avtar funksjonen og for x < 1 vokser den. Det betyr at den har et toppunkt for x = 1. $f(1)= \frac 3e$ .

Maksimumspunkt: $(1, \frac 3e )$

===b)===

$f(x)3xe^{-x} \\ f´(x)= 3e^{-x} -3xe^{-x} = 3e^{-x}(1-x) \\ f``(x)= -3e^{-x} +3xe^{-x} -3e^{-x}= 3e^{-x}(2-x)$

===c)===

[[File:r1-v2015-17c.png]]

==Oppgave 8==

===a)===

Vinkel B er en periferivinkel som spenner over buen AC. Vinkel CSA er en sentralvinkel som spenner over sammen buen. Vinkel DSA er halvparten av vinkel CSA. Vinkel B er derfor lik vinkel DSA.

===b)===

$\angle B = \angle DSA \\ sinDSA = \frac{\frac 12 b}{R}\\ 2R = \frac{b}{sin B} $

===c)===

Tja... Vi gjør det samme med a og c, som vi gjorde med b i oppgave b. Man må lage fotpunkt på BC og AB også. ABS og BCS er også likebeinte så oppgaven er en repetisjon av oppgave b.

==Oppgave 9==

$9^x - 3^x -12 = 0 \\ (3^x)^2 - 3^x - 12=0 \\ $

Setter $u=3^x$

$u^2-u - 12 =0 \\ u = -3 \vee u = 4$

Må forkaste u= -3 og får

$3^x = 4 \\ x = \frac{lg 4}{lg3}$

==DEL TO==
==Oppgave 1==

===a)===

[[File:r1-v2015-21ab.png]]

===b)===

Fra tegningen i a ser man at likningen blir $(x-3)^2 + (y-3)^2 =18$. Altså en sirkel med sentrum i punktet (3, 3) og med radius $\sqrt{18}$

==Oppgave 2==

===a)===

[[File:r1-v2015-22abc.png]]

===b)===

Fra Figuren i a leser vi at farten må være 12 - 58 km/h.

===c)===

Det passerer flest biler, ca. 30 stykker per minutt, når farten er ca. 26 km/h.

==Oppgave 3==

===a)===

V deriverer posisjonsvektoren og får:

$\vec{r_A}(t)= [18t-8,10-3t] \\ \vec v =\vec{r_A}´(t) =[18,-3] $

og

$\vec{r_B}(t)= [10t, 20-6t] \\ \vec v = \vec{r_B}´(t) =[10,-6] $

Litt amatørmessig å oppgi farten til båter i km/h, men la gå:

$v_A = \sqrt{18^2+(-3)^2} \approx 18,2$ km/h

og

$v_B = \sqrt{10^2+(-6)^2} \approx 11,6$ km/h

===b)===

Avstanden mellom båtene vil til enhver tid være en vektor i x-retning pluss en vektor i y- retning. Resultanten blir hypotenusen i en rettvinklet trekant og Pytagoras kan brukes:

$d= \sqrt {| \vec r_A|^2 +|\vec r_B|^2} \\ d= \sqrt{(18t - 8- 10t)^2 + (10-3t - (20-6t))} \\ d= \sqrt{(8t-8)^2+(3t-10)^2}$

===c)===

Vi skriver uttrykket for d inn i Geogebra og finner minimumspunktet:

[[File:r1-v2015-23c.png]]

Avstanden er minst etter ca 1 time og 17 minutter, ca 6,55 km.

==Oppgave 4==

===a)===

f har nullpunkt for x= 1 gir: 1 + a + b + c+ 1 = 0

x = 2 er x- koordinat til vendepunktet. f''(x) = $12x^2+ 6ax + 2b$. f''(2)=0 gir: 48 + 12a + 2b = 0

f(3) = 4 gir: 4 = 81 + 27a + 9b + 3c + 1

===b)===

[[File:r1-v2015-24b.png]]

a= -6, b = 12, c= -8. Det gir funksjonen:

$f(x)=x^4-6x^3+12x^2-8x +1, \quad D_f =\R$

==Oppgave 5==

===a)===

$g´(x)= 3ax^2-2x \\ g´(t)= 3at^2-2t$

Vi har nå funnet stigningstallet til tangenten i P. Finner så b i likningen for den rette linje:

$y = ax+ b\\ at^3-t^2=(3at^2-2t)t + b \\ b= t^2-2at^3$

Innsatt i y= ax + b gir det:

$y= (3at^2-2t)x + t^2- 2at^3$

===b)===

[[File:r1-v2015-25b.png]]

1. Definerer g(x) i CAS.

2. Finner skjæringspunktene mellom g og den rette linje.

3. Finner $g( \frac{-2at+1}{a})$ og finner punktet Q i tredje kvadrant: $( \frac{-2at+1}{a}, \frac{-8a^2t^3+8at^2-2t}{a})$.

R1 2015 vår LØSNING

2017-05-12T17:12:06Z

Guffbuff: /* b) */

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=40014 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://goo.gl/RHMv1A Løsningsforslag (pdf)] fra bruker joes.
Send gjerne en [mailto:espen.johanssen+matematikknet@gmail.com?subject=Kommentar%20til%20R1%20V15%20fasit melding] hvis du oppdager feil i fasit. På forhånd, takk.

[http://1drv.ms/1kOzx7M Del 2, oppgave 2 (video)]

[http://1drv.ms/1kOzEjI Del 2, oppgave 5 (video)]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Forhandssensur_REA3022_Matematikk_R1_V15.pdf Forhandssensur]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Vurderingsskjema_REA3022_Matematikk_R1_V15.xlsm Vurderingsskjema]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Sensorveiledning_REA3022_Matematikk_R1_V2015.pdf Sensorveiledning]

[http://ndla.no/nb/node/152090?fag=57933 Løsning fra NDLA]

==DEL EN==

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)= x^3+2x^2-3x \\ f´(x)=3x^2+4x-3$

===b)===

$g(x)= ln(x-2) \\ g´(x)= \frac{1}{x-2}$

===c)===

$h(x)= (2x^2-1)^3 \\ h´(x) = 3(2x^2-1)^2 \cdot 4x = 12x(2x^2-1)^2$

==Oppgave 2==

===a)===

$P(x)= x^3+2x^2-5x-6 \\ P(2)= 8+8-10-6 =0$

Altså er polynomet delelig med x - 2.

