R1 2012 vår LØSNING

Andre løsninger

Noen oppgaver løst som videoer fra UDL.no

Oppgave 1:

a)

1)

$$\begin{gathered} f(x)=5x^3+x-4 \\ {f}^{\prime }(x)=3\cdot 5x^2+1 \\ {f}^{\prime }(x)=15x^2+1 \end{gathered}$$

2)

$$\begin{gathered} g(x)=5e^{3x} \\ u=3x\wedge u^{\prime }=3 \\ {g}^{\prime }(x)=5e^u\cdot u^{\prime } \\ {g}^{\prime }(x)=15e^{3x} \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} 2\ln (\frac{a^2}{b})+\ln (a\cdot b)-3\ln a= \\ 2\ln a^2-2\ln b+\ln a+\ln b-3\ln a= \\ 4\ln a-2\ln b+\ln a+\ln b-3\ln a= \\ 2\ln a-\ln b \end{gathered}$$

c)

$f(x)=x^3-3x$

1)

Nullpunkter:

$$\begin{gathered} x^3-3x=x(x^2-3)=x(x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3}) \\ x=-\sqrt{3}\vee x=0\vee x=\sqrt{3} \end{gathered}$$

2)

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

Toppunkt (-1,2)

Bunnpunkt (1,-2)

3)

d)

<math>P(x) = x^3-3x^2-x+3 \ P(3) = 27-27-3+3 =0 \ \ P(x):(x-3) \ (x^3-3x^2-x+3): (x-3) =x^2-1

\-(x^3-3x^2)\ \quad \quad \quad \quad\quad \quad \quad -(-x+3) \ \quad \quad \quad \quad\quad \quad \quad \quad\quad \quad \quad\quad \quad \quad 0</math>

Dette gir følgende løsninger:

x = - 1 eller x = 1 eller x = 3.

e)

<math>\vec r(t) = [3,0t ,-4,9t^2] \ \vec v(t) = \vec r'(t) = [3,0 , -9,8t] \ \vec a(t) = \vec v'(t) = \vec r(t) = [0 , -9,8] </math>

Oppgave 2:

b)

Skalarprodukt:

$$\begin{gathered} [1,a_1]\cdot [1,a_2]=0 \\ 1+a_1\cdot a_2=0 \\ {a}_1\cdot a_2=-1 \end{gathered}$$

c)

$y=-\frac{1}{2}x+5$

d)

Oppgave 3:

a)

$$\begin{gathered} f(x)=\frac{1}{x} \\ {f}^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2} \\ {f}^{\prime }(a)=-\frac{1}{a^2} \\ Rettlinje:y=ax+b \\ y=-\frac{1}{a^2}x+b \end{gathered}$$

Finner b ved å bruke punktet (a, f(a)):

$$\begin{gathered} y=-\frac{1}{a^2}x+b \\ \frac{1}{a}=-\frac{1}{a^2}a+b \\ b=\frac{2}{a} \end{gathered}$$

Som gir likningen

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

b)

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

A:

$$\begin{gathered} y=0 \\ 0=-\frac{1}{a^2}x+\frac{2}{a} \\ \frac{x}{a^2}=\frac{2}{a} \\ x=2a \end{gathered}$$

Koordinater A: (2a,0)

B:

$\frac{2}{a}$

Koordinater B:$(\frac{2}{a},0)$

c)

Arealet av trekanten avgrenset av tangenten og aksene er:

$A=\frac{2a\cdot \frac{2}{a}}{2}=2$

Man observerer at arealet er uavhengig av x.

Oppgave 5:

$\overrightarrow{AB}=[2,-2]$

Lengde av radius:

$r=\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|=\frac{1}{2}\sqrt{8}=\sqrt{2}$

Sentrum S, av sirkel: $\overrightarrow{OS}=\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=[2,4]+\frac{1}{2}[2,-2]=[3,3]$

Sentrum er i punktet (3,3). Et vilkårlig punkt på sirkelperiferien er (x,y). Vi får:

$$\begin{gathered} (x-3{)}^2+(y-3{)}^2=(\sqrt{2}{)}^2 \\ (x-3{)}^2+(y-3{)}^2=2 \end{gathered}$$

Oppgave 6:

a)

