R1 2022 Vår LK20 LØSNING

Oppgaven som pdf

Diskusjon av oppgaven på matteprat

Videoløsning del 1 av Lektor Lainz

Løsning som pdf av Farhan Omar

DEL 1

Oppgave 1

a)

$f(x)=x^3+ln\,x$

$f'(x)=3x^2+\frac{1}{x}$

b)

$g(x)=x\cdot e^{2x}$

$g'(x)=1\cdot e^{2x}+x\cdot 2\cdot e^{2x}=e^{2x}(1+2x)$

Oppgave 2

$e^{2x}-e^x=2$

$(e^x)^2-e^x-2=0$

Setter $u=e^x$

$u^2-u-2=0$

$(u+1)(u-2)=0$

$u=-1 \vee u=2$

$e^x=-1 \vee e^x=2$

Forkaster det negative svaret fordi ln(-1) ikke er definert.

$ln(e^x)=ln(2)$

$x=ln(2)$

Oppgave 3

$\lim\limits_{x \to 3} \frac{x-3}{x^2+x-12}$

$=\lim\limits_{x \to 3} \frac{x-3}{(x-3)(x+4)}$

$=\lim\limits_{x \to 3} \frac{1}{x+4}$

$=\frac{1}{7}$

Oppgave 4

a)

$\overrightarrow{AC} = [t-1, 4-2] = [t-1, 2]$

$\overrightarrow{AB} = [-1-1, 5-2] = [-2, 3]$

Dersom vinkelen mellom to vektorer er 90 grader, er skalarproduktet av disse to vektorene lik 0.

$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB} = 0$

$[t-1,2]\cdot[-2,3]=0$

$(t-1)\cdot(-2)+2\cdot 3=0$

$-2t+2+6=0$

$-2t=-8$

$t=4$

Anbefaler å tegne punktene i et koordinatsystem for å se at det stemmer.

b)

Dersom A, B og C skal ligge på en rett linje, er $\overrightarrow{AC}$ og $\overrightarrow{AB}$ parallelle. Da har vi at:

$\overrightarrow{AC} = k\cdot\overrightarrow{AB}$

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

Dette gir oss to likninger:

$I \quad t-1=-2k$

$II \quad 2=3k \quad \Rightarrow \quad k=\frac{2}{3}$

Setter inn k=2/3 inn i likning I:

$I \quad t-1=-2\cdot\frac{2}{3}$

$t=\frac{-4}{3}+1$

$t=-\frac{1}{3}$

Anbefaler å tegne punktene i et koordinatsystem for å se at det stemmer.

Oppgave 5

a)

Eleven ønsker å finne toppunktet til funksjonen f, i intervallet $x\in[0,\rightarrow\rangle$

Linje 1-2: her defineres funksjonen f(x)

Linje 4: variabelen x gis verdien 0

Linje 5: variabelen h gis verdien 0,001

Linje 6: dette er en while-løkke som gjentar operasjonen i linje 7, så lenge funksjonsverdien f(x) er mindre enn eller lik funksjonsverdien f(x+h).

Linje 7 (inni while-løkka): verdien til x økes med h.

Linje 9: etter at while-løkken er ferdig, skrives verdien til x ut. Dette er en tilnærming til x-verdien hvor funksjonsverdien f(x) ikke lenger er mindre eller lik funksjonsverdien f(x+h). Vi har da funnet tilnærmet x-verdi for toppunktet til funksjonen.

b)

Vi kan finne toppunktet ved regning, ved å sette f'(x) lik 0.

$f(x)=\frac{x}{1+x^2}$

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

Setter f'(x)=0:

$\frac{-x^2+1}{x^4+2x^2+1}=0$

$-x^2+1=0$

$x^2=1$

$x=-1\vee x=1$

Vi forkaster det negativet svaret, siden programmet bare finner toppunktet for $x\in[0,\rightarrow\rangle$

Sjekker at x=1 er et toppunkt, og ikke et bunnpunkt eller terrassepunkt, ved å sjekke at den deriverte er positiv før ekstremalpunktet (grafen til f vokser), og at den deriverte er negativ etter ekstremalpunktet (grafen til f synker):

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

$f'(2)= \frac{-2^2+1}{2^4+2\cdot 2^2+1}=\frac{-4+1}{16+8+1}=\frac{-3}{25}$

Vi har nå vist at funksjonen har et toppunkt i x=1.