===b)===

$ \quad x^3+2x^2-5x-6: (x-2)= x^2+4x+3 \\ -(x^3-2x^2) \\ \quad\quad \quad 4x^2-5x \\ \quad \quad-(4x^2-8x) \\ \quad\quad \quad\quad \quad\quad 3x-6 \\ \quad\quad \quad\quad \quad -(3x-6)$

Løser $x^2+4x+3=0$ og får

P(x) = ( x - 2)( x + 1)(x + 3)

===c)===

$lim_{x \rightarrow 2} \frac{(x-2)(x+1)(x+3)}{x-2} = \\ lim_{x \rightarrow 2} (x+1)(x+3) = 15 $

==Oppgave 3==

$\frac{x-2}{x^2+2x} + \frac2x + \frac{x+2}{x^2-2x} - \frac{3x}{x^2 - 4} = \\ \frac{(x-2)(x-2) +2((x+2)(x-2) +(x+2)(x+2) - 3x^2}{x(x+2)(x-2)} = \\ \frac{x^2-4x+4 +2x^2 - 8+ x^2+4x +4-3x^2}{x(x+2)(x-2)} = \\ \frac{x^2}{x(x+2)(x-2)} \\ \frac{x}{(x+2)(x-2)}$

==Oppgave 4==

$x^2-2x +y^2+4y-20=0 \\ (x^2-2x+1) + (y^2+ 4y + 4) - 25 = 0 \\ (x-1)^2 + (y+2)^2 = 5^2$

Sirkelen har radius 5, med sentrum i punktet (1, -2).

==Oppgave 5==

===a)===
$\vec{u} \parallel \vec{v} \Rightarrow \vec u = k \vec v$

I tillegg må vi skifte fortegn siden den skal være motsatt rettet. Vi multipliserer med -1 og får $ \vec u = [-3, -4]$

===b)===

En vektor som står vinkelrett på [a,b] vektor er vektoren k[-b, a]. Vektoren [-4,3] står derfor vinkelrett på [ 3, 4] vektor. Kriteriet er at når to vektorer står vinkelrett på hverandre er skalarproduktet null:

$[3,4]\cdot[-4,3] = -12 +12 = 0$

===c)===

$\vec w $ står vinkelrett på $\vec v$ så derfor må t være null.

$\vec v = k \vec u \\ [3,4] = k[-3,-4]$

I dette tilfellet må k = -1.

===d)===

Lengde av v vektor:

$ | \vec v | = \sqrt{3^2+4^2} = 5 $

Dersom lengden av x vektor skal være 7, må v vektoren multipliseres med $\frac 75$:

$ \vec x = \frac 75 \vec v = \frac 75 [3, 4] = [\frac{21}{5}, \frac{28}{5}]$

==Oppgave 6==

===a)===

$\binom {12}{ 2} = \frac{12!}{10! \cdot 2!} = 6 \cdot 11 = 66$

$\binom {n}{ 1} = \frac{n!}{(n-1)! \cdot 1!} = \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n-2)....}{(n-1) \cdot (n-2)....} = n$

===b)===

$\frac{\binom{x}{1} \cdot \binom{12-x}{1}}{\binom{12}{2}} = \frac {6}{11} \\ \frac{x \cdot (12-x)}{66 } =\frac{6}{11} \\x(12-x) = 36 \\ x^2-12x+36=0 \\ (x-6)(x-6)=0 \\ x=6 $

==Oppgave 7==

===a)===
$f(x)3xe^{-x} \\ f´(x)= 3e^{-x} -3xe^{-x} = 3e^{-x}(1-x)$

Funksjonen har et ekstremalpunkt for x=1. For x >1 avtar funksjonen og for x < 1 vokser den. Det betyr at den har et toppunkt for x = 1. $f(1)= \frac 3e$ .

Maksimumspunkt: $(1, \frac 3e )$

===b)===

$f(x)3xe^{-x} \\ f´(x)= 3e^{-x} -3xe^{-x} = 3e^{-x}(1-x) \\ f``(x)= 3e^{-x}(2-x)$

===c)===

[[File:r1-v2015-17c.png]]

==Oppgave 8==

===a)===

Vinkel B er en periferivinkel som spenner over buen AC. Vinkel CSA er en sentralvinkel som spenner over sammen buen. Vinkel DSA er halvparten av vinkel CSA. Vinkel B er derfor lik vinkel DSA.

===b)===

$\angle B = \angle DSA \\ sinDSA = \frac{\frac 12 b}{R}\\ 2R = \frac{b}{sin B} $

===c)===

Tja... Vi gjør det samme med a og c, som vi gjorde med b i oppgave b. Man må lage fotpunkt på BC og AB også. ABS og BCS er også likebeinte så oppgaven er en repetisjon av oppgave b.

==Oppgave 9==

$9^x - 3^x -12 = 0 \\ (3^x)^2 - 3^x - 12=0 \\ $

Setter $u=3^x$

$u^2-u - 12 =0 \\ u = -3 \vee u = 4$

Må forkaste u= -3 og får

$3^x = 4 \\ x = \frac{lg 4}{lg3}$

==DEL TO==
==Oppgave 1==

===a)===

[[File:r1-v2015-21ab.png]]

===b)===

Fra tegningen i a ser man at likningen blir $(x-3)^2 + (y-3)^2 =18$. Altså en sirkel med sentrum i punktet (3, 3) og med radius $\sqrt{18}$

==Oppgave 2==

===a)===

[[File:r1-v2015-22abc.png]]

===b)===

Fra Figuren i a leser vi at farten må være 12 - 58 km/h.

===c)===

Det passerer flest biler, ca. 30 stykker per minutt, når farten er ca. 26 km/h.

==Oppgave 3==

===a)===

V deriverer posisjonsvektoren og får:

$\vec{r_A}(t)= [18t-8,10-3t] \\ \vec v =\vec{r_A}´(t) =[18,-3] $

og

$\vec{r_B}(t)= [10t, 20-6t] \\ \vec v = \vec{r_B}´(t) =[10,-6] $

Litt amatørmessig å oppgi farten til båter i km/h, men la gå:

$v_A = \sqrt{18^2+(-3)^2} \approx 18,2$ km/h

og

$v_B = \sqrt{10^2+(-6)^2} \approx 11,6$ km/h

===b)===

Avstanden mellom båtene vil til enhver tid være en vektor i x-retning pluss en vektor i y- retning. Resultanten blir hypotenusen i en rettvinklet trekant og Pytagoras kan brukes:

$d= \sqrt {| \vec r_A|^2 +|\vec r_B|^2} \\ d= \sqrt{(18t - 8- 10t)^2 + (10-3t - (20-6t))} \\ d= \sqrt{(8t-8)^2+(3t-10)^2}$

===c)===

Vi skriver uttrykket for d inn i Geogebra og finner minimumspunktet:

[[File:r1-v2015-23c.png]]

Avstanden er minst etter ca 1 time og 17 minutter, ca 6,55 km.

