Sideversjonen fra 29. des. 2019 kl. 15:26

DEL 1

Oppgave 1

a)

$f (x) = x^{3} + 2 x^{2} - \sqrt{x} f^{'} (x) = 3 x^{2} + 4 x - \frac{1}{2 \sqrt{x}}$

b)

$g (x) = x^{2} \cdot l n (2 x - 1) g^{'} (x) = 2 x \cdot l n (2 x - 1) + \frac{2 x^{2}}{2 x - 1}$

Brukte produktregelen og kjerneregelen. Løsningen kan evt. faktoriseres.

c)

$h (x) = \frac{4 x}{e^{2 x}} h^{'} (x) = \frac{4 e^{2 x} - 4 x \cdot 2 e^{2 x}}{(e^{2 x})^{2}} = \frac{e^{2 x} (4 - 8 x)}{(e^{2 x}) (e^{2 x})} = \frac{- 8 x + 4}{e^{2 x}}$

Oppgave 2

a)

$\frac{1}{x^{2} - x} + \frac{1}{x^{2} + x} - \frac{1}{x^{2} - 1} = \frac{1}{x (x - 1)} + \frac{1}{x (x + 1)} - \frac{1}{(x + 1) (x - 1)} = \frac{x + 1}{x (x - 1) (x + 1)} + \frac{x - 1}{x (x + 1) (x - 1)} - \frac{x}{x (x + 1) (x - 1)} = \frac{x + 1 + x - 1 - x}{x (x + 1) (x - 1)} = \frac{x}{x (x + 1) (x - 1)} = \frac{1}{x^{2} - 1}$

b)

$\frac{(l n e^{3} + 1)^{2}}{(e^{l n 3} + 1)} = \frac{(3 + 1)^{2}}{(3 + 1)^{3}} = \frac{4^{2}}{4^{3}} = \frac{1}{4}$

Oppgave 3

a)

$(2 x - 1) = 0 x = \frac{1}{2}$

Sjekker om $x = \frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f (x)$ :

$f (\frac{1}{2}) = 2 (\frac{1}{2})^{3} - 3 (\frac{1}{2})^{2} - 11 \cdot \frac{1}{2} + 6 = \frac{2}{8} - \frac{3}{4} - \frac{11}{2} + 6 = \frac{2}{8} - \frac{6}{8} - \frac{44}{8} + 6 = \frac{- 48}{8} + 6 = - 6 + 6 = 0$

$x = \frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f (x)$ , det vil si at divisjonen $f (x) : (2 x - 1)$ går opp.

b)

Utfører polynomdivisjonen $f (x) : (2 x - 1)$

$x^{2} - x - 6 = (x - 3) (x + 2)$

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

c)

$f (x) \geq (2 x - 1) (x + 2) (x - 3) (2 x - 1) (x + 2) \geq (2 x - 1) (x + 2) (x - 3) (2 x - 1) (x + 2) - (2 x - 1) (x + 2) \geq 0$

Setter felles faktor $(2 x - 1) (x + 2)$ utenfor parentes.

$(2 x - 1) (x + 2) ((x - 3) - 1) \geq 0 (2 x - 1) (x + 2) (x - 4) \geq 0$

$f (x) \geq (2 x - 1) (x + 2)$ når $x \in [- 2, \frac{1}{2}] \cup [4, \to ⟩$

Oppgave 4

a)

Vi har punktene $A (1, 3)$ og $B (5, - 1)$

$\vec{A B} = [5 - 1, - 1 - 3] = [4, - 4]$

$| \vec{A B} | = \sqrt{4^{2} + (- 4)^{2}} = \sqrt{32} = \sqrt{2 \cdot 16} = 4 \sqrt{2}$

b)

Likning for en sirkel med sentrum i $(x_{0}, y_{0})$ :

$(x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} = r^{2}$

Husk at sirkelens diameter er fra punkt A til punkt B. Sentrum i vår sirkel blir midt mellom punkt A og B, i (3,1).

Radius blir halvparten av $| \vec{A B} |$ : $\frac{4 \sqrt{2}}{2} = 2 \sqrt{2}$

Vi setter inn våre verdier og får likningen for sirkelen:

$(x - 3)^{2} + (y - 1)^{2} = (2 \sqrt{2})^{2} (x - 3)^{2} + (y - 1)^{2} = 4 \cdot 2 (x - 3)^{2} + (y - 1)^{2} = 8$

c)

For å få en rett vinkel i C, må punkt C ligge på sirkelperiferien. Dette på grunn av Thales setning.

Sentrum av sirkelen er i punkt (3,2), og radiusen av sirkelen er $2 \sqrt{2}$ . Siden $3 + 2 \sqrt{2} < 6$ , så tangerer ikke linja x=6 sirkelen. Dermed er punkt C utenfor sirkelperiferien, og det er ikke mulig å plassere C slik at trekanten ABC får en rett vinkel i C.

En annen måte å finne ut av det er å sjekke om det finnes en y-verdi for punkt C hvor $\vec{A C} \cdot \vec{B C} = 0$ .

Oppgave 5

a)

$(\binom{10}{3}) = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 4 = 120$

120 ulike grupper på tre deltakere kan komme til finalen.

b)

Vi har flere kvinner enn menn i en gruppe på tre, dersom vi har to eller tre kvinner.

P(to eller tre kvinner) = $\frac{(\binom{5}{2}) (\binom{5}{1})}{(\binom{10}{3})} + \frac{(\binom{5}{3}) (\binom{5}{0})}{(\binom{10}{3})} = \frac{10 \cdot 5}{120} + \frac{10 \cdot 1}{120} = \frac{60}{120} = \frac{1}{2}$

60 av de 120 gruppene, det vil si halvparten, inneholder flere kvinner enn menn.

