R1 2010 høst LØSNING

Alternative løsninger

Løsning fra Udir

Løsning fra NDLA

a)

1)

$$\begin{gathered} f(x)=2x{e}^x \\ {f}^{\prime }(x)=2e^x+2x{e}^x=2(1+x)e^x \end{gathered}$$

2)

$$\begin{gathered} g(x)=3\sqrt{x^2-1} \\ \text{setter u lik x i andre minus en og bruker kjerneregelen} \\ {g}^{\prime }(x)=(\frac{3}{2\sqrt{x^2-1}})\cdot (2x)=\frac{3x}{\sqrt{x^2-1}} \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} P(x)=2x^3-6x^2-2x+6 \\ P(1)=2\cdot 1^3-6\cdot 1^2-2\cdot 1+6=0 \\ (2x^3-6x^2-2x+6):(x-1)=2x^2-4x-6 \\ -(2x^3-2x^2) \\ -4x^2-2x \\ -(-4x^2+4x) \\ -6x+6 \\ -(-6x+6) \\ 0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} (x-1)\cdot (2x^2-4x-6)=0 \\ x=1\vee x=\frac{-(-2)\pm \sqrt{4+12}}{2} \\ x=-1\vee x=1\vee x=3 \end{gathered}$$

c)

1)

2)

$$\begin{gathered} \overrightarrow{v}(t)={\overrightarrow{r}}^{\prime }(t)=[6,-10t] \\ \overrightarrow{v}(1)=[6,-10] \end{gathered}$$

Farten v har retning langs tangenten i A.

3)

$\overrightarrow{a}(t)={\overrightarrow{v}}^{\prime }(t)=[0,-10]$

Akslerasjonen i x rettning er null. Akslerasjonen i y rettning er konstant lik 10, nedover.

d)

Det er to muligheter for en av hver: Gutt,jente eller jente,gutt:

$\frac{6}{10}\cdot \frac{4}{9}+\frac{4}{10}\cdot \frac{6}{9}=\frac{8}{15}$

Man observerer at dette er en hypergeometrisk situasjon og får samme resultat ved å bruke den formelen.

e)

1. Avsetter AB lik 10cm.

2. Konstruerer vinkel A 60 + 15 grader er 75 grader.

3. Trekker linjen gjennom A. C ligger ett eller annet sted på denne linjen.

4. Nedfeller normalen fra B på linjen i pkt. 3 og vi har funnet C.

f)

1)

$\underset{x\to 2}{lim}\frac{x^2+4}{x-2}$

Når x går mot to går brøken mot pluss eller minus uendelig (avhengig fra hvilken side man nærmer seg to) og grensen eksisterer ikke.

2)

$\underset{x\to 2}{lim}\frac{x^2-4}{x-2}=\underset{x\to 2}{lim}\frac{(x+2)(x-2)}{x-2}=\underset{x\to 2}{lim}(x+2)=4$

a)

$$\begin{gathered} x^2+r^2=(r+y{)}^2 \\ {x}^2+r^2=r^2+2ry+y^2 \\ {x}^2=2ry+y^2=y(y+2r) \end{gathered}$$

b)

$\mathrm{\angle }CTS={30}^{\circ }\Rightarrow \mathrm{\angle }TSC={120}^{\circ }\Rightarrow \mathrm{\angle }AST={60}^{\circ }$

Trekanten ATS er en 30, 60 , 90 trekant hvilket betyr at det korteste katetet er halvparten av hypotenusens lengde. Korteste katet har lengden r og hypotenuseen har lengde r+y, hvilket betyr at y = r.

DEL TO

a)

$$\begin{gathered} f(x)=4x^2\cdot e^{-x} \\ {f}^{\prime }(x)=4\cdot 2\cdot x\cdot e^{-x}+4x^2\cdot e^{-x}\cdot (-1) \\ {f}^{\prime }(x)=8x{e}^{-x}-4x^2{e}^{-x} \end{gathered}$$

Grafen til den deriverte:

b)

f har ekstremalpunkter for x = 0 og for x = 2

f' er negativ når x er mindre enn null og positiv når x er større enn null. x = 0 gir da et minimumspunkt. f' er positiv for når x er mindre enn to og negativ for verdier større enn 2. x = 2 gir et maksimumspunkt.

Minimum: (0,f(0)) = (0,0)

Maksimum: $(2,f(2))=(2,\frac{16}{e^2})$

Man observere at grafen til den deriverte har to ekstremalpunkter. Den dobbelderiverte er null i disse punktene og det er vendepunkter. x verdiene for disse er:

x = 0,59 og x = 3,41

For å finne y verdien setter vi inn i funksjonsuttrykket for f:

Vendepunkter:

(0,57, f(0,57)) og (3,41, f(3,41)) som gir punktene (0,57 , 0,76) og (3,41 , 1,53).

a)

Trekant ABP:$A=\frac{a\cdot h}{2}$

Trekant PCD:$A=\frac{a\cdot (a-h)}{2}=\frac{a^2-ah}{2}$

b)

Summen av arealene:

$\frac{a\cdot h}{2}+\frac{a^2-ah}{2}=\frac{a^2}{2}$

Dette er halvparten av kvadratets areal, uavhengig av hvor i kvadratet P måtte befinne seg.

a)

$$\begin{gathered} \overrightarrow{AB}=[7-(-1),-2-0]=[8,-2] \\ \overrightarrow{AC}=[3-(-1),6-0]=[4,6] \end{gathered}$$

Vinkel A:

$$\begin{gathered} \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|\cdot cos\alpha \\ cos\alpha =\frac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}|\cdot |\overrightarrow{AC}|} \\ cos\alpha =\frac{[8,-2]\cdot [4,6]}{\sqrt{8^2+(-2{)}^2}\cdot \sqrt{4^2+6^2}}=\frac{32-12}{\sqrt{68}\cdot \sqrt{52}}=\frac{20}{\sqrt{16\cdot 17\cdot 13}} \\ \alpha =78,4^{\circ } \end{gathered}$$

b)

$\overrightarrow{DE}=-\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{3}{4}\overrightarrow{AC}=-\frac{3}{4}[8,-2]+\frac{3}{4}[4,6]=[-3,6]$

$$\begin{gathered} \overrightarrow{BC}=[-4,8] \\ \overrightarrow{BC}=k\overrightarrow{DE} \end{gathered}$$

dvs. vektorene er parallelle.

a)

$$\begin{gathered} AC=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8} \\ AG=\sqrt{8+2^2}=\sqrt{12} \end{gathered}$$

b)

Bruker Pytagoras og ser at strekningen S er summen av hypotenusene i trekantene APE og PFG.

c)

Når x = 1 er veien kortest, S er da kvadratroten av tyve. Figuren over viser S og S'.

a)

$$\begin{gathered} y=\frac{-a}{\sqrt{9-a^2}}x+\frac{9}{\sqrt{9-a^2}} \\ A:y=0 \\ \frac{-a}{\sqrt{9-a^2}}x+\frac{9}{\sqrt{9-a^2}}=0 \\ x=\frac{9}{a} \\ A:(\frac{9}{a},0) \\ B:x=0 \\ y=\frac{9}{\sqrt{9-a^2}} \\ B:(0,\frac{9}{\sqrt{9-a^2}}) \end{gathered}$$

b)

$A=F(a)=\frac{gh}{2}=\frac{9}{a}\cdot \frac{9}{\sqrt{9-a^2}}\cdot \frac{1}{2}=\frac{81}{2a\sqrt{9-a^2}}$

c) og d)

Figuren viser F og F'.

Trekanten har sin minste verdi når a = 2,12.