1T 2013 vår LØSNING

Del I

Oppgave 1

$\frac{750000}{0.005}=\frac{7.5\cdot {10}^5}{0.5\cdot {10}^{-2}}=15\cdot {10}^{5-(-2)}=1.5\cdot {10}^8$

Oppgave 2

$\begin{array}{rl}(1)2x+3y& =7\\ (2)5x-2y& =8\end{array}$

Dersom vi ser på $2\cdot (1)+3\cdot (2)$ ser vi at vi får likningen

$\begin{array}{rl}(4x+6y)+(15x-6y)& =14+24\\ 19x& =19+19\\ x& =2\end{array}$

Alternativt kan innsetningsmetoden brukes, men da må en hanskes med brøker. Uansett setter vi inn $x$ verdien eksempelvis i $(1)$ finner vi at

$3y=7-2x=3$, så $y=1$ og $x=2$.

Oppgave 3

$\frac{x^2-16}{x^2-8x+16}=\frac{(x-4)(x+4)}{(x-4{)}^2}=\frac{x+4}{x-4}$ .

Oppgave 4

Likningen for en rett linje er $y=ax+b$, her er stigningstallet gitt som

$a=\frac{3-0}{0-6}=-\frac{1}{2}$

slik at vi kan skrive

$y=-\frac{1}{2}x+b$

for å bestemme $b$ bruker vi punktet (0,3)

$$\begin{gathered} y=-\frac{1}{2}x+b \\ 3=-\frac{1}{2}\cdot 0+b \\ b=3 \\ y=-\frac{1}{2}x+3 \end{gathered}$$

Dette kunne vi sett direkte fra figuren siden linjen skjærer y-aksen i 3, dvs. b = 3.

$y=-\frac{1}{2}x+3.$

Oppgave 5

Skriver om alle uttrykkene

$$\begin{gathered} (1/2{)}^0=1 \\ \sqrt[3]{27}=\sqrt[3]{3^3}=3 \\ \sqrt{20}=\sqrt{4\cdot 5}=\sqrt{5}>2\sqrt{4}=4 \\ 1/9-3^{-2}=0 \\ 0\le \sin {50}^{\circ }\le 1 \\ \lg 150=lg(100\cdot 1,5)\lg 100+\lg 1,5=2+\log 1,5 \end{gathered}$$.

Herfra så får vi i stigende rekkefølge

$\frac{1}{9}-3^{-2}<\sin {50}^{\circ }<(1/2{)}^0<\lg (150)<{27}^{1/3}<\sqrt{20}.$

Oppgave 6

Enten er begge kulene blå, eller så er begge kulene røde, summen er hva vi er ute etter.

$(1)=P(\text{blå}\cap \text{blå})=\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{10}$

og

$(2)=P(\text{rød}\cap \text{rød})=\frac{3}{5}\cdot \frac{2}{4}=\frac{3}{10}$

Summen er da

$P(2\cup 2)=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}\approx 40\text{percent}$.

Oppgave 7

a) Legg merke til at

$\begin{array}{rl}f(x)=& -x^2-4x+5\\ =& -(x^2-x+5x-5)\\ =& -[x(x-1)+5(x-1)]\\ & =(x+5)(1-x)\end{array}$

Nullpunktene er dermed $x=-5$ eller $x=1$. Alternativt kan man bruke andregradsformelen.

b)

$$\begin{gathered} f^{\prime }(x)=-2x-4 \\ {f}^{\prime }(x)=0 \\ x=-2 \\ f(-2)=9 \end{gathered}$$

Punktet (-2,9) er et toppunkt på grafen fordi andregradsleddet har en negativ koeffisient, dvs. grafen vender sin hule side ned.

c)

d)

En linje er på formen $y=Ax+b$, hvor vi har at $a=f^{\prime }(1)=-2(-1)-4=-2$

$f(-1)=8$ Tangeringspunktet er (-1,8)

$$\begin{gathered} y=-2x+b \\ 8=-2\cdot -1+b \\ b=6 \end{gathered}$$

Hvilket gir likningen $y=-2x+6$

Oppgave 8

a) Fra pytagoras har vi at siden trekanten $AOC$ er rett så er

$A{C}^2=A{O}^2+O{C}^2=r^2+r^2=2r^2$

Siden lengden er positiv må $AC=\sqrt{2}\cdot r$, som ønsket.

b)

Arealet av $\mathrm{△}AOC$ er gitt som

$A_1=\frac{1}{2}r\cdot r=\frac{1}{2}{r}^2.$

Arealet av sirkelbuen med grunnlinje $AB$ er gitt som

$A_S=\pi \cdot r^2/2$.