==Oppgave 4==

===a)===

f har nullpunkt for x= 1 gir: 1 + a + b + c+ 1 = 0

x = 2 er x- koordinat til vendepunktet. f''(x) = $12x^2+ 6ax + 2b$. f''(2)=0 gir: 48 + 12a + 2b = 0

f(3) = 4 gir: 4 = 81 + 27a + 9b + 3c + 1

===b)===

[[File:r1-v2015-24b.png]]

a= -6, b = 12, c= -8. Det gir funksjonen:

$f(x)=x^4-6x^3+12x^2-8x +1, \quad D_f =\R$

==Oppgave 5==

===a)===

$g´(x)= 3ax^2-2x \\ g´(t)= 3at^2-2t$

Vi har nå funnet stigningstallet til tangenten i P. Finner så b i likningen for den rette linje:

$y = ax+ b\\ at^3-t^2=(3at^2-2t)t + b \\ b= t^2-2at^3$

Innsatt i y= ax + b gir det:

$y= (3at^2-2t)x + t^2- 2at^3$

===b)===

[[File:r1-v2015-25b.png]]

1. Definerer g(x) i CAS.

2. Finner skjæringspunktene mellom g og den rette linje.

3. Finner $g( \frac{-2at+1}{a})$ og finner punktet Q i tredje kvadrant: $( \frac{-2at+1}{a}, \frac{-8a^2t^3+8at^2-2t}{a})$.

R1 2015 vår LØSNING

2017-05-12T17:11:16Z

Guffbuff: /* b) */

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=40014 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://goo.gl/RHMv1A Løsningsforslag (pdf)] fra bruker joes.
Send gjerne en [mailto:espen.johanssen+matematikknet@gmail.com?subject=Kommentar%20til%20R1%20V15%20fasit melding] hvis du oppdager feil i fasit. På forhånd, takk.

[http://1drv.ms/1kOzx7M Del 2, oppgave 2 (video)]

[http://1drv.ms/1kOzEjI Del 2, oppgave 5 (video)]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Forhandssensur_REA3022_Matematikk_R1_V15.pdf Forhandssensur]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Vurderingsskjema_REA3022_Matematikk_R1_V15.xlsm Vurderingsskjema]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Sensorveiledning_REA3022_Matematikk_R1_V2015.pdf Sensorveiledning]

[http://ndla.no/nb/node/152090?fag=57933 Løsning fra NDLA]

==DEL EN==

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)= x^3+2x^2-3x \\ f´(x)=3x^2+4x-3$

===b)===

$g(x)= ln(x-2) \\ g´(x)= \frac{1}{x-2}$

===c)===

$h(x)= (2x^2-1)^3 \\ h´(x) = 3(2x^2-1)^2 \cdot 4x = 12x(2x^2-1)^2$

==Oppgave 2==

===a)===

$P(x)= x^3+2x^2-5x-6 \\ P(2)= 8+8-10-6 =0$

Altså er polynomet delelig med x - 2.

===b)===

$ \quad x^3+2x^2-5x-6: (x-2)= x^2+4x+3 \\ -(x^3-2x^2) \\ \quad\quad \quad 4x^2-5x \\ \quad \quad-(4x^2-8x) \\ \quad\quad \quad\quad \quad\quad 3x-6 \\ \quad\quad \quad\quad \quad -(3x-6)$

Løser $x^2+4x+3=0$ og får

P(x) = ( x - 2)( x + 1)(x + 3)

===c)===

$lim_{x \rightarrow 2} \frac{(x-2)(x+1)(x+3)}{x-2} = \\ lim_{x \rightarrow 2} (x+1)(x+3) = 15 $

==Oppgave 3==

$\frac{x-2}{x^2+2x} + \frac2x + \frac{x+2}{x^2-2x} - \frac{3x}{x^2 - 4} = \\ \frac{(x-2)(x-2) +2((x+2)(x-2) +(x+2)(x+2) - 3x^2}{x(x+2)(x-2)} = \\ \frac{x^2-4x+4 +2x^2 - 8+ x^2+4x +4-3x^2}{x(x+2)(x-2)} = \\ \frac{x^2}{x(x+2)(x-2)} \\ \frac{x}{(x+2)(x-2)}$

==Oppgave 4==

$x^2-2x +y^2+4y-20=0 \\ (x^2-2x+1) + (y^2+ 4y + 4) - 25 = 0 \\ (x-1)^2 + (y+2)^2 = 5^2$

Sirkelen har radius 5, med sentrum i punktet (1, -2).

==Oppgave 5==

===a)===
$\vec{u} \parallel \vec{v} \Rightarrow \vec u = k \vec v$

I tillegg må vi skifte fortegn siden den skal være motsatt rettet. Vi multipliserer med -1 og får $ \vec u = [-3, -4]$

===b)===

En vektor som står vinkelrett på [a,b] vektor er vektoren k[-b, a]. Vektoren [-4,3] står derfor vinkelrett på [ 3, 4] vektor. Kriteriet er at når to vektorer står vinkelrett på hverandre er skalarproduktet null:

$[3,4]\cdot[-4,3] = -12 +12 = 0$

===c)===

$\vec w $ står vinkelrett på $\vec v$ så derfor må t være null.

$\vec v = k \vec u \\ [3,4] = k[-3,-4]$

I dette tilfellet må k = -1.

===d)===

Lengde av v vektor:

$ | \vec v | = \sqrt{3^2+4^2} = 5 $

Dersom lengden av x vektor skal være 7, må v vektoren multipliseres med $\frac 75$:

$ \vec x = \frac 75 \vec v = \frac 75 [3, 4] = [\frac{21}{5}, \frac{28}{5}]$

==Oppgave 6==

===a)===

$\binom {12}{ 2} = \frac{12!}{10! \cdot 2!} = 6 \cdot 11 = 66$

$\binom {n}{ 1} = \frac{n!}{(n-1)! \cdot 1!} = \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n-2)....}{(n-1) \cdot (n-2)....} = n$

===b)===

$\frac{\binom{x}{1} \cdot \binom{12-x}{1}}{\binom{12}{2}} = \frac {6}{11} \\ \frac{x \cdot (12-x)}{66 } =\frac{6}{11} \\x(12-x) = 36 \\ x^2-12x+36=0 \\ (x-6)(x-6)=0 \\ x=6 $

==Oppgave 7==

===a)===
$f(x)3xe^{-x} \\ f´(x)= 3e^{-x} -3xe^{-x} = 3e^{-x}(1-x)$

Funksjonen har et ekstremalpunkt for x=1. For x >1 avtar funksjonen og for x < 1 vokser den. Det betyr at den har et toppunkt for x = 1. $f(1)= \frac 3e$ .

