R1 2012 høst LØSNING

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

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

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

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

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

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

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:

$$\begin{gathered} 0=-4\cdot 1+b \\ b=4 \end{gathered}$$

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 $(1,0)$

a)

$$\begin{gathered} AB=\overrightarrow{v} \\ AD=\overrightarrow{u} \\ AC=\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v} \\ BD=\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v} \\ \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=(\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v})\cdot (\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}) \\ \overrightarrow{u^2}-\overrightarrow{v^2}=0 \end{gathered}$$

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

b)

$$\begin{gathered} A_{◻ABCD}=A_{\mathrm{△}ABC}+A_{\mathrm{△}ACD} \\ \frac{1}{2}AC\cdot FB+\frac{1}{2}AC\cdot DF \\ \frac{1}{2}AC(FB+DF) \\ \frac{1}{2}AC\cdot BD \end{gathered}$$

Oppgave 6

a)

$$\begin{gathered} 3^{4x}+7=34 \\ {3}^{4x}=27 \\ {3}^{4x}=3^3 \\ lg{3}^{4x}=lg{3}^3 \\ 4x=3 \\ x=\frac{3}{4} \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} lg(x)+lg(x-1)=lg2x>1 \\ lg(x^2-x)=lg2 \\ {x}^2-x=2 \\ {x}^2-x-2=0 \\ x=\frac{1\pm \sqrt{1+8}}{2} \\ x=-1\vee x=2 \end{gathered}$$

a)

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

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

$$\begin{gathered} \overrightarrow{AB}=[7-3,3-0]=[4,3] \\ \overrightarrow{AC}=[0-3,t-0]=[-3,t] \\ \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0 \\ 4(-3)+3t=0 \\ t=4 \\ \mathrm{\angle }BAC={90}^{\circ }nårt=4 \end{gathered}$$

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.

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

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

DEL 2

Oppgave 1

a)

$$\begin{gathered} \overrightarrow{AC}=[4,4]|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{4^2+4^2}=\sqrt{32} \\ \overrightarrow{AB}=[6,0]|\overrightarrow{AB}|=6 \\ \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0\cdot 4+6\cdot 4=24 \end{gathered}$$

Skalarprodukt:

$$\begin{gathered} \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AB}|\cdot |AC|\cdot \mathrm{\angle }CAB\Rightarrow \mathrm{\angle }CAB=\frac{vecAB\cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}|\cdot |AC|}=\frac{24}{6\sqrt{32}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \mathrm{\angle }CAB={45}^{\circ } \end{gathered}$$

b)

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

$$\begin{gathered} \overrightarrow{BC}=[-2,4] \\ \overrightarrow{AD}=[t,4] \\ [t,4]=[-2,4] \end{gathered}$$

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

c)

$$\begin{gathered} AC\perp BD\iff \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=0 \\ \overrightarrow{BD}=[t-6,4] \\ \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=0 \\ [4,4]\cdot [t-6,4]=0 \\ 4t-24+16=0 \\ t=2 \end{gathered}$$

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:

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

$P(B)\ne P(B|J)$ 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)

$\overrightarrow{r}(t)=[\frac{1}{4}{t}^2-3t,t+\frac{4}{t}-5],t\in <0,20]$

b)

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

$$\begin{gathered} \frac{1}{4}{t}^2-3t=0 \\ {t}^2-12t=0 \\ t(t-12)=0 \\ t=0\vee t=12 \end{gathered}$$

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:

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

c)

Banefarten etter t sekunder er gitt ved:

$$\begin{gathered} |\overrightarrow{v}(t)|=|{\overrightarrow{r}}^{\prime }(t)|=|[\frac{1}{2}t-3,1-\frac{4}{t^2}]| \\ |\overrightarrow{v}(5)|=|[\frac{1}{2}\cdot 5-3,1-\frac{4}{5^2}]|=\sqrt{(-\frac{1}{2}{)}^2+(\frac{21}{25}{)}^2}=0,978 \end{gathered}$$

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.

$$\begin{gathered} \frac{8-h}{8}=\frac{x}{6} \\ 8-h=\frac{8x}{6} \\ h=8-\frac{4}{3}x \end{gathered}$$

b)

Areal av trekanten DEF:

$T(x)=\frac{Gh}{2}=\frac{x(8-\frac{4}{3}x)}{2}=4x-\frac{2}{3}{x}^2$

c)

$$\begin{gathered} T´(x)=4-\frac{4}{3}x \\ T´(x)=0 \\ x=3 \end{gathered}$$

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

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

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)

$$\begin{gathered} x^2-2x+y^2+4y-4=0 \\ (x^2-2x+1)+(y^2+4y+4))=1+8 \\ (x-1{)}^2+((y+2{)}^2=9 \end{gathered}$$

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

b)

$$\begin{gathered} x^2+2tx+y^2-4y+9=0 \\ (x^2+2tx+t^2)+(y^2-4y+4)=t^2-5 \\ (x+t{)}^2+(y-2{)}^2=t^2-5 \end{gathered}$$

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

$$\begin{gathered} 4=t^2-5 \\ {t}^2-9=0 \\ t=-3\vee t=3 \end{gathered}$$

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)

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

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.