Arealet av halvsirkelen med grunnlinje $AC$ er gitt som

$A_C=\pi \cdot (AC/2{)}^2/2=\pi \cdot r^2/4=A_S/2$

Området mellom det blå, og trekanten er gitt som

$A_M=A_S/2-A_1$

Slik at for å finne arealet av det blå, kan vi regne ut arealet av halvsirkelen, og trekke fra det skaverte området. Da fås

$A_B=AC-A_M=A_S/2-(A_S/2-A_1)=A_1$

som ønsket.

Del II

Oppgave 1

Her har vi en $30-60-90$ trekant. Da er hypotenusen dobbelt så lang som den korteste kateten. Dette kan vi skrive som

$$\begin{gathered} 4^2+x^2=(2x{)}^2 \\ 16+x^2=4x^2 \\ 16=3x^2 \\ {x}^2=\frac{16}{3} \\ x=\frac{4}{\sqrt{3}} \end{gathered}$$

Slik at den korteste kateten er $\frac{4}{\sqrt{3}}\approx 2.31$ og hypotenusen er $\frac{8}{\sqrt{3}}\approx 4.62$

Oppgave 2

a)

Her vil sinus-setningen være nyttig. Den sier at om $ABC$ er en trekant $\mathrm{\Delta }ABC$, med interne vinkler $A,B,C$ og sider $a,b,c$ så er

$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$

bruker vi dette så har vi dette at

$\begin{array}{rl}\frac{BD}{\sin {60}^{\circ }}& =\frac{5}{\sin {38.2}^{\circ }}\\ BD& =\frac{5}{2}\sqrt{3}\cdot \sin {38.2}^{\circ }\\ BD& \approx 7.0\end{array}$

b)

Her kan vi eksempelvis bruke at arealet

av en trekant er gitt som $A=a\cdot b\cdot \sin (A)/2$.

Dersom vi ser først på trekant ABD først, har en at

$\mathrm{△}ABD\approx \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 7\cdot \sin (180-60-38.2)\approx 17.32$

For å finne arealet av den siste trekanten, kan eksempelvis herons formel benyttes. Her har en at $S\approx (4+6+7)/2=17/2$ hvor $S$ er halvparten av omkretsen til trekant $BCD$. Da er arealet

$\mathrm{△}BCD=\sqrt{S(S-a)(S-b)(S-c)}=\sqrt{\frac{17}{2}(\frac{17}{2}-4)(\frac{17}{2}-6)(\frac{17}{2}-7)}=\frac{3}{4}\sqrt{255}\approx 11.977$

Eller så kan vi bruke cosinussetningen til å først finne vinkel C.

$\begin{array}{rl}C& =\arccos \left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)\\ & \approx \arccos \left(\frac{4^2+6^2-7^2}{2\cdot 4\cdot 6}\right)\\ & =\arccos \left(\frac{1}{16}\right)\\ & \approx 86.420\end{array}$

Også bruke sinussetningen slik at arealet kan skrives som

$\mathrm{△}BCD\approx \frac{1}{2}\cdot 4\cdot 6\cdot \sin (86.420)\approx 11.97$

samme som før.

Slik at det totalet arealet kan skrives som

$◻ABCD=\mathrm{\Delta }ABD+\mathrm{\Delta }BCD\approx 29.297$

Så arealet av figuren er omtrentlig $29$.

Oppgave 3

a)

Antall fargeblinde kan skrives som

$\frac{8}{100}\cdot 4000+\frac{1}{100}\cdot 6000=380$

Slik at sannsynligheten for at en person er fargeblind (FB) er gitt som

$\begin{array}{rlrlr}P(FB)& =\frac{\text{ gunstige }}{\text{ mulige }}& =\frac{380}{4000+6000}& =\frac{19}{500}& \approx 3.8\text{percent}\end{array}$

Altså er sannsynligheten for at en tilfeldig person er fargeblind er $3.8\text{percent}$.

b)

Antall kvinner som er fargeblinde er

$\frac{1}{100}\cdot 6000=60,$

slik at sannsynligheten for at en kvinne er fargeblind er gitt som

$\begin{array}{rl}P(FB\cap \text{Kvinne})& =\frac{60}{380}\\ & =\frac{3}{19}\\ & \approx 15.789\text{percent}\end{array}$