Maksimumspunkt: $(1, \frac 3e )$

===b)===

$f(x)3xe^{-x} \\ f´(x)= 3e^{-x} -3xe^{-x} = 3e^{-x}(1-x) \\ f``(x)=

===c)===

[[File:r1-v2015-17c.png]]

==Oppgave 8==

===a)===

Vinkel B er en periferivinkel som spenner over buen AC. Vinkel CSA er en sentralvinkel som spenner over sammen buen. Vinkel DSA er halvparten av vinkel CSA. Vinkel B er derfor lik vinkel DSA.

===b)===

$\angle B = \angle DSA \\ sinDSA = \frac{\frac 12 b}{R}\\ 2R = \frac{b}{sin B} $

===c)===

Tja... Vi gjør det samme med a og c, som vi gjorde med b i oppgave b. Man må lage fotpunkt på BC og AB også. ABS og BCS er også likebeinte så oppgaven er en repetisjon av oppgave b.

==Oppgave 9==

$9^x - 3^x -12 = 0 \\ (3^x)^2 - 3^x - 12=0 \\ $

Setter $u=3^x$

$u^2-u - 12 =0 \\ u = -3 \vee u = 4$

Må forkaste u= -3 og får

$3^x = 4 \\ x = \frac{lg 4}{lg3}$

==DEL TO==
==Oppgave 1==

===a)===

[[File:r1-v2015-21ab.png]]

===b)===

Fra tegningen i a ser man at likningen blir $(x-3)^2 + (y-3)^2 =18$. Altså en sirkel med sentrum i punktet (3, 3) og med radius $\sqrt{18}$

==Oppgave 2==

===a)===

[[File:r1-v2015-22abc.png]]

===b)===

Fra Figuren i a leser vi at farten må være 12 - 58 km/h.

===c)===

Det passerer flest biler, ca. 30 stykker per minutt, når farten er ca. 26 km/h.

==Oppgave 3==

===a)===

V deriverer posisjonsvektoren og får:

$\vec{r_A}(t)= [18t-8,10-3t] \\ \vec v =\vec{r_A}´(t) =[18,-3] $

og

$\vec{r_B}(t)= [10t, 20-6t] \\ \vec v = \vec{r_B}´(t) =[10,-6] $

Litt amatørmessig å oppgi farten til båter i km/h, men la gå:

$v_A = \sqrt{18^2+(-3)^2} \approx 18,2$ km/h

og

$v_B = \sqrt{10^2+(-6)^2} \approx 11,6$ km/h

===b)===

Avstanden mellom båtene vil til enhver tid være en vektor i x-retning pluss en vektor i y- retning. Resultanten blir hypotenusen i en rettvinklet trekant og Pytagoras kan brukes:

$d= \sqrt {| \vec r_A|^2 +|\vec r_B|^2} \\ d= \sqrt{(18t - 8- 10t)^2 + (10-3t - (20-6t))} \\ d= \sqrt{(8t-8)^2+(3t-10)^2}$

===c)===

Vi skriver uttrykket for d inn i Geogebra og finner minimumspunktet:

[[File:r1-v2015-23c.png]]

Avstanden er minst etter ca 1 time og 17 minutter, ca 6,55 km.

==Oppgave 4==

===a)===

f har nullpunkt for x= 1 gir: 1 + a + b + c+ 1 = 0

x = 2 er x- koordinat til vendepunktet. f''(x) = $12x^2+ 6ax + 2b$. f''(2)=0 gir: 48 + 12a + 2b = 0

f(3) = 4 gir: 4 = 81 + 27a + 9b + 3c + 1

===b)===

[[File:r1-v2015-24b.png]]

a= -6, b = 12, c= -8. Det gir funksjonen:

$f(x)=x^4-6x^3+12x^2-8x +1, \quad D_f =\R$

==Oppgave 5==

===a)===

$g´(x)= 3ax^2-2x \\ g´(t)= 3at^2-2t$

Vi har nå funnet stigningstallet til tangenten i P. Finner så b i likningen for den rette linje:

$y = ax+ b\\ at^3-t^2=(3at^2-2t)t + b \\ b= t^2-2at^3$

Innsatt i y= ax + b gir det:

$y= (3at^2-2t)x + t^2- 2at^3$

===b)===

[[File:r1-v2015-25b.png]]

1. Definerer g(x) i CAS.

2. Finner skjæringspunktene mellom g og den rette linje.

3. Finner $g( \frac{-2at+1}{a})$ og finner punktet Q i tredje kvadrant: $( \frac{-2at+1}{a}, \frac{-8a^2t^3+8at^2-2t}{a})$.

R1 2015 vår LØSNING

2017-05-12T17:10:40Z

Guffbuff: /* b) */

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=40014 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://goo.gl/RHMv1A Løsningsforslag (pdf)] fra bruker joes.
Send gjerne en [mailto:espen.johanssen+matematikknet@gmail.com?subject=Kommentar%20til%20R1%20V15%20fasit melding] hvis du oppdager feil i fasit. På forhånd, takk.

[http://1drv.ms/1kOzx7M Del 2, oppgave 2 (video)]

[http://1drv.ms/1kOzEjI Del 2, oppgave 5 (video)]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Forhandssensur_REA3022_Matematikk_R1_V15.pdf Forhandssensur]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Vurderingsskjema_REA3022_Matematikk_R1_V15.xlsm Vurderingsskjema]

[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Sensorveiledning_REA3022_Matematikk_R1_V2015.pdf Sensorveiledning]

[http://ndla.no/nb/node/152090?fag=57933 Løsning fra NDLA]

==DEL EN==

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)= x^3+2x^2-3x \\ f´(x)=3x^2+4x-3$

===b)===

$g(x)= ln(x-2) \\ g´(x)= \frac{1}{x-2}$

===c)===

$h(x)= (2x^2-1)^3 \\ h´(x) = 3(2x^2-1)^2 \cdot 4x = 12x(2x^2-1)^2$

==Oppgave 2==

===a)===

$P(x)= x^3+2x^2-5x-6 \\ P(2)= 8+8-10-6 =0$

Altså er polynomet delelig med x - 2.

