R1 2013 vår LØSNING

Oppgave 1

$$\begin{gathered} A(r)=\pi r^2 \\ {A}^{\prime }(r)=2\pi r \\ V(r)=\frac{4}{3}\pi r^3 \\ {V}^{\prime }(r)=4\pi r^2 \end{gathered}$$

Oppgave 2

a)

$$\begin{gathered} g(x)=3\ln (x^2-1) \\ {g}^{\prime }(x)=3\cdot \frac{1}{x^2-1}\cdot 2x=\frac{6x}{x^2-1} \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} h(x)=\frac{2x^2}{e^x} \\ {h}^{\prime }(x)=\frac{4x\cdot e^x-2x^2{e}^x}{(e^x{)}^2}=\frac{2x(2-x)}{e^x} \end{gathered}$$

Oppgave 3

a)

$$\begin{gathered} P(x)=x^3-6x^2+11x-6 \\ P(1)=1^3-6\cdot 1^2+11\cdot 1-6=0 \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} (x^3-6x^2+11x-6):(x-1)=x^2-5x+6 \\ -(x^3-x^2) \\ -5x^2 \\ -(-5x^2+5x) \\ 6x-6 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} x^2-5x+6=0 \\ x=\frac{5\pm \sqrt{25-24}}{2} \\ x=2\vee x=3 \end{gathered}$$

$P(x)=x^3-6x^2+11x-6=(x-1)(x-2)(x-3)$

c)

$P(x)\le 0$

$x\in <\leftarrow ,1]\cup [2,3]$

Oppgave 4

$$\begin{gathered} \ln (a^{2}b)-2\ln a-\ln (\frac{1}{b}) \\ =2\ln a+\ln b-2\ln a-\ln 1+\ln b \\ =2\ln b \end{gathered}$$

Oppgave 5

f er kontinuerlig for $x\in <-1,4>$

f er deriverbar for $x\in <-1,2>\cup <2,4>$

Oppgave 6

$$\begin{gathered} f(x)=x^3+6x^2-2 \\ {f}^{\prime }(x)=3x^2+12x \\ {f}^{″}(x)=6x+12 \end{gathered}$$

vendepunkt;

$$\begin{gathered} f^{″}(x)=0 \\ 6x+12=0 \\ x=-2 \\ f(-2)=-8+24-2=14 \\ (-2,14) \end{gathered}$$

Vendetangent;

$y=ax+b$

Stigningstall: $f^{\prime }(-2)=3\cdot 4+12\cdot (-2)=-12$

Tangent:

$$\begin{gathered} y=-12x+b \\ 14=-12\cdot (-2)+b \\ b=14-24 \\ b=-10 \\ y=-12x-10 \end{gathered}$$

Oppgave 7

$\overrightarrow{a}=[2,3],\overrightarrow{b}=[-6,4],\overrightarrow{c}=[3,11]$

a)

Dersom $\overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{b}$ så er skalarproduktet mellom vektorene lik null.

$[2,3]\cdot [-6,4]=2\cdot (-6)+3\cdot 4=-12+12=0$ hvilket betyr at vektorene a og b står normalt på hverandre.

b)

$$\begin{gathered} \overrightarrow{c}=k\overrightarrow{a}+t\overrightarrow{b} \\ [3,11]=k[2,3]+t[-6,4] \\ 3=2k-6t\wedge 11=3k+4t \\ k=\frac{3}{2}+3t\wedge 11=3(\frac{3}{2}+3t)+4t \\ k=\frac{3}{2}+3t\wedge 22=9+18t+8t \\ k=\frac{3}{2}+3t\wedge t=\frac{1}{2} \\ k=3\wedge t=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Oppgave 8

a)

b)

$\mathrm{△}AOC:A=\frac{r^2}{2}$

Kvartsirkel AOD: $A=\frac{\pi r^2}{4}$

Sirkelsegment ADC: $A=\frac{\pi r^2}{4}-\frac{r^2}{2}=(\pi -2)\frac{r^2}{4}$

Halvsirkel AEC: $A=\frac{1}{2}\pi (\frac{\sqrt{2r^2}}{2})=\frac{\pi r^2}{4}$

Hippokratesmånen ( den røde flaten): $A=\frac{\pi r^2}{4}-(\pi -2)\frac{r^2}{4}=\frac{r^2}{2}$

Vi ser at de to arealene er like store.

Oppgave 1

a)

Grafen til f skjærer x-aksen i x = -1 og er derfor delelig med (x+1), videre skjærer den i x = 1 og er derfor delelig med (-1). Den skjærer også i x = 3 og er derfor delelig med (x-3). En tredjegradsfunksjon kan maksimalt ha tre nullpunkter. Det har denne.

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

Konstanten a bestemmer "utslaget" til maksimums og minimumspunktene

$$\begin{gathered} f(0)=12 \\ a(0-1)(0-3)=12 \\ a=4 \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} f(x)=4x^3-12x^2-4x+12 \\ {f}^{\prime }(x)=12x^2-24x-4 \\ {f}^{\prime }(0)=-4 \\ y=ax+b \\ y=-4x+b \\ 12=-4\cdot 0+b \\ b=12 \\ y=-4x+12 \end{gathered}$$

c)

Vi vet fra før at x = 0 er en løsning. Vi skal finne den andre og setter opp likningen:

$4(x-1)(x+1)(x-3)=-4(x-3)$

Her kan vi dele på 4 på begge sider. Vi kan også dele på (x-3) dersom x = 3 ikke er en løsning av likningen. Dersom x=3 deler vi på null, og det gir ikke mening. Vi tester om x=3 er en løsning, og finner at det er tilfelle. Det andre skjæringspunktet blir derfor (3, 0).

