R1 2009 vår LØSNING

a)

1)

$$\begin{gathered} f(x)=(x^2+1{)}^4 \\ {f}^{\prime }(x)=4(x^2+1{)}^3\cdot 2x=8x(x^2+1{)}^3 \end{gathered}$$

(kjerneregelen)

2)

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

(produktregelen)

b)

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

c)

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

d)

$$\begin{gathered} \overrightarrow{AB}=[5-(-2),4-(-1)]=[7,5] \\ \overrightarrow{AC}=[4-(-2),7-(-1)]=[6,8] \\ \overrightarrow{BC}=[4-5,7-4]=[-1,3] \end{gathered}$$

Dersom to vektorer står vinkelrett på hverandre er skalarproduktet lik null.

Det er ikke tilfelle her.

e)

1)<math>f(x)= 2x^3+8x^2+2x-12 \

f(-1) = 2(1)^3 +8 (1)^2 +2(1)-12 = 2+8+2-12 = 0 \quad</math>

dvs.f(x) er delelig med (x-1)

$$\begin{gathered} 2x^3+8x^2+2x-12:(x-1)=2x^2+10x+12 \\ -(2x^3-2x^2) \\ 10x^2+2x \\ -(10x^2-10x) \\ 12x-12 \\ -(12x-12) \\ 0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} 2x^2+10x+12=0 \\ x=\frac{-10\pm \sqrt{100-96}}{4}=\frac{-10\pm 2}{4} \\ x=-3\vee x=-2 \\ f(x)=2x^3+8x^2+2x-12=(x-1)(x+2)(x+3) \end{gathered}$$

2)

$$\begin{gathered} f(x)\le 0 \\ x\in <\leftarrow ,-3]\cup [-2,1] \end{gathered}$$

f)

$lg(\frac{1}{a^2})+3lga=lg1-lg{a}^2+3lga=-2lga+3lga=lga$

a)

$△ABC\sim △ADC$

Fordi vinkel A er den samme i begge trekanter og vinkel C (i ABC) er lik vinkel D (i ADC).

$△ABC\sim △BCD$

Fordi vinkel B er den samme i begge trekanter og vinkel C (i ABC) er lik vinkel D (i BCD).

b)

$$\begin{gathered} \frac{AC}{AB}=\frac{AD}{AC} \\ (AC{)}^2=AD\cdot AB \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \frac{BC}{AB}=\frac{BD}{BC} \\ (BC{)}^2=BD\cdot AB \end{gathered}$$

c)

$$\begin{gathered} (AC{)}^2=AD\cdot AB \\ (BC{)}^2=BD\cdot AB \\ \text{legger sammen likningene} \\ (AC{)}^2+(BC{)}^2=AB\cdot (AD+DB) \\ (AC{)}^2+(BC{)}^2=(AB{)}^2 \end{gathered}$$

Del 2

a)

b)

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

c)

1)

$P(F)=P(A)\cdot P(F|A)+P(B)\cdot P(F|B)=0,7\cdot 0,05+0,3\cdot 0,1=0,065$

2)

$P(A|F)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0,7\cdot 0,05}{0,065}=0,54$

a)

$$\begin{gathered} f(x)=-x^3+a{x}^2+bx-11 \\ {f}^{\prime }(x)=-3x^2+2ax+b \\ {f}^{\prime }(x)=0\Rightarrow -3-2a+b=0\Rightarrow b=2a+3 \\ f(-1)=-16\Rightarrow 1+a-b-11=-16\Rightarrow a-b=-6 \\ a-(2a+3)=-6 \\ a=3 \\ b=2a+3=2\cdot 3+3=9 \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} f(x)=-x^3+3x^2+9x-11 \\ {f}^{\prime }(x)=-3x^2+6x+9 \\ {f}^{\prime }(x)=0\Rightarrow x=-1\vee x=3 \end{gathered}$$

f avtar fra minus uendelig til x = -1 og fra x = 3 til uendelig. f vokser fra x = -1 til x = 3. Bunnpunktet for x=-1 er gitt i oppgaven. Man ser at f i tillegg har et maksimum for x=3.

