R1 2018 vår LØSNING

Oppgaven som pdf (scannet)

Diskusjon av denne oppgaven på matteprat

Løsningsforslag (pdf) (open source, meld fra om forbedringer eller feil her)

Løsningsforslag av LektorNilsen (pdf)

Løsning som video av Lektor Håkon Raustøl

Løsning del 1 som video av Lektor Lainz

DEL 1

Oppgave 1

a)

$f(x)=x^4-x+2$

$f^{\prime }(x)=4x^3-1$

b)

$g(x)=x^3\cdot ln(x)$

$g^{\prime }(x)=3x^2\cdot ln(x)+x^3\cdot \frac{1}{x}=3x^{2}ln(x)+x^2$

c)

$h(x)=e^{2x^2+x}$

$h^{\prime }(x)=(4x+1)e^{2x^2+x}$

Oppgave 2

a)

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

b)

$$\begin{gathered} 2ln(x\cdot y^3)-\frac{1}{2}ln(\frac{x^4}{y^2}) \\ =2(ln(x)+ln(y^3))-\frac{1}{2}(ln(x^4)-ln(y^2)) \\ =2(ln(x)+3ln(y))-\frac{1}{2}(4ln(x)-2ln(y)) \\ =2ln(x)+6ln(y)-2ln(x)+ln(y) \\ =7ln(y) \end{gathered}$$

Oppgave 3

Vi har punktene A(-2,-1), B(-1, -3), C(3, -1) og D(t,t^2+2) der $t\in R$.

a)

$\overrightarrow{AB}=[-1-(-2),-3-(-1)]=[1,-2]$

$\overrightarrow{BC}=[3-(-1),-1-(-3)]=[4,2]$

b)

$[1,-2]\cdot [4,2]=1\cdot 4+(-2)\cdot 2=4-4=0$

Skalarproduktet av $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{BC}$ er 0, og vi har derfor $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{BC}$

c)

$\overrightarrow{CD}=[t-3,t^2+2-(-1)]=[t-3,t^2+3]$

Dersom $\overrightarrow{CD}\Vert \overrightarrow{AB}$, så er $\overrightarrow{CD}=k\cdot \overrightarrow{AB}$

$[t-3,t^2+3]=k\cdot [1,-2]$

Vi får likningssettet:

$It-3=k$

$II{t}^2+3=-2k$

$$\begin{gathered} II{t}^2+3=-2(t-3) \\ {t}^2+3=-2t+6 \\ {t}^2+2t-3=0 \\ (t+3)(t-1)=0 \\ t=-3\vee t=1 \end{gathered}$$

$\overrightarrow{CD}\Vert \overrightarrow{AB}$ når $t=-3\vee t=1$.

Oppgave 4

Vi har $f(x)=x^3+k\cdot x+12$

a)

Dersom $f(x):(x-1)$ skal gå opp, er x=1 et nullpunkt.

$$\begin{gathered} f(1)=0 \\ {1}^3+k\cdot 1+12=0 \\ k+13=0 \\ k=-13 \end{gathered}$$

b)

Vi har nå $f(x)=x^3-13x+12$

Utfører polynomdivisjonen:

$f(x)=(x^2+x-12)(x-1)=(x-3)(x-1)(x+4)$

c)

$$\begin{gathered} \frac{x^2+x-12}{x-1}\ge 0 \\ \frac{(x-3)(x+4)}{x-1}\ge 0 \end{gathered}$$

$\frac{x^2+x-12}{x-1}\ge 0$ nå $x\in [-4,1]\cup [3,\to ⟩$

Oppgave 5

D = defekt

a)

$P(A\cap D)=0,40\cdot 0,03=0,012=1,2\mathrm{\%}$

Sannsynligheten for at laderen kommer fra leverandør A og er defekt, er 1,2%.

b)

$$\begin{gathered} P(D)=P(D|A)\cdot P(A)+P(D|B)\cdot P(B) \\ =0,03\cdot 0,40+0,02\cdot 0,60=0,012+0,012=0,024 \end{gathered}$$

$P(A|D)=\frac{P(A)\cdot P(D|A)}{P(D)}=\frac{0,40\cdot 0,03}{0,024}=\frac{0,012}{0,024}=0,5=50\mathrm{\%}$

Sannsynligheten for at en lader som er defekt, kommer fra leverandør A, er 50%.

Oppgave 6

Vi har $f(x)=e^{2x}-4e^x+3$

a)

$$\begin{gathered} f(x)=0 \\ {e}^{2x}-4e^x+3=0 \\ \text{Setter}u=e^x \\ {u}^2-4u+3=0 \\ (u-1)(u-3)=0 \\ u=1\vee u=3 \\ {e}^x=1\vee e^x=3 \\ x=ln1\vee x=ln3 \\ x=0\vee x\approx 1,10 \end{gathered}$$

Nullpunktene til f er (0,0) og (1.10, 0).

b)

$f^{\prime }(x)=2e^{2x}-4e^x$

$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=0 \\ 2e^{2x}-4e^x=0 \\ 2e^x(e^x-2) \\ 2e^x=0\vee e^x=2 \\ \xcancel{x=ln0}\vee x=ln2 \\ x=ln2\approx 0,69 \end{gathered}$$

Forkaster $x=ln0$ da $ln0$ ikke er definert.

