R1 2008 vår LØSNING

Andre løsninger

Videoløsning av noen oppgaver fra UDL.no

Del 1

Oppgave 1

a)

$$\begin{gathered} f(x)=x^2\cdot lnx \\ {f}^{\prime }(x)=2x\cdot lnx+\frac{1}{x}\cdot x^2=2xlnx+x=(2lnx+1)x \end{gathered}$$

b)

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

c)

$\underset{x\to 8}{lim}\frac{x^2-64}{2x+16}=\underset{x\to 8}{lim}\frac{(x-8)(x+8)}{2(x-8)}=\underset{x\to 8}{lim}\frac{(x+8)}{2}=8$

d)

$lg(x\cdot y^2)-2lgy+lg(\frac{x}{y^2})=\lg x+2\lg y-2\lg y+\lg x-2\lg y=2(\lg x-\lg y)=2\lg (\frac{x}{y})$

e)

1)

$$\begin{gathered} f(x)=x{e}^{-x} \\ {f}^{\prime }(x)=1\cdot e^{-x}+x\cdot e^{-x}\cdot (-1)=e^{-x}-x{e}^{-x}=(1-x)e^{-x} \\ {f}^{\prime }(x)=0 \\ \Downarrow \\ x=1 \\ \text{Toppunkt (sett inn for x= 0 og x=2 også) :}(1,f(1))=(1,\frac{1}{e}) \end{gathered}$$

2)

<Math> f(x) = (x-2)e^{-x}\ f(x)=0 \Rightarrow x=2 \ \text{Vendepunkt:}\quad(2,f(2)) = (2,2e^{-2}) = (2, \frac{2}{e^2}) </Math>

Oppgave 2

a)

Dersom vektorene står vinkelrett på hverandre er skalarproduktet null:

$$\begin{gathered} \overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}=0 \\ -ab+ab=0 \end{gathered}$$

b)

$l:\left[\begin{array}{c}x=3-t\\ y=4+4t\end{array}\right]$

Linjen $C{F}_3$ går gjennom punktet C som har koordinatene (3,4). Linjen står vinkelrett på AB og skalarproduktet mellom rettningsvektorene må være null:

$[-1,4]\cdot [4,1]=0$

Hvilket betyr at l er en parameterfremmstilling for $C{F}_3$

c)

Linjen $A{F}_1$ går gjennom punktet (1,0). Linjen står vinkelrett på BC. Stigningstallet til $A{F}_1$ blir da:

$$\begin{gathered} -\frac{3}{2}\cdot x=-1 \\ x=\frac{2}{3} \end{gathered}$$

som gir rettningsvektor [3,2] og parameterfremmstilling:

$l:\left[\begin{array}{c}x=1+3s\\ y=2s\end{array}\right]$

d)

$l:\left[\begin{array}{c}l=m\\ 3-t=1+3s\wedge 4+4t=2s\\ s=2+2t\wedge 3-t=1+6+6t\\ t=-\frac{4}{7}\end{array}\right]$

Skjæringspunkt blir da:

$$\begin{gathered} x=3-(-\frac{4}{7})=\frac{25}{7} \\ y=4+(-\frac{4}{7})=\frac{12}{7} \end{gathered}$$

e)

En parameterfremmstilling for $B{F}_2:\left[\begin{array}{c}x=5-2s\\ y=1+s\end{array}\right]$

$l:\left[\begin{array}{c}5-2s=3-t\wedge 1+s=4+4t\\ t=-\frac{4}{7}\end{array}\right]$

$l:\left[\begin{array}{c}x=3-t=\frac{25}{7}\\ y=4+4t=\frac{12}{7}\end{array}\right]$

Høydene i en trekant skjærer hverandre i et punkt, ortosenteret.

Del 2

Oppgave 3

a)

Dette er et uordnet utvalg uten tilbakelegging:

$nCr=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r})=\frac{n!}{r!(n-r)!}=\frac{52!}{5!\cdot 47!}=2598960$ muligheter.

b)

A: Man får utdelt 5 kort tilfeldig, og alle skal være spar. Det er et uordnet utvalg uten tilbakelegging

$$\begin{gathered} P(A)=\frac{\left(13 \\ 5\right)}{\left(52 \\ 5\right)}=0,0005 \end{gathered}$$

B: Man får utdelt 5 kort tilfeldig, og alle skal være svarte. Det er et uordnet utvalg uten tilbakelegging

$$\begin{gathered} P(B)=\frac{\left(26 \\ 5\right)}{\left(52 \\ 5\right)}=0,025 \end{gathered}$$

c)

Man vet at alle kortene på hånden er svarte. Sannsynlighete for at de er spar:

$$\begin{gathered} P(A|B)=\frac{\left(13 \\ 5\right)}{\left(26 \\ 5\right)}=0,02 \end{gathered}$$

Dersom A og B er uavhengige hendelser er

$P(A|B)=P(A)$

Som man ser er det ikke tilfelle her. A og B er avhengige hendelser.

