R1 2015 vår LØSNING

$ \quad x^3+2x^2-5x-6: (x-2)= x^2+4x+3 \\ -(x^3-2x^2) \\ \quad\quad \quad 4x^2-5x \\ \quad \quad-(4x^2-8x) \\ \quad\quad \quad\quad \quad\quad 3x-6 \\ \quad\quad \quad\quad \quad -(3x-6)$

Løser $x^2+4x+3=0$ og får

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

c)

$lim_{x \rightarrow 2} \frac{(x-2)(x+1)(x+3)}{x-2} = \\ lim_{x \rightarrow 2} (x+1)(x+3) = 15 $

Oppgave 3

$\frac{x-2}{x^2+2x} + \frac2x + \frac{x+2}{x^2-2x} - \frac{3x}{x^2 - 4} = \\ \frac{(x-2)(x-2) +2((x+2)(x-2) +(x+2)(x+2) - 3x^2}{x(x+2)(x-2)} = \\ \frac{x^2-4x+4 +2x^2 - 8+ x^2+4x +4-3x^2}{x(x+2)(x-2)} = \\ \frac{x^2}{x(x+2)(x-2)} \\ \frac{x}{(x+2)(x-2)}$

Oppgave 4

$x^2-2x +y^2+4y-20=0 \\ (x^2-2x+1) + (y^2+ 4y + 4) - 25 = 0 \\ (x-1)^2 + (y+2)^2 = 5^2$

Sirkelen har radius 5, med sentrum i punktet (1, -2).

Oppgave 5

a)

$\vec{u} \parallel \vec{