Finner funksjonsverdien i x = ln 2.

$f(ln2)=e^{2(ln2)}-4e^{ln2}+3=e^{ln{2}^2}-4\cdot 2+3=4-8+3=-1$

Grafen til f har et bunnpunkt i (0.69, -1).

c)

$f^{″}(x)=4e^{2x}-4e^x=4e^x(e^x-1)$

$$\begin{gathered} f^{″}(x)=0 \\ 4e^x(e^x-1)=0 \\ 4e^x=0\vee e^x=1 \\ \xcancel{x=ln0}\vee x=ln1 \\ x=0 \end{gathered}$$

Finner funksjonsverdien i x = 0.

$f(0)=e^{2\cdot 0}-4e^0+3=1-4+3=0$

Grafen til f har et vendepunkt i (0,0).

d)

Du må tegne for hånd. Bruk nullpunktene og bunnpunktet fra de forrige oppgavene. Du regne noen omtrentlige funksjonsverdier for å få hjelp til å vite hvordan grafen går. I tillegg har vi at:

$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=3$

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)=\mathrm{\infty }$

Oppgave 7

a)

For alle par av trekanter, har trekantene parvis like store vinkler, og forholdet mellom alle samsvarende sider er det samme. Alle trekantene er derfor formlike.

b)

Vi tar utgangspunkt i trekant ABD. Vinkelsummen i en trekant er 180 grader, altså er $\mathrm{\angle }DAB+\mathrm{\angle }BDA+\mathrm{\angle }ABD={180}^{\circ }$.

Vi har $\mathrm{\angle }DAB=\mathrm{\angle }ADE$ fordi disse er samsvarende vinkler. Av samme grunn er $\mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }CDB$.

Det vil si at $\mathrm{\angle }ADE+\mathrm{\angle }BDA+\mathrm{\angle }CDB={180}^{\circ }$, og punkt E, D og C ligger derfor på en rett linje.

c)

Alle trekantene er rettvinklede (gitt i oppgave a). Vi har $\mathrm{\angle }E={90}^{\circ }$ og $\mathrm{\angle }C={90}^{\circ }$.

Vi har allerede vist at $\mathrm{\angle }ADE$ og $\mathrm{\angle }DAB$ er samsvarende, og dermed like store vinkler. $\mathrm{\angle }CDB$ og $\mathrm{\angle }ABD$ er også samsvarende, og dermed like store vinkler.

Dette gir oss $\mathrm{\angle }EAD+\mathrm{\angle }ADE=\mathrm{\angle }EAD+\mathrm{\angle }DAB=\mathrm{\angle }A={90}^{\circ }$. På samme måte er $\mathrm{\angle }DBC+\mathrm{\angle }CDB=\mathrm{\angle }DBC+\mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }B={90}^{\circ }$.

Alle vinklene i firkanten er rettvinklede, og firkanten er derfor et rektangel (eventuelt et kvadrat, som er et spesialtilfelle av rektangel).

Vi må se på lengden av sidene for å se at Pytagoras' setning gjelder. I et rektangel er sidene parvis like lange, derfor er $EC=AB$, det vil si $ED+DC=AB$, altså $a^2+b^2=c^2$.

a og b er katetene i den rettvinklede trekanten i starten av oppgaven, og c er hypotenusen. Vi har vist at $a^2+b^2=c^2$, altså gjelder Pytagoras' setning.

DEL 2

Oppgave 1

a)

Sirkelen har to sentralvinkler, $u$ og $v={360}^{\circ }-u$. Periferivinkelen $\mathrm{\angle }DCB$ spenner over samme buelengde som sentralvinkelen $v$, og er derfor (ifølge periferivinkelsetningen) halvparten så stor.

$\mathrm{\angle }DCB=\frac{v}{2}=\frac{{360}^{\circ }-u}{2}={180}^{\circ }-\frac{1}{2}u$

b)

Periferivinklene $\mathrm{\angle }BAD$ og $\mathrm{\angle }DCB$ spenner til sammen over samme bue som sentralvinklene $u$ og $v$ til sammen. Summen av de to periferivinklene er da halvparten av summen til de to sentralvinklene.

$\mathrm{\angle }BAD+\mathrm{\angle }DCB=\frac{u+v}{2}=\frac{{360}^{\circ }}{2}={180}^{\circ }$

Periferivinklene $\mathrm{\angle }CBA$ og $\mathrm{\angle }ADC$ spenner til sammen over hele sirkelens omkrets, slik som en sentralvinkel på ${360}^{\circ }$ også gjør. Summen av disse periferivinklene er derfor halvparten av en sentralvinkel på ${360}^{\circ }$

$\mathrm{\angle }CBA+\mathrm{\angle }ADC=\frac{{360}^{\circ }}{2}={180}^{\circ }$.

Vi har vist at $\mathrm{\angle }BAD+\mathrm{\angle }DCB=\mathrm{\angle }CBA+\mathrm{\angle }ADC={180}^{\circ }$