Oppgave 4

Alternativ I

a)

En funksjon vokser når den deriverte er positiv. f vokser for x verdier fra en til tre.

b)

f har et minimumspunkt når x = 1, da er den deriverte null og skifter fra negativ til positiv verdi.

f har et maksimumspunkt når x = 3, da er den deriverte null og skifter fra positiv til negativ verdi.

f har et vendepunkt når x = 2.Den deriverte har et maksimumspunkt, og f skifter fra å vende sin hule side opp, for x verdier mindre enn 2, til å vende sin hule side ned for verdier større enn 2.

c)

$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=a{x}^2+bx+c \\ {f}^{\prime }(0)=-3\Rightarrow c=-3 \\ {f}^{\prime }(1)=0\Rightarrow a+b-3=0 \\ x=\frac{-b}{2a}\Rightarrow b=-4a \\ a-4a-3=0\Rightarrow a=-1\wedge b=4 \\ {f}^{\prime }(x)=-x^2+4x-3 \end{gathered}$$

d)

Dersom man deriverer f får man uttrykket for f' gitt i oppgave 4c. f går gjennom origo fordi f(0) = 0.

Alternativ II

a)

Lengden av DB er $\sqrt{1-x^2}$

Grunnlinjen i trekanten ABC er 2DB =$2\sqrt{1-x^2}$

Høyden i trekanten ABC er 1+x

Arealet av ABC er $A=\frac{1}{2}gh=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{1-x^2}(1+x)=(1+x)\sqrt{1-x^2}$

b)

Når x=0,5 er arealet 1,3. Dette er det største arealet ABC kan ha.

c)

$$\begin{gathered} F^{\prime }(x)=\sqrt{1-x^2}+(x+1)\frac{1}{2\sqrt{1-x^2}}(-2x)= \\ \sqrt{1-x^2}-\frac{x^2+x}{\sqrt{1-x^2}}= \\ \frac{1-x-2x^2}{\sqrt{1-x^2}} \end{gathered}$$

Setter $F^{\prime }(\frac{1}{2})$ og får:

$1-\frac{1}{2}-2\cdot \frac{1}{4}=0$

Dette er i sammsvar med oppgave b, da den deriverte i toppunktet er lik null.

d)

Bruker Pytagoras et par ganger: $$\begin{gathered} x=\frac{1}{2} \\ DC=\frac{3}{2} \\ AB=2\sqrt{1-\frac{1}{4}}=\sqrt{3} \\ AC=BC=\frac{\sqrt{12}}{2}=\sqrt{3} \end{gathered}$$

Oppgave 5

a)

$S_1{S}_2$ er summen av radiusene i $S_1$ og $S_2$, altså a+b.

$S_1{S}_2=a+c$

$S_2{S}_3=b+c$

b)

$$\begin{gathered} (a+b{)}^2=(a-b{)}^2+(AC{)}^2 \\ (AC{)}^2=a^2+2ab+b^2-a^2+2ab-b^2=4ab \\ AC=2\sqrt{ab} \end{gathered}$$

c)

$$\begin{gathered} (a+c{)}^2=(a-c{)}^2+(AB{)}^2 \\ (AB{)}^2=a^2+2ac+c^2-a^2+2ac-c^2=4ac \\ AB=2\sqrt{ac} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} (b+c{)}^2=(b-c{)}^2+(BC{)}^2 \\ (BC{)}^2=b^2+2bc+c^2-b^2+2bc-c^2=4bc \\ BC=2\sqrt{bc} \end{gathered}$$

d)

$$\begin{gathered} AC=AB+BC \\ 2\sqrt{ab}=2\sqrt{ac}+2\sqrt{bc} \\ \sqrt{ab}=\sqrt{ac}+\sqrt{bc} \\ \frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{abc}}=\frac{\sqrt{ac}}{\sqrt{abc}}+\frac{\sqrt{bc}}{\sqrt{abc}} \\ \frac{1}{\sqrt{c}}=\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{a}} \end{gathered}$$

e)

$$\begin{gathered} \frac{1}{\sqrt{c}}=\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{a}} \\ a=b=r \\ \frac{1}{\sqrt{c}}=\frac{1}{\sqrt{r}}+\frac{1}{\sqrt{r}} \\ \frac{1}{\sqrt{c}}=\frac{2}{\sqrt{r}} \\ 2\sqrt{c}=\sqrt{r} \\ c=\frac{r}{4} \end{gathered}$$

f)