$f(3)=-27+3\cdot 9+9\cdot 3-11=16$

Maksimumspunkt: (3,16)

c)

<math>f(x) = -6x+6</math>

Vendepunkt: (1,f(1)) = (1,0)

d)

$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=9 \\ -3x^2+6x+9=9 \\ x(-3x+6)=0 \\ x=0\vee x=2 \\ f(0)=-11\wedge f(2)=11 \end{gathered}$$

Stigningstall er 9 for begge tangentene. Punktene er henholdsvis (0,-11) og (2,11). Det gir følgende likninger for tangentene:

$$\begin{gathered} y=ax+b \\ y=9x+b \\ -11=9\cdot 0+b\vee 11=9\cdot 2+b \\ b=-11\vee b=-7 \\ \Downarrow \\ y=9x-11\vee y=9x-7 \end{gathered}$$

e)

Figuren viser grafen til f, sammen med de to tangentene fra oppgave d. Man ser at b må ligge mellom -11 og -7, <-11,-7> for at likningen f(x)= 9x + b skal ha tre løsninger.

a)

b)

<math>f(x) = \frac{1}{12}(x^4-2x^3-12x^2)\ f'(x) = \frac 13 x^3 - \frac 12 x^2 - 2x \f(x)= x^2-x-2</math>

$$\begin{gathered} f(-1)=\frac{1}{12}(1+2-12)=-\frac{3}{4} \\ f(2)=\frac{1}{12}(16-16-12\cdot 4)=-4 \end{gathered}$$

Koordinater for vendepunktene: $(-1,-\frac{3}{4})\wedge (2,-4)$

c)

Rett linje gjennom S og T:

y = ax + b

$a=\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}==\frac{-4+\frac{3}{4}}{2+1}=-\frac{13}{12}$

Bruker punktet (2, -4) og får:

$$\begin{gathered} -4=-\frac{13}{12}\cdot 2+b \\ y=-\frac{13}{12}x-\frac{11}{6} \end{gathered}$$

Ved inspeksjon (Geogebra) ser man at de to andre skjæringspunktene er (-2,85 , 1,26) og Q = (3,85 , -6,01).

d)

$\frac{ST}{TQ}=\frac{4,42}{2,73}=1,619$

e)

<math>g(x) = 12x^2-12</math>

Den dobbelderiverte er null for x lik minus en og for x lik en. Negativ mellom minus en og en, ellers positiv.

Forholdet blir også her 1,619, det gyllne snitt.

a)

$\overrightarrow{O{M}_1}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})=\frac{1}{2}([a,0]+[b,c])=\frac{1}{2}[a+b,c]=[\frac{a+b}{2},\frac{c}{2}]$

$\overrightarrow{O{M}_2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}=\frac{1}{2}[b,c]=[\frac{b}{2},\frac{c}{2}]$

$\overrightarrow{O{M}_3}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}=\frac{1}{2}[a,0]=[\frac{a}{2},0]$

b)

$\overrightarrow{OS}$ og $\overrightarrow{O{M}_1}$ er parallelle vektorer. Det vil derfor finnes et tall x som multiplisert med den ene vektoren vil gi den andre vektoren.

$\overrightarrow{AS}$ og $\overrightarrow{A{M}_2}$ er parallelle og ved å summere OA vektor med en del av AM2vektor vil man ende opp i S.

c)

$$\begin{gathered} \overrightarrow{OS}=x\overrightarrow{O{M}_1}\wedge \overrightarrow{OS}=\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{A{M}_2} \\ x\overrightarrow{O{M}_1}=\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{A{M}_2} \\ x[\frac{a+b}{2},\frac{c}{2}]=[a,0]+y[\frac{b}{2}-a,\frac{c}{2}] \\ x\cdot \frac{a+b}{2}=a+y\cdot (\frac{b}{2}-a)\wedge x\cdot \frac{c}{2}=y\cdot \frac{c}{2} \\ x\cdot \frac{c}{2}=y\cdot \frac{c}{2}\Rightarrow x=y \\ x\cdot \frac{a+b}{2}=a+x\cdot (\frac{b}{2}-a) \\ x(\frac{a+b}{2}-\frac{b}{2}+a)=a \\ x(a+b-b+2a)=2a \\ x=\frac{2}{3} \\ x=y=\frac{2}{3} \end{gathered}$$

d)

$\overrightarrow{OS}=\frac{2}{3}\overrightarrow{O{M}_1}=\frac{2}{3}[\frac{a+b}{2},\frac{c}{2}]=[\frac{a+b}{3},\frac{c}{3}]$

e)

Medianene i en trekant skjærer hverandre i et punkt som deler medianene i forholdet 2:1, regnet fra hjørnene. Dette er i sammsvar med svarene i c og d.

f)

$\text{Bracket argument to must be a dimension}$