DEL 2

Oppgave 1

$ f(x) = \left\{\begin{array}{lr} x^2+1 & , & x <2 \\ x-t & , & x \geq 2 \end{array} \right.$

a)

For at funksjonen f skal være kontinuerlig, må grenseverdien når x går mot 2 fra venstre, være lik grenseverdien når x går mot 2 fra høyre.

$\lim\limits_{x \to 2^-} x^2+1 = 5$

$\lim\limits_{x \to 2^+} x-t = 5 \quad \Rightarrow \quad t=-3$

b)

Vi må sjekke om $\lim\limits_{x \to 2} f'(x)$ eksisterer.

$ f'(x) = \left\{\begin{array}{lr} 2x & , & x <2 \\ 1 & , & x > 2 \end{array} \right.$

$\lim\limits_{x \to 2^-} f'(x) = \lim\limits_{x \to 2^-} 2x = 4$

$\lim\limits_{x \to 2^+} f'(x) = \lim\limits_{x \to 2^+} 1 = 1$

Grenseverdien eksisterer ikke, og $f'(2)$ eksisterer derfor ikke. Funksjonen er ikke deriverbar i $x=2$, når $t=-3$.

Oppgave 2

a)

Finner vinkelen mellom vektorene $\vec{a}$ og $\vec{b}$:

$\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}|\cdot|\vec{b}|\cdot cos\,\alpha$

$cos\,\alpha=\frac{\vec{a}\cdot \vec{b}}{|\vec{a}|\cdot|\vec{b}|}$

$cos\,\alpha = \frac{-3}{2\cdot 3}$

$\alpha=cos^{-1}(-\frac{1}{2})$

$\alpha = 120^o$

Vi har $\vec{u}=\vec{a}+\vec{b}$. Bruker cosinussetningen til å finne lengden av $\vec{u}$:

$|\vec{u}|^2=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2-2\cdot|\vec{a}|\cdot|\vec{b}|\cdot cos\,\alpha$

$|\vec{u}|^2=2^2 + 3^2-2\cdot 2\cdot 3\cdot (-\frac{1}{2})$

$|\vec{u}|^2=19$

$=\vec{a}^2-6\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{a}\cdot\vec{b}-6\vec{b}^2$

$|\vec{u}|=\sqrt{19}\approx 4,36$

Vi har $\vec{v}=\vec{a}-6\vec{b}$. Bruker cosinussetningen til å finne lengden av $\vec{v}$, men nå går $\vec{b}$ i motsatt retning, så vinkelen mellom $\vec{a}$ og -$\vec{b}$ er $60^o$.

$|\vec{v}|^2=|\vec{a}|^2+(6\cdot|\vec{b}|)^2-2\cdot|\vec{a}|\cdot 6\cdot|\vec{b}|\cdot cos\,\beta$

$|\vec{v}|^2=2^2 + (6\cdot 3)^2-2\cdot 2\cdot 6 \cdot 3\cdot cos(60^o)$

$|\vec{v}|^2=4+324-72\cdot\frac{1}{2}$

$|\vec{v}|=\sqrt{292}\approx 17,09$

b)

Finner skalarproduktet av $\vec{u}$ og $\vec{v}$:

$\vec{u}\cdot\vec{v}=(\vec{a}+\vec{b})\cdot(\vec{a}-6\vec{b})$

$=\vec{a}^2-6\cdot\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{a}\cdot\vec{b}-6\cdot\vec{b}^2$

$=\vec{a}^2-5\cdot\vec{a}\cdot\vec{b}-6\cdot\vec{b}^2$

$=|\vec{a}|^2-5\cdot\vec{a}\cdot\vec{b}-6\cdot|\vec{b}|^2$

$=2^2-5\cdot (-3)-6\cdot3^2$

$=4+15-54$

$=-35$

Finner vinkelen mellom $\vec{u}$ og $\vec{v}$:

$cos\,\alpha=\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{|\vec{u}|\cdot|\vec{v}|}$

$cos\,\alpha=\frac{-35}{\sqrt{19}\cdot\sqrt{292}}$

$\alpha \approx 118^o$

Oppgave 4

Bruker CAS i Geogebra.

Det tar ca. 7,8 timer før temperaturen i kaffen er mindre enn 40 grader Celsius.