Oppgave 6

a)

Graf A tilhører funksjonen f, og graf B tilhører funksjonen f´. Dette ser vi fordi når f´ har negativ verdi (grafen er under x-aksen), så synker grafen til f. Når f´ har positiv verdi (grafen er over x-aksen), så stiger grafen til f. Videre har den deriverte et nullpunkt der hvor funksjonen f har et ekstremalpunkt (bunnpunkt).

b)

Den dobbelderiverte er negativ for de x-verdiene hvor den deriverte synker, har et nullpunkt i x-verdien til den derivertes bunnpunkt (vendepunktet til f), og er positiv for de x-verdiene hvor den deriverte stiger.

Oppgave 7

a)

$∠ A P C$ og $∠ D P B$ er toppvinkler, og derfor like store.

$∠ C A B$ og $∠ C D B$ er periferivinkler som spenner over den samme sirkelbuen. Disse er derfor like store.

Dersom to trekanter har to parvis like store vinkler, er trekantene formlike. $△ A P C$ og $△ P B D$ er derfor formlike.

b)

Siden $△ A P C$ og $△ P B D$ er formlike, har vi at

$\frac{A P}{P D} = \frac{C P}{P B} \Rightarrow A P \cdot P B = C P \cdot P D$

Oppgave 8

a)

$f^{'} (2) = 0 \Leftarrow$ Grafen til $f$ har et toppunkt i $(2, f (2))$

Dersom grafen til f har et toppunkt i $(2, f (2))$ , impliserer det at vi har $f^{'} (2) = 0$ . Derimot, hvis vi bare vet at $f^{'} (2) = 0$ , vet vi ikke om grafen til f har et toppunkt, et bunnpunkt eller et terrassepunkt i $(2, f (2))$ . $f^{'} (2) = 0$ impliserer altså ikke nødvendigvis et toppunkt i $(2, f (2))$ .

b)

$f^{'} (3) = 0$ og $f^{″} (3) > 0 \Rightarrow$ Grafen til $f$ har et bunnpunkt i $(3, f (3))$

Dersom $f^{'} (3) = 0$ vet vi at grafen til f har et ekstremalpunkt. Dersom $f^{″} (3) > 0$ i tillegg, så har vi et bunnpunkt.

Det er derimot ikke alle funksjoner med bunnpunkt i $(3, f (3))$ som har $f^{″} (3) > 0$ . For eksempel, dersom $f (x) = (x - 3)^{n}$ , hvor n er et partall større enn eller lik 4, så er $f^{'} (3) = 0$ og $f^{″} (3) = 0$ i bunnpunktet $(3, f (3))$ .

Dette kan være litt vanskelig å vite, og forhåndssensurrapporten til denne eksamen presiserer at ekvivalenspil også blir godtatt dersom man argumenterer godt for svaret sitt.

DEL 2

Oppgave 1

a)

$\vec{v} (t) = [28 t - 3 t^{2}, 10 t - 5 t^{2}]$

Bestemmer fartsvektoren:

$\vec{v} (t) = {\vec{r}}^{'} (t) = [28 - 6 t, 10 - 10 t]$

Bestemmer farten da ballen ble sparket:

$\vec{v} (0) = [28, 10]$

$| \vec{v} (0) | = \sqrt{28^{2} + 10^{2}} = 29, 7$

Banefarten som ballen fikk da den ble sparket var 29,7 m/s.

b)

Når ballen treffer bakken, er posisjonsvektorens y-koordinat lik 0. Finner tiden t hvor dette skjer i CAS på Geogebra:

Ballen kastes når tiden t=0. Ballen treffer bakken når tiden t=2, etter 2 sekunder.

c)

Når ballen er på sitt høyeste punkt, er fartsvektorens y-koordinat lik 0 (ingen fart i y-retning). Finner tiden t hvor dette skjer:

$10 - 10 t = 0 t = 1$

Finner ballens banefart, altså fartsvektorens x-koorinat i tiden t=1:

$28 - 6 \cdot 1 = 28 - 6 = 22$

Ballens banefart da den var i sitt høyeste punkt var 22 m/s.

@@ Linje 111: / Linje 111: @@
 ===b)===
-Vi har flere kvinner enn menn en gruppe på tre, dersom vi har to eller tre kvinner.
+Vi har flere kvinner enn menn i en gruppe på tre, dersom vi har to eller tre kvinner.
 P(to eller tre kvinner) =  $\frac{(\binom{5}{2}) (\binom{5}{1})}{(\binom{10}{3})} + \frac{(\binom{5}{3}) (\binom{5}{0})}{(\binom{10}{3})} = \frac{10 \cdot 5}{120} + \frac{10 \cdot 1}{120} = \frac{60}{120} = \frac{1}{2}$

R1 2019 vår LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner

Sideversjonen fra 29. des. 2019 kl. 15:26

DEL 1

Oppgave 1

a)

b)

c)

Oppgave 2

a)

b)

Oppgave 3

a)

b)

c)

Oppgave 4

a)

b)

c)

Oppgave 5

a)

b)

Oppgave 6

a)

b)

Oppgave 7

a)

b)

Oppgave 8

a)

b)

DEL 2

Oppgave 1

a)

b)

c)

Oppgave 2

a)

b)

c)

Oppgave 3

a)

b)

c)

d)

Oppgave 4

a)

b)

c)

Innholdto top