Oppgave 4

a) Her bruker vi binomisk fordeling og får da

Definerer først sannsynligheten for at $X=k$, ønsker å flytte fra byen som

$P(X=k)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{100}{k}){\left(\frac{1}{3}\right)}^k{\left(\frac{2}{3}\right)}^{100-k}$

Slik at sannsynligheten for at nøyaktig $30$ ønsker å flytte fra byen er gitt som

$P(X=30)\approx 0.067284=6.7284\text{percent}$

Slik at sannsynligheten for at nøyaktig $30$ personer, ønsker å flytte fra byen er ca $6.7$ prosent.

b)

Her legger man sammen alle sannsynlighetene mellom $30$ og $50$, geogebra eller en kraftig kalkulator klarer dette fint.

$P(31<X<49)=\sum _{k=30}^{50}P(k)\approx 0.72303$

Altså var sannsynligheten for at mellom $30$ og $50$ flyttet ut ca $72.3$ prosent.

Oppgave 5

a) La $M$ st for menn og $P$ for kvinner da har vi likningene

$\begin{array}{rcrcr}M& +& K& =& 1000\\ \frac{21}{100}M& +& \frac{16}{100}K& =& 1000/5\end{array}$

Her deler vi på $5$, siden det bare var $1$ av $5$ som trente.

b) Begyner med løse øverste likning for $K$, da fås $K=1000-M$. Deretter ganges nederste likning med $100$, også settes inn opplysningen om $K$. Da fås

$\begin{array}{rl}\frac{21}{100}M+\frac{16}{100}K& =200\\ 21M+16K& =20000\\ 21M+16(1000-M)& =20000\\ 5M+16000& =20000\\ M& =800\end{array}$

Og tilsvarene så er $K=1000-800=200$. Altså var det totalt sett $800$ menn og $200$ kvinner som deltok på undersøkelsen.

Oppgave 6

a)

b)

$h(t)=3.25t^3-50t^2+170t+700$, derivasjon gir

$h^{\prime }(t)=9.75t^2-100t+170$

Setter den deriverte lik null og finner at hjortebestanden var størst etter 2,14 år, altså tidlig på vinteren i 1992. Er det særlig realistisk at en slik bestand har en topp på vinteren??

Avlest grafen kan man si at det var ca. 870 dyr i området. Siden dette er en modell er den uansett ikke helt nøyaktig.

c)

Ser fra figuren at

$h(t)>850$ når $1.4224<t<2.94526$

Denne ulikheten beskriver når det var flere enn $850$ hjort i området.

d)

$h^{\prime }(4)=-74$

Det dette forteller oss er at i begynnelsen av 1994 var vekstraten negativ, bestanden lå an til å minke med 74 dyr per år.

Oppgave 7

a) Her vil hypotenusen beskrive radius i sirkelen slik at pytagoras gir oss

$r=\sqrt{5^2+2,5^2}\approx 5,6$

b)

Diagonalen i rektangelet er 20, og langsiden 2x. Kortsiden blir da

$\sqrt{{20}^2-4x^2}$

Arealet finner man ved å multiplisere langside med kortside:

$A(x)=2x\cdot \sqrt{400-4x^2}=2x\cdot 2\sqrt{100-x^2}=4x\sqrt{100-x^2}$

c)

Vi tegner grafen til A(x) i Geogebra og bruker ekstremalpunktsfunksjonen. Vi ser at funksjonen har et maksimum for x = 7,07. Da er arealet 200.

Lengden av rektangelet med størst areal er $2\cdot x=2\cdot 7,07=14,1$

Vi vet fra b) at bredden er $\sqrt{{20}^2-4\cdot 7,{07}^2}=14,1$

Ettersom bredde og lengde er lik har vi et kvadrat.

Oppgave 8

$$\begin{gathered} \frac{c}{d}-\frac{c+7d}{d+7d}= \\ \frac{c}{d}-\frac{c+7d}{8d}= \\ \frac{8c}{8d}-\frac{c+7d}{8d}= \\ \frac{7c-7d}{8d}= \\ \frac{7}{8}(\frac{c}{d}-1) \end{gathered}$$

Dette skal være lik åtte.

$$\begin{gathered} \frac{7}{8}(\frac{c}{d}-1)=8 \\ \frac{c}{d}-1=\frac{64}{7} \\ \frac{c}{d}=\frac{64}{7}+1 \\ \frac{c}{d}=\frac{71}{7} \end{gathered}$$