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

Innhold

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. Du regne noen omtrentlige funksjonsverdier for å få hjelp til å vite hvordan grafen går. 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

a)

For alle par av trekanter, har trekantene parvis like store vinkler, og forholdet mellom alle samsvarende sider er det samme. Alle trekantene er derfor formlike.

b)

Vi tar utgangspunkt i trekant ABD. Vinkelsummen i en trekant er 180 grader, altså er $\angle DAB + \angle BDA + \angle ABD = 180^{\circ}$.

Vi har $\angle DAB = \angle ADE$ fordi disse er samsvarende vinkler. Av samme grunn er $\angle ABD = \angle CDB$.

Det vil si at $\angle ADE + \angle BDA + \angle CDB = 180^{\circ}$, og punkt E, D og C ligger derfor på en rett linje.

c)

Alle trekantene er rettvinklede (gitt i oppgave a). Vi har $\angle E=90^{\circ}$ og $\angle C=90^{\circ}$.

Vi har allerede vist at $\angle ADE$ og $\angle DAB$ er samsvarende, og dermed like store vinkler. $\angle CDB$ og $\angle ABD$ er også samsvarende, og dermed like store vinkler.

Dette gir oss $\angle EAD + \angle ADE = \angle EAD + \angle DAB = \angle A = 90^{\circ}$. På samme måte er $\angle DBC + \angle CDB = \angle DBC + \angle ABD = \angle B = 90^{\circ}$.

Alle vinklene i firkanten er rettvinklede, og firkanten er derfor et rektangel (eventuelt et kvadrat, som er et spesialtilfelle av rektangel).

Vi må se på lengden av sidene for å se at Pytagoras' setning gjelder. I et rektangel er sidene parvis like lange, derfor er $EC = AB$, det vil si $ED+DC = AB$, altså $a^2+b^2 = c^2$.

a og b er katetene i den rettvinklede trekanten i starten av oppgaven, og c er hypotenusen. Vi har vist at $a^2+b^2 = c^2$, altså gjelder Pytagoras' setning.

DEL 2

Oppgave 1

a)

Sirkelen har to sentralvinkler, $u$ og $v=360^{\circ}-u$. Periferivinkelen $\angle DCB$ spenner over samme buelengde som sentralvinkelen $v$, og er derfor halvparten så stor.

$\angle DCB = \frac{v}{2} = \frac{360^{\circ}-u}{2} = 180^{\circ}-\frac{1}{2}u$

b)

Periferivinklene $\angle BAD$ og $\angle DCB$ spenner til sammen over samme bue som sentralvinklene $u$ og $v$ til sammen. Summen av de to periferivinklene er da halvparten av summen til de to sentralvinklene.

$\angle BAD + \angle DCB = \frac{u+v}{2} = \frac{360^{\circ}}{2} = 180^{\circ}$

Periferivinklene $\angle CBA$ og $\angle ADC$ spenner til sammen over hele sirkelens omkrets, slik som en sentralvinkel på $360^{\circ}$ også gjør. Summen av disse er periferivinklene er derfor halvparten av en sentralvinkel på $360^{\circ}$

$ \angle CBA + \angle ADC = \frac{360^{\circ}}{2}=180^{\circ}$.

Vi har vist at $\angle BAD + \angle DCB = \angle CBA + \angle ADC = 180^{\circ}$

Oppgave 2