Forskjell mellom versjoner av «R1 2018 vår LØSNING»

Fra Matematikk.net
Hopp til:navigasjon, søk
Linje 163: Linje 163:
 
Du må tegne for hånd. Bruk nullpunktene og bunnpunktet fra de forrige oppgavene. I tillegg har vi at:
 
Du må tegne for hånd. Bruk nullpunktene og bunnpunktet fra de forrige oppgavene. I tillegg har vi at:
  
$\lim_{x \rightarrow - \infty}$
+
$\lim\limits_{x \to - \infty} f(x) = 3$
 +
 
 +
$\lim\limits_{x \to \infty} f(x) = \infty$
 +
 
 +
[[File: R1_V18_del1_6d.png]]
 +
 
 +
==Oppgave 7==

Revisjonen fra 26. jul. 2020 kl. 18:34

Oppgaven som pdf (scannet)

Diskusjon av denne oppgaven på matteprat

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

Løsningsforslag av LektorNilsen (pdf)

Løsning som video av Lektor Håkon Raustøl

DEL 1

Oppgave 1

a)

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

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

b)

$g(x)=x^3\cdot ln(x)$

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

c)

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

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

Oppgave 2

a)

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

b)

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

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)

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

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

b)

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

Skalarproduktet av $\vec{AB}$ og $\vec{BC}$ er 0, og vi har derfor $\vec{AB}\perp\vec{BC}$

c)

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

Dersom $\vec{CD}\| \vec{AB}$, så er $\vec{CD} = k\cdot\vec{AB}$

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

Vi får likningssettet:

$I \quad t-3 = k$

$II \quad t^2+3=-2k$

$II \quad t^2+3 = -2 (t-3) \\ \quad t^2 + 3 = -2t+6 \\ \quad t^2 + 2t -3 = 0 \\ \quad (t+3)(t-1) = 0 \\ \quad t = -3 \vee t = 1$

$\vec{CD}\| \vec{AB}$ når $ t = -3 \vee 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 $f(x)=x^3-13x+12$

Utfører polynomdivisjonen:

R1 V18 del1 4b.png

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

c)

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

R1 V18 del1 4c.png

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

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

a)

$f(x)=0 \\ e^{2x}-4e^x+3 = 0 \\ \text{Setter} \,u = e^x \\ u^2 - 4u + 3 = 0 \\ (u-1)(u-3)=0 \\ u= 1 \vee u = 3 \\ e^x = 1 \vee e^x = 3 \\ x = ln 1 \vee x = ln 3 \\ x = 0 \vee x \approx 1,10 $

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

b)

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

$f'(x)=0 \\ 2e^{2x}-4e^x = 0 \\ 2e^x(e^x-2)\\ 2e^x = 0 \vee e^x = 2 \\ \xcancel{x = ln 0} \vee x = ln 2 \\ x = ln 2 \approx 0,69$

Forkaster $x = ln 0$ da $ln 0 $ ikke er definert.

R1 V18 del1 6b.png

Finner funksjonsverdien i x = ln 2.

$f(ln 2) = e^{2(ln2)}-4e^{ln2} + 3 = e^{ln2^2}-4\cdot 2 + 3 = 4-8+3 = -1$

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

c)

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

$f' '(x)=0 \\ 4e^x(e^x-1) = 0 \\ 4e^x = 0 \vee e^x = 1 \\ \xcancel{x = ln0} \vee x=ln1 \\ x=0$

Finner funksjonsverdien i x = 0.

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

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

d)

Du må tegne for hånd. Bruk nullpunktene og bunnpunktet fra de forrige oppgavene. I tillegg har vi at:

$\lim\limits_{x \to - \infty} f(x) = 3$

$\lim\limits_{x \to \infty} f(x) = \infty$

R1 V18 del1 6d.png

Oppgave 7