R1 2015 høst LØSNING

Løsningsforslag (pdf) fra bruker joes. Send gjerne en melding hvis du har kommentarer til løsningsforslaget. På forhånd, takk.

Diskusjon av denne oppgaven

DEL EN

Oppgave 1

a)

$f (x) = 3 x^{2} + 5 x - 2 f ´ (x) = 6 x + 5$

b)

$g (x) = 3 (x^{2} - 2)^{4} g ´ (x) = 3 \cdot 4 \cdot 2 x (x^{2} - 3)^{3} = 24 x (x^{2} - 3)^{3}$

c)

$h (x) = x l n (x^{2} + 3)$

Setter $u = x^{2} + 3$ som gir u´= 2x, og får:

$h ´ (x) = l n (x^{2} + 3) + \frac{x \cdot 2 x}{x^{2} + 3} h ´ (x) = l n (x^{2} + 3) + \frac{2 x^{2}}{x^{2} + 3}$

Oppgave 2

$f (x) = x e^{- x} f ´ x) = e^{- x} + x (- 1) e^{- x} = e^{- x} (1 - x)$

$e^{- x}$ er positiv for alle x. (1-x) er null for x=1, negativ for x > 1 og positiv for x < 1. x = 1 gir et maksimum for funksjonen.

Oppgave 3

a)

$f (x) = x^{3} - 2 x^{2} - k x + 6, D_{F} = \R$

k slik at $f (x) : (x - 1)$ går opp:

$1 - 2 - k + 6 = 0 k = 5$

b)

$x^{3} - 2 x^{2} - 5 x + 6 : (x - 1) = x^{2} - x - 6 - (x^{3} - x^{2}) - x^{2} - 5 x - (- x^{2} + x) - 6 x + 6 - (- 6 x + 6)$

Vi løser andregradspolynomet (abc - formel el.) og får totalt disse tre lineære faktorer: (x - 1)(x + 2)(x - 3).

c)

Tegner fortegnsskjema for hver av de tre lineære faktorene i b, og får fortegnslinjen for f(x):

$f (x) \geq 0 x \in [- 2, 1] \cup [3, \to>$

Oppgave 4

$l g (a^{2} b^{3}) + l g (\frac{1}{b^{2}}) - l g (\frac{b}{a}) = 2 l g a + 3 l g b - 2 l g b - l g b + l g a = 3 l g a$

Oppgave 5

a)

$f (x) = - x^{4} + 4 x^{3} = x^{3} (- x + 4) x \in< - 2, 4 >$

Siden funksjonen ikke er definert for x = 4 har den bare ett nullpunkt, i Origo (0, 0).

b)

$f ´ (x) = - 4 x^{3} + 12 x^{2} = - 4 x^{2} (x - 3)$

Grafen har et terassepunkt for x = 0, dvs. i (0, 0) og et maksimum i (3, f(3)) som gir (3, 27).

c)

Vendepunkt:

$f ´ ´ (x) = - 12 x^{2} + 24 x f ´ ´ (x) = 0 - 12 x (x - 2) = 0 x = 0 \lor x = 2$

x= 0 er sammenfallende med nullpunkt og terrassepunkt, vendepunktene er (0, 0) og (2, 16) ( f(2) = 16).

d)

Oppgave 6

Vinkel u spenner over samme bue som vinkel D. Begge ligger på sirkelperiferien og er derfor like. Vinkel u er 50 grader.

Vinkel C er 90 grader fordi den ligger på pereferien og spenner over diameteren. Da blir vikel v 40 grader.

Oppgave 7

a)

Siden det er 60% jenter og 70% av disse har blå øyner, betyr det at 42% av elevmassen er jenter med blå øyner. Tilsvarende tall for gutter er 22%.

	Blå	ikke blå	Total
Jente	42%	18%	60%
Gutt	22%	18%	40%
Total	64%	36%	100%

Fra tabellen ser man at sannsynligheten for å trekke en elev med blå øyner er 64%.

b)

Det er 36% som ikke har blå øyner. 18% av disse er gutter. Sannsynligheten er 0,5 for gutt.

Oppgave 8

a)

b)

Halveringslinjene er blå i figuren over. En vinkelhalveringslinje er et geometrisk sted, like langt fra de to sidene som danner vinkelen. Dersom man befinne seg på den blå linjen som halverer vinkel A betyr det at man er like langt fra linjestykkene AB og AC. Den samme tanken følger vi fra den blå linjen som halverer vinkel B. Punktet S der linjene møtes blir da et punkt som ligger like langt fra alle linjene. Denne avstanden er SD = SE = SF. En sirkel mes sentrum i S og radius SD vil følgelig bli en innskerevet sirkel.

c)

Se over.

d)

Oppgave 9

$l g (x + 2)^{2} = l g x^{4} 2 l g (x + 2) = l g (x^{2})^{2} 2 l g (x + 2) = 2 l g (x^{2}) l g (x + 2) = l g (x^{2}) x + 2 = x^{2} - x^{2} + x + 2 = 0$

DEL TO

Oppgave 1

a)

C = 3 og k = 0,01625

(brukte regresjon)

b)

I følge modellen vil dette skje i år 74 etter 1960, dvs. i år 2034, se figur i a.

c)

$f (x) = 3 e^{0, 01625 x} = 3 (e^{0, 01625})^{x} = 3 \cdot 1, 01638^{x}$ Det betyr at økningen per år er på ca 1,64%

Oppgave 2

a)

b)

c)

Oppgave 3

a)

Arealet til rektangelet er lengde gange bredde:

$G (x) = x \cdot f (x) = x (4 - 0, 125 x^{3}) = 4 x - 0, 125 x^{4}$

b)

De x verdiene som gir rektangelet et areal på 5,0 er x= 1,36 og x= 2,53.

c)

Fra figuren i b ser man at det største arealet får man når x = 2. Arealet av rektangelet er da 6.