Diskusjon av denne oppgaven på matteprat

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

Løsning som video av Lektor Håkon Raustøl

DEL 1

Oppgave 1

a)

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

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

b)

$g (x) = x^{3} \cdot l n (x)$

$g^{'} (x) = 3 x^{2} \cdot l n (x) + x^{3} \cdot \frac{1}{x} = 3 x^{2} l n (x) + x^{2}$

c)

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

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

Oppgave 2

a)

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

b)

$2 l n (x \cdot y^{3}) - \frac{1}{2} l n (\frac{x^{4}}{y^{2}}) = 2 (l n (x) + l n (y^{3})) - \frac{1}{2} (l n (x^{4}) - l n (y^{2})) = 2 (l n (x) + 3 l n (y)) - \frac{1}{2} (4 l n (x) - 2 l n (y)) = 2 l n (x) + 6 l n (y) - 2 l n (x) + l n (y) = 7 l n (y)$

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)

$\vec{A B} = [- 1 - (- 2), - 3 - (- 1)] = [1, - 2]$

$\vec{B C} = [3 - (- 1), - 1 - (- 3)] = [4, 2]$

b)

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

Skalarproduktet av $\vec{A B}$ og $\vec{B C}$ er 0, og vi har derfor $\vec{A B} ⊥ \vec{B C}$

c)

$\vec{C D} = [t - 3, t^{2} + 2 - (- 1)] = [t - 3, t^{2} + 3]$

Dersom $\vec{C D} ‖ \vec{A B}$ , så er $\vec{C D} = k \cdot \vec{A B}$

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

Vi får likningssettet:

$I t - 3 = k$

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

$I I t^{2} + 3 = - 2 (t - 3) t^{2} + 3 = - 2 t + 6 t^{2} + 2 t - 3 = 0 (t + 3) (t - 1) = 0 t = - 3 \lor t = 1$

$\vec{C D} ‖ \vec{A B}$ når $t = - 3 \lor t = 1$ .

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.

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

b)

Vi har nå $f (x) = x^{3} - 13 x + 12$

Utfører polynomdivisjonen:

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

c)

$\frac{x^{2} + x - 12}{x - 1} \geq 0 \frac{(x - 3) (x + 4)}{x - 1} \geq 0$

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

Oppgave 5

D = defekt

a)

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

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

b)

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

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

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

Oppgave 6

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

a)

$f (x) = 0 e^{2 x} - 4 e^{x} + 3 = 0 Setter u = e^{x} u^{2} - 4 u + 3 = 0 (u - 1) (u - 3) = 0 u = 1 \lor u = 3 e^{x} = 1 \lor e^{x} = 3 x = l n 1 \lor x = l n 3 x = 0 \lor x \approx 1, 10$

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

b)

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

$f^{'} (x) = 0 2 e^{2 x} - 4 e^{x} = 0 2 e^{x} (e^{x} - 2) 2 e^{x} = 0 \lor e^{x} = 2 x = l n 0 \lor x = l n 2 x = l n 2 \approx 0, 69$

Forkaster $x = l n 0$ da $l n 0$ ikke er definert.

Finner funksjonsverdien i x = ln 2.

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

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

c)

$f^{″} (x) = 4 e^{2 x} - 4 e^{x} = 4 e^{x} (e^{x} - 1)$

$f^{″} (x) = 0 4 e^{x} (e^{x} - 1) = 0 4 e^{x} = 0 \lor e^{x} = 1 x = l n 0 \lor x = l n 1 x = 0$

Finner funksjonsverdien i x = 0.

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

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

R1 2018 vår LØSNING