===b)===

$ \quad x^3+2x^2-5x-6: (x-2)= x^2+4x+3 \\ -(x^3-2x^2) \\ \quad\quad \quad 4x^2-5x \\ \quad \quad-(4x^2-8x) \\ \quad\quad \quad\quad \quad\quad 3x-6 \\ \quad\quad \quad\quad \quad -(3x-6)$

Løser $x^2+4x+3=0$ og får

P(x) = ( x - 2)( x + 1)(x + 3)

===c)===

$lim_{x \rightarrow 2} \frac{(x-2)(x+1)(x+3)}{x-2} = \\ lim_{x \rightarrow 2} (x+1)(x+3) = 15 $

==Oppgave 3==

$\frac{x-2}{x^2+2x} + \frac2x + \frac{x+2}{x^2-2x} - \frac{3x}{x^2 - 4} = \\ \frac{(x-2)(x-2) +2((x+2)(x-2) +(x+2)(x+2) - 3x^2}{x(x+2)(x-2)} = \\ \frac{x^2-4x+4 +2x^2 - 8+ x^2+4x +4-3x^2}{x(x+2)(x-2)} = \\ \frac{x^2}{x(x+2)(x-2)} \\ \frac{x}{(x+2)(x-2)}$

==Oppgave 4==

$x^2-2x +y^2+4y-20=0 \\ (x^2-2x+1) + (y^2+ 4y + 4) - 25 = 0 \\ (x-1)^2 + (y+2)^2 = 5^2$

Sirkelen har radius 5, med sentrum i punktet (1, -2).

==Oppgave 5==

===a)===
$\vec{u} \parallel \vec{v} \Rightarrow \vec u = k \vec v$

I tillegg må vi skifte fortegn siden den skal være motsatt rettet. Vi multipliserer med -1 og får $ \vec u = [-3, -4]$

===b)===

En vektor som står vinkelrett på [a,b] vektor er vektoren k[-b, a]. Vektoren [-4,3] står derfor vinkelrett på [ 3, 4] vektor. Kriteriet er at når to vektorer står vinkelrett på hverandre er skalarproduktet null:

$[3,4]\cdot[-4,3] = -12 +12 = 0$

===c)===

$\vec w $ står vinkelrett på $\vec v$ så derfor må t være null.

$\vec v = k \vec u \\ [3,4] = k[-3,-4]$

I dette tilfellet må k = -1.

===d)===

Lengde av v vektor:

$ | \vec v | = \sqrt{3^2+4^2} = 5 $

Dersom lengden av x vektor skal være 7, må v vektoren multipliseres med $\frac 75$:

$ \vec x = \frac 75 \vec v = \frac 75 [3, 4] = [\frac{21}{5}, \frac{28}{5}]$

==Oppgave 6==

===a)===

$\binom {12}{ 2} = \frac{12!}{10! \cdot 2!} = 6 \cdot 11 = 66$

$\binom {n}{ 1} = \frac{n!}{(n-1)! \cdot 1!} = \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n-2)....}{(n-1) \cdot (n-2)....} = n$

===b)===

$\frac{\binom{x}{1} \cdot \binom{12-x}{1}}{\binom{12}{2}} = \frac {6}{11} \\ \frac{x \cdot (12-x)}{66 } =\frac{6}{11} \\x(12-x) = 36 \\ x^2-12x+36=0 \\ (x-6)(x-6)=0 \\ x=6 $

==Oppgave 7==

===a)===
$f(x)3xe^{-x} \\ f´(x)= 3e^{-x} -3xe^{-x} = 3e^{-x}(1-x)$

Funksjonen har et ekstremalpunkt for x=1. For x >1 avtar funksjonen og for x < 1 vokser den. Det betyr at den har et toppunkt for x = 1. $f(1)= \frac 3e$ .

Maksimumspunkt: $(1, \frac 3e )$

===b)===

$f(x)3xe^{-x} \\ f´(x)= 3e^{-x} -3xe^{-x} = 3e^{-x}(1-x) \\ f``(x)= 3e^{-x}(2-x)

===c)===

[[File:r1-v2015-17c.png]]

==Oppgave 8==

===a)===

Vinkel B er en periferivinkel som spenner over buen AC. Vinkel CSA er en sentralvinkel som spenner over sammen buen. Vinkel DSA er halvparten av vinkel CSA. Vinkel B er derfor lik vinkel DSA.

===b)===

$\angle B = \angle DSA \\ sinDSA = \frac{\frac 12 b}{R}\\ 2R = \frac{b}{sin B} $

===c)===

Tja... Vi gjør det samme med a og c, som vi gjorde med b i oppgave b. Man må lage fotpunkt på BC og AB også. ABS og BCS er også likebeinte så oppgaven er en repetisjon av oppgave b.

==Oppgave 9==

$9^x - 3^x -12 = 0 \\ (3^x)^2 - 3^x - 12=0 \\ $

Setter $u=3^x$

$u^2-u - 12 =0 \\ u = -3 \vee u = 4$

Må forkaste u= -3 og får

$3^x = 4 \\ x = \frac{lg 4}{lg3}$

==DEL TO==
==Oppgave 1==

===a)===

[[File:r1-v2015-21ab.png]]

===b)===

Fra tegningen i a ser man at likningen blir $(x-3)^2 + (y-3)^2 =18$. Altså en sirkel med sentrum i punktet (3, 3) og med radius $\sqrt{18}$

==Oppgave 2==

===a)===

[[File:r1-v2015-22abc.png]]

===b)===

Fra Figuren i a leser vi at farten må være 12 - 58 km/h.

===c)===

Det passerer flest biler, ca. 30 stykker per minutt, når farten er ca. 26 km/h.

==Oppgave 3==

===a)===

V deriverer posisjonsvektoren og får:

$\vec{r_A}(t)= [18t-8,10-3t] \\ \vec v =\vec{r_A}´(t) =[18,-3] $

og

$\vec{r_B}(t)= [10t, 20-6t] \\ \vec v = \vec{r_B}´(t) =[10,-6] $

Litt amatørmessig å oppgi farten til båter i km/h, men la gå:

$v_A = \sqrt{18^2+(-3)^2} \approx 18,2$ km/h

og

$v_B = \sqrt{10^2+(-6)^2} \approx 11,6$ km/h

===b)===

Avstanden mellom båtene vil til enhver tid være en vektor i x-retning pluss en vektor i y- retning. Resultanten blir hypotenusen i en rettvinklet trekant og Pytagoras kan brukes:

$d= \sqrt {| \vec r_A|^2 +|\vec r_B|^2} \\ d= \sqrt{(18t - 8- 10t)^2 + (10-3t - (20-6t))} \\ d= \sqrt{(8t-8)^2+(3t-10)^2}$

===c)===

Vi skriver uttrykket for d inn i Geogebra og finner minimumspunktet:

[[File:r1-v2015-23c.png]]

Avstanden er minst etter ca 1 time og 17 minutter, ca 6,55 km.