$\overrightarrow{EF}=[5,-5]$

Bruker [1, -1] som rettningsvektor. Parameterfremmstilling:

$$\begin{gathered} l:[x=2+t \\ y=4-t] \end{gathered}$$

b)

Skjæring med x- akse: y = 0 gir t = 4 som gir x = 6. Skjæring i (6,0)

Skjæring med y- akse: x = 0 gir t = -2 som gir y = 6. skjæring i (0, 6)

c)

$$\begin{gathered} [2+t-6,4-t-3]\cdot [1,-1]=0 \\ [t-4,1-t]\cdot [1,-1]=0 \\ t-4-1+t=0 \\ t=\frac{5}{2} \\ x=\frac{9}{2}\wedge y=\frac{3}{2} \end{gathered}$$

Avstand mello G og l:

$\sqrt{(\frac{12}{2}-\frac{9}{2}{)}^2+(\frac{6}{2}-\frac{3}{2}{)}^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$

Oppgave 7:

a)

$$\begin{gathered} f(x)=\frac{5}{2}{e}^{-\frac{x}{2}} \\ A=g(x)=\frac{f(x)\cdot x}{2}=\frac{\frac{5}{2}{e}^{-\frac{x}{2}}\cdot x}{2}=\frac{5}{4}x{e}^{-\frac{x}{2}} \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} g^{\prime }(x)=\frac{5}{4}{e}^{-\frac{x}{2}}+\frac{5}{4}x{e}^{-\frac{x}{2}}\cdot (-\frac{1}{2})=e^{-\frac{x}{2}}(\frac{5}{4}-\frac{5x}{8}) \\ {g}^{\prime }(x)=0 \\ x=2 \end{gathered}$$

Inspeksjon viser at g har et maksimum for x=2.

$g(2)=\frac{5\cdot 2}{4}{e}^{-1}=\frac{5}{2e}$

c)

Oppgave 8:

a)

Når en periferivinkel og en sentralvinkel i en sirkel spenner over samme sirkelbue, så er periferivinkelen halvparten så stor som sentralvinkelen. En sentralvinkel har samme gradetall som sirkelbuen den spenner over.

Vinkelen alfa er periferivinkel og spenne over samme bue som sentralvinkelen x. Av det følger:

$\alpha =\frac{x}{2}$

b)

Periferivinkelen 180 grader minus beta, spenner over sirkelbuen DAB. Den sentralvinkel som spenner over samme bue er 360 grader minus x. Fra setningen over får man da:

${180}^{\circ }-\beta =\frac{1}{2}({360}^{\circ }-x)$

c)

$$\begin{gathered} {180}^{\circ }-\beta =\frac{1}{2}({360}^{\circ }-x) \\ {360}^{\circ }-2\beta ={360}^{\circ }-x \\ x=2\beta \end{gathered}$$

Fra a har man at x er lik to alfa, hvilket betyr at alfa er lik beta.

$$\begin{gathered} x=2\beta \wedge \alpha =\frac{x}{2} \\ 2\alpha =2\beta \\ \alpha =\beta \end{gathered}$$

Oppgave 9:

a)

b)

g(x)= 2(x + 2)(x - 1)(x-3)

c)

$h(x)=0,5(x+2)(x-2)(x-2)=0,5(x+2)(x-2{)}^2$

Oppgave 10:

a)

AC = OB = 3

b)

Skravert areale:

$\frac{1}{4}\pi r^2-\frac{3sqrt2}{2}=\frac{9}{4}\pi -\frac{18}{4}=\frac{9}{4}(\pi -2)$

Oppgave 11:

a)

A = det regner

B = det er meldt regn

$$\begin{gathered} P(A)=0,08 \\ P(\bar{A})=1-P(A)=0,92 \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} P(B|A)=0,90 \\ P(B|\bar{A})=0,10 \\ P(B)=P(A)\cdot P(B|A)+P(\bar{A})\cdot P(B|\bar{A})=0,08\cdot 0,90+0,92\cdot 0,10=0,164 \end{gathered}$$

c)

$P(\bar{A}|B)=\frac{P(\bar{A})\cdot P(B|\bar{A})}{P(B)}=\frac{0,92\cdot 0,10}{0,164}=0,56$