Oppgave 2

a)

$\overrightarrow{O{M}_1}=\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=[1,1]+\frac{1}{2}[4,1]=[3,\frac{3}{2}]$

$\overrightarrow{O{M}_2}=\overrightarrow{OB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=[5,2]+\frac{1}{2}[-2,2]=[4,3]$

$\overrightarrow{O{M}_3}=\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=[1,1]+\frac{1}{2}[2,3]=[2,\frac{5}{2}]$

b)

Parameterfremstilling for linjen gjennom A og $M_2$ :

Punkt A (1,1) og retningsvektor [3, 2] gir:

$A{M}_2:\left[\begin{array}{rl}x& =1+3t\\ y& =1+2t\end{array}\right]$

Parameterfremstilling for linjen gjennom C og $M_3$:

Punktet C (3, 4) og retningsvektor $[0,\frac{5}{2}]$

$C{M}_3:\left[\begin{array}{rl}x& =3\\ y& =4-\frac{5}{2}s\end{array}\right]$

c)

Søker skjæringen mellom de to linjene i oppgave b og får:

$$\begin{gathered} 1+3t=3 \\ t=\frac{2}{3} \\ x=1+3\cdot \frac{2}{3}=3 \\ y=1+2\cdot \frac{2}{3}=\frac{7}{3} \end{gathered}$$

Dvs, T har koordinatene $(3,\frac{7}{3})$.

Oppgave 3

a)

$\overrightarrow{r}(t)=[\ln t,t^2-4t],t>0$

Skjæring med y akse, x = 0 :

$$\begin{gathered} \ln t=0 \\ t=1 \\ y=t^2-4t \\ y=-3 \end{gathered}$$

Skjæring med x akse, y = 0:

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

Forkaster t = 0 og får $x=\ln 4=1,39$

b)

Fartsvektor: $\overrightarrow{v}(t)=\overrightarrow{r}´(t)=[\frac{1}{t},2t-4]$

Dersom $\overrightarrow{r}$ har et ekstremalpunkt vil fartskomponenten i y rettning være null i dette (disse) punktet.

$\overrightarrow{v}(1)=[\frac{1}{1},2-4]=[1,-2]$

Vektoren starter i punktet $[\ln 1,1^2-4]=[0,-3]$

c)

Akselerasjonsvektor: $\overrightarrow{a}(t)=\overrightarrow{v}´(t)=[-\frac{1}{t^2},2]$

Når t går mot uendelig går akselerasjonen i x retning mot null. Akselerasjonen i y retning er konstant. Bevegelsen vil tilnærme seg en bane parallell med y aksen.

Oppgave 4

a)

Pytagoras:

$$\begin{gathered} x^2+y^2=25 \\ y=\sqrt{25-x^2} \end{gathered}$$

Areal av rektangel :

$$\begin{gathered} A=x\cdot y \\ A(x)=x\cdot \sqrt{25-x^2}x\in <0,5> \end{gathered}$$

b)

Fra Geogebra ser man at arealet er størst når x = 3,54. Da er $y=\sqrt{25-3,{54}^2}=3,54$. Arealet er størst når figuren er et kvadrat.

c)

Omkrets er to x pluss to y:

$O(x)=2x+2\cdot \sqrt{25-x^2}$

Man observerer at O´(x) = 0 når x = 3,54. Altså er omkretsen også størst når figuren er et kvadrat.

Oppgave 5

6 røde kuler, 4 svarte kuler, totalt 10 kuler.

Trekker to kuler.

Definerer hendelser

A: to kuler med ulik farge

B: to kuler med lik farge.

a)

$P(A)=P(R)\cdot P(S)+P(S)\cdot P(R)=\frac{6}{10}\cdot \frac{4}{9}+\frac{4}{10}\cdot \frac{6}{9}=\frac{8}{15}$

b)

$P(B)=P(R)\cdot P(R)+P(S)\cdot P(S)=\frac{6}{10}\cdot \frac{5}{9}+\frac{4}{10}\cdot \frac{3}{9}=\frac{7}{15}$

c)

$$\begin{gathered} P(A)=P(B) \\ P(R)\cdot P(S)+P(S)\cdot P(R)=P(R)\cdot P(R)+P(S)\cdot P(S) \\ \frac{6}{6+x}\cdot \frac{x}{5+x}+\frac{x}{6+x}\cdot \frac{6}{5+x}=\frac{6}{6+x}\cdot \frac{5}{5+x}+\frac{x}{6+x}\cdot \frac{x-1}{5+x} \\ \frac{12x}{(6+x)(5+x)}=\frac{30+x^2-x}{(6+x)(5+x)} \\ {x}^2-13x+30=0 \\ x=3\vee x=10 \end{gathered}$$

Sannsynligheten for A og B er den samme når det er 3 eller 10 sorte kuler.

Oppgave 6

$$\begin{gathered} n^2\cdot (\frac{x}{n}{)}^{\lg x}=x^{2}n\in \text{N} \\ (\frac{x}{n}{)}^{\lg x}=(\frac{x}{n}{)}^2 \end{gathered}$$

Likningen har en løsning når grunntallene på begge sider er lik en, dvs. x = n er en løsning.

Det er også

$$\begin{gathered} \lg x=2 \\ x=100 \end{gathered}$$

Altså blir løsningen:

$x=100\vee x=n$