==Oppgave 4==

===a)===

f har nullpunkt for x= 1 gir: 1 + a + b + c+ 1 = 0

x = 2 er x- koordinat til vendepunktet. f''(x) = $12x^2+ 6ax + 2b$. f''(2)=0 gir: 48 + 12a + 2b = 0

f(3) = 4 gir: 4 = 81 + 27a + 9b + 3c + 1

===b)===

[[File:r1-v2015-24b.png]]

a= -6, b = 12, c= -8. Det gir funksjonen:

$f(x)=x^4-6x^3+12x^2-8x +1, \quad D_f =\R$

==Oppgave 5==

===a)===

$g´(x)= 3ax^2-2x \\ g´(t)= 3at^2-2t$

Vi har nå funnet stigningstallet til tangenten i P. Finner så b i likningen for den rette linje:

$y = ax+ b\\ at^3-t^2=(3at^2-2t)t + b \\ b= t^2-2at^3$

Innsatt i y= ax + b gir det:

$y= (3at^2-2t)x + t^2- 2at^3$

===b)===

[[File:r1-v2015-25b.png]]

1. Definerer g(x) i CAS.

2. Finner skjæringspunktene mellom g og den rette linje.

3. Finner $g( \frac{-2at+1}{a})$ og finner punktet Q i tredje kvadrant: $( \frac{-2at+1}{a}, \frac{-8a^2t^3+8at^2-2t}{a})$.

R1 2015 høst LØSNING

2017-05-11T06:28:26Z

Guffbuff: /* b) */

[http://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=754 Oppgaven som pdf]

[http://www.matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=41291&view=unread#p194087 Løsningsforslag laget av LektorH]

[https://goo.gl/ccLiyV Løsningsforslag (pdf)] fra bruker joes. Send gjerne en [mailto:espen.johanssen+matematikknet@gmail.com?subject=Kommentar%20til%20R1%20H15%20fasit melding] hvis du har kommentarer til løsningsforslaget. På forhånd, takk.
<br>PS! Løsningsforslaget under er IKKE mitt løsningsforslag.

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=41291 Diskusjon av denne oppgaven]

==DEL EN==

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)= 3x^2+5x-2 \\ f´(x)=6x+5$

===b)===

$g(x)=3(x^2-2)^4 \\g´(x)= 3 \cdot 4 \cdot 2x(x^2-2)^3 = 24x(x^2-2)^3$

===c)===

$h(x)= x ln(x^2+3)$

Setter $ u= x^2+3$ som gir $u'= 2x$, og får:

$h'(x)= ln(x^2+3)+ \frac{x \cdot 2x}{x^2+3} \\ h'(x)= ln(x^2+3) + \frac{2x^2}{x^2+3}$

==Oppgave 2==

$f(x)= xe^{-x} \\ f´x) = e^{-x} +x (-1) e^{-x} = e^{-x}(1-x)$

$e^{-x}$ er positiv for alle x. (1-x) er null for x=1, negativ for x > 1 og positiv for x < 1. x = 1 gir et maksimum for funksjonen.

==Oppgave 3==

===a)===

$f(x)=x^3-2x^2-kx+6, \quad D_F = \R$

k slik at $f(x):( x-1)$ går opp:

$1-2-k +6 =0 \\k = 5$

===b)===

$x^3-2x^2-5x+6 :(x-1)= x^2-x-6 \\-(x^3-x^2) \\ \quad \quad -x^2-5x \\ \quad \quad -(-x^2+x) \\ \quad \quad \quad \quad -6x+6 \\ \quad \quad\quad \quad -(-6x+6)$

Vi løser andregradspolynomet (abc - formel el.) og får totalt disse tre lineære faktorer: (x - 1)(x + 2)(x - 3).

===c)===

Tegner fortegnsskjema for hver av de tre lineære faktorene i b, og får fortegnslinjen for f(x):

[[File:r1-h2015-13b.png]]

$f(x) \geq 0 \\ x \in [-2,1] \cup [3, \rightarrow > $

==Oppgave 4==

$lg(a^2b^3)+ lg(\frac{1}{b^2}) - lg ( \frac{b}{a}) = \\ 2 lga + 3 lgb -2lgb - lgb + lga = \\ 3 lg a$

==Oppgave 5==

===a)===

$f(x)=-x^4+4x^3 = x^3(-x+4) \quad x \in <-2, 4>$

Siden funksjonen ikke er definert for x = 4 har den bare ett nullpunkt, i Origo (0, 0).

===b)===

$f´(x) = -4x^3+12x^2 = -4x^2(x-3)$

[[File:r1-h2015-15b.png]]

Grafen har et terrassepunkt for x = 0, dvs. i (0, 0) og et maksimum i (3, f(3)) som gir (3, 27).

===c)===

Vendepunkt:

$f´´(x)= -12x^2 + 24x \\ f´´(x)=0 \\ -12x(x-2) =0 \\ x=0 \vee x = 2$

x= 0 er sammenfallende med nullpunkt og terrassepunkt, vendepunktene er (0, 0) og (2, 16) ( f(2) = 16).

===d)===

[[File:r1-h2015-5d.png]]

==Oppgave 6==

Vinkel u spenner over samme bue som vinkel D. Begge ligger på sirkelperiferien og er derfor like. Vinkel u er 50 grader.

Vinkel C er 90 grader fordi den ligger på pereferien og spenner over diameteren. Da blir vikel v 40 grader.

==Oppgave 7==

===a)===

Siden det er 60% jenter og 70% av disse har blå øyner, betyr det at 42% av elevmassen er jenter med blå øyner. Tilsvarende tall for gutter er 22%.

{| width="auto"
|
|Blå
|ikke blå
|Total
|-
| Jente
| 42%
|18%
| 60%
|-
|Gutt
|22%
|18%
|40%
|-
|Total
|64%
|36%
|100%
|}

Fra tabellen ser man at sannsynligheten for å trekke en elev med blå øyner er 64%.

===b)===

Det er 36% som ikke har blå øyner. 18% av disse er gutter. Sannsynligheten er 0,5 for gutt.

==Oppgave 8==

===a)===
[[File:r1-h2015-18abcd.png]]

===b)===
Halveringslinjene er blå i figuren over. En vinkelhalveringslinje er et geometrisk sted, like langt fra de to sidene som danner vinkelen. Dersom man befinne seg på den blå linjen som halverer vinkel A betyr det at man er like langt fra linjestykkene AB og AC. Den samme tanken følger vi fra den blå linjen som halverer vinkel B. Punktet S der linjene møtes blir da et punkt som ligger like langt fra alle linjene. Denne avstanden er SD = SE = SF. En sirkel mens sentrum i S og radius SD vil følgelig bli en innskrevet sirkel.

===c)===

Se over.

===d)===

Se over.

==Oppgave 9==

$lg(x+2)^2 = lg x^4 \\ 2 lg (x+2) = lg(x^2)^2 \\ 2 lg (x+2) = 2 lg(x^2) \\ lg(x +2) = lg (x^2) \\ x+2= x^2 \\ -x^2+x+2 =0$

Bruke abc formelen (el.) og får at x = - 1 eller x = 2. Vi kan ikke ta logaritmen til et negativt tall, så vi må sjekke ut svarene. I denne oppgaven er begge svar gyldige.

==DEL TO==

==Oppgave 1==

===a)===
[[File:r1-h2015-21ab.png]]

C = 3 og k = 0,01625

(brukte regresjon)

===b)===

I følge modellen vil dette skje i år 74 etter 1960, dvs. i år 2034, se figur i a.

===c)===

$f(x) = 3 e^{0,01625x} = 3 (e^{0,01625})^x = 3 \cdot 1,01638^x$ Det betyr at økningen per år er på ca 1,64%

==Oppgave 2==

===a)===

[[File:r1-h2015-22abc.png]]

===b)===

Bruker Geogebra og finner at arealet er 35.

===c)===

Punktet der normalen fra C på AB skjærer x- aksen har koordinatene (x,0).

$\vec{AB} = [8,-1]$

$[8, -1] \cdot [5-x,8] =0 \\40-8x - 8 =0 \\8x= 32 \\ x= 4 $

==Oppgave 3==

===a)===

Arealet til rektangelet er lengde gange bredde:

$G(x) = x \cdot f(x) = x (4-0,125x^3)= 4x - 0,125x^4$

===b)===

[[File:r1-h2015-23bc.png]]

De x verdiene som gir rektangelet et areal på 5,0 er x= 1,36 og x= 2,53.

===c)===

Fra figuren i b ser man at det største arealet får man når x = 2. Arealet av rektangelet er da 6.

==Oppgave 4==

===a)===

[[File:r1-h2015-24ab.png]]

===b)===

Fra figuren i a ser man at det tredje skjæringspunktet er (5,8).

Summen av x-koordinatene er 4.

===c)===
[[File:r1-h2015-24cd.png]]

1. Vi definerer g(x) i CAS.

2. Stignigstallet til en rett linje a, er $ \frac{\Delta y}{\Delta x}$ som gir $ a = \frac{g(t)-g(s)}{t-s}$. Stigningstallet blir da det du ser i linje to på CAS klippet.

3. Likningen for en rett linje er y= ax + b. b leddet finner man på linje 3.

===d)===

Fra linje 4 i c:

x = s, x = t og x = -a -s - t

SUM: x + x + x = s + t + (-a - s - t ) = -a

R1 2016 høst LØSNING

2017-05-08T11:22:45Z

Guffbuff: Tidligere feil i fasit

[http://www.matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=1333 Løsning laget av mattepratbruker DennisChristensen]

[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=44289 Diskusjon av og delvis løsning på denne oppgaven]

==DEL EN==

==Oppgave 1==

===a)===
$f(x)= 2x^2-5x-6 \\ f'(x) = 4x-5$

===b)===

$g(x)= xlnx\\ g'(x)= lnx + x \cdot \frac 1x = lnx + 1$

===c)===

$h(x)=\frac {e^{2x}}{x-3} \\ h'(x)= \frac{2e^{2x} (x-3)- e^{2x}}{(x-3)^2} = \frac{(2x-7)e^{2x}}{(x-3)^2}$

==Oppgave 2==

===a)===

$f(x)=0 \\ (x+1)^2(x-2) \\ x=-1 \vee x=2$

Nullpunkter: (-1, 0) og (2, 0)

===b)===

$f'(x)=0 \\ f'(x) = 2(x+1)(x-2) + (x+1)^2 = (x+1)(3x-3) \\ x =-1 \vee x= 1$

f'(-2) > 0, f'(0) < 0 og f'(2) > 0 gir toppunkt i ( -1, 0) og minimum for (1,-4 ).

===c)===

[[File:r1-h2016-1-2c.png]]

==Oppgave 3==

===a)===

$\frac{2x + 10}{x^2-25} +\frac{x}{x+5} - \frac {4}{2x - 10}= \\\frac{2x + 10}{(x+5)(x-5)} +\frac{x}{x+5} - \frac {4}{2(x-5)}= \\ \frac{4x+20+2x(x-5) - 4(x+5)}{2(x+5)(x-5) } = \\ \frac{2x(x-5)}{2(x+5)(x-5)} = \\ \frac{x}{x+5}$

===b)===
$\frac{2x+10}{x^2-25} + \frac{x}{x+5} = \frac{4}{2x-10} \\ 2(2x+10) + 2x(x-5) = 4(x+5) \\ 4x+20+2x^2-10x = 4x + 20 \\2x^2-10x=0 \\ x=0 \vee 2x-10=0 \\ x= 0 \vee x= 5$

Må forkaste x = 5, da det gir null i nevner.

L={ 0 }

En mere elegant og tidsbesparende løsning er å løse svaret fra a lik null:

$\frac {x}{x+5} =0$

som gir x=0 direkte.

==Oppgave 4==

===a)===

$2^{3x-2} - 13 = 3 \\ 2^{3x-2} = 2^4 \\ 3x-2 = 4 \\ 3x=6 \\ x=2$

===b)===

$ (lgx)^2 +lgx-2=0 \\ u=lgx\\ u^2+u-2 =0 \\ ABC- formel \\ u= -2 \vee u = 1 \\ lgx = -2 \vee lgx =1 \\ x=0,01 \vee x= 10$

==Oppgave 5==

===a)===

[ 1, 1] er parallell med AB vektor:

<math> \left[ \begin{align*}x = -4 + t\\ y = 5+ t \end{align*}\right] </math>

===b)===

Skjærer x - aksen betyr at y = 0. Da må t være - 5.

Da blir x = -9

D ( -9, 0)

===c)===

$[1, 1] \cdot [-3+4-t, -2-5-t] =0 \\ 1 -t - 7 - t =0 \\ t=-3 \\ x= -7 \wedge y=2$

E ( -7, 2)

==Oppgave 6==

===a)===

$P(D|A)= 0,04 \\ P(D|B)= 0,01 \\ P(A) = \frac 13 \\ P(B)= \frac 23$

Total sannsynlighet for defekt nøkkel

$P(D)= P(A) \cdot P(D|A) + P(B) \cdot P(D|B) \\ P(D)= \frac 13 \cdot 0,04 + \frac 23 \cdot 0,01 = 0,06 :3 = 0,02 $

Det er 2% sannsynlig at nøkkelen er defekt.

===b)===

$P(D) \cdot P(A|D) = P(A) \cdot P(D|A) \\ P(A|D)= \frac{P(A) \cdot P(D|A)}{P(D)} = \frac 13 \cdot \frac {0,04}{0,02} = \frac 23$

Det er ca. 67% sannsynlig at en defekt nøkkel kommer fra maskin A.

==Oppgave 7==

===a)===

$ \triangle PCB$ er likebeint, derfor er $\angle PCB = v $

$\angle PCE$ er 90 grader fordi toppunktet ligger på periferien og den spenner over 180 grader av sirkelsektoren.

$ \angle ABC$ er også 90 grader, derfor må $\angle ACE = v. $

$ \angle A$ er felles i begge trekantene og $\angle ACE = \angle PCB = v$, derfor er trekantene formlike.

===b)===

$AB= c, \quad EB=a \\ AE = AB - EB = c-a \\ BP = a, \quad AB= c \\ AP = AB + BP = c+a $

===c)===

Forholdet mellom samsvarende sider i formlike trekanter er likt.

$\frac{AP}{AC} = \frac{AC}{AE} \\ \frac{c+a}{b} = \frac{b}{c-a}$

===d)===

$\frac{c+a}{b} = \frac{b}{c-a} \\ (c+a)= \frac {b^2}{c-a} \\ (c+a)(c-a) =b^2 \\ c^2- ab + ab - a^2 = b^2 \\ a^2 + b^2 = c^2 $

==Oppgave 8==

(ii) er grafen til funksjonen. Den har minimumspunkt for x=0 og vender sin hule side opp hele tiden, dvs. ingen vendepunkter.

(i) er grafen til f'(x). Den er null origo når f(x) har et minimum. (iii) er grafen til den dobbeltderiverte.

==DEL TO==

==Oppgave 1==

===a)===

${34\choose7} = _{34}C_7 = 5 379 616 $

===b)===

Hypergeometrisk situasjon:

P (nøyaktig fem rette) $ = \frac{{7\choose5}\cdot {27 \choose 2}}{ {34\choose7} } \approx 0,0014$ , eller 0,14% sannsynlig.

===c)===

Sannsynligheten for at de tre siste tallene går inn er:

$ = \frac{{3\choose3}\cdot {27 \choose 0}}{ {30\choose3} } \approx 0,0002$ , eller 0,02%.

==Oppgave 2==

===a)===

Sirkel $C_1 \quad \quad $ Sentrum: $S_1( -5, 0) \quad $ , Radius: $r_1 = \sqrt{80} = 4 \sqrt 5$

Sirkel $C_2 \quad \quad $ $ \quad x^2-10x+y^2+5=0 \\ x^2 - 10x + 5^2 + y^2 + 5 = 5^2 \\ (x-5)^2+y^2 =20 \\ \\ Sentrum: \quad S_2 (5, 0) \quad \quad Radius: \quad r_2 = \sqrt{20} = 2 \sqrt 5$

===b)===

[[File:r1-h2016-2-2b1.png]][[File:r1-h2016-2-2b2.png]]

Skjæringspunktene er ( 3, 4 ) og ( 3, -4 ).

===c)===

Dersom ortogonale er skalarproduktet mellom vektorene null.

$ \vec{AC} \cdot \vec{CB} = 0 \\ [8,4] \cdot [2, -4] = 16 + ( -16)= 0 $

Sirklene er ortogonale.

==Oppgave 3==

===a)===

Fra ungdomsskolen: $ s = vt \\ t = \frac sv $

x er lengden langs veien og 5 er farten langs veien. Tidsforbruk langs vei: $t_v(x)= \frac x5$ Rotuttrykket i andre ledd er lengden av hypotenusen BH (altså lengden hun beveger seg i terrenget), uttrykt ved katetene i den rettvinklede trekanten BCH. 3 er farten i terrenget. Derav uttrykket.

===b)===

[[File:r1-h2016-2-3b.png]]

Vi ser at hun bruker kortest tid om hun skjærer av vegen etter 3,5 km. Hun bruker da 1,53 timer, eller 1 time 31 minutter og 48 sekunder, for å være nøyaktig.

==Oppgave 4==

===a)===

[[File:r1-h2016-2-4a.png]]

===b)===

$ \vec r(t)= [t^3-3t+3, t-1] \quad \quad -2 \leq x \leq 2 \\ \vec v(t) = \vec r ' (t)= [3t^2-3,1] \\ \vec a(t)= \vec r ' ' (t) = [6t, 0] $

Når t =1

$ Posisjon:\quad \vec r(1)= [1^3-3 \cdot 1+3, 1-1] = [1,0] \\ Banefart: | \vec v(1)| = [3 \cdot 1^2-3,1] = |[0,1]| = 1 \\ Akselerasjon:| \vec a(1)|= =| [6 \cdot 1, 0]| =6 $

Når t = 1 er posisjonen (1,0), banefarten lik 1 og akselerasjonen lik 6.

===c)===

Fartsvektor parallell med y aksen:

$ \vec v(t) || [0, 1] \\ [3t^2-3] = k[0, 1] \\ 3t^2 - 3 =0 \\ t^2 =1 \\ t = \pm 1$

Setter t verdiene inn i posisjonsvektoren:

t = 1 har vi fra b : [1,0]

t = -1 gir oss $[-1 +3+3, -2 ] = [5, -2]$

==Oppgave 5==

[[File:r1-h2016-2-5.png]]

Skjæring mellom parabel og sirkel (sentrum i origo og radius fem) gir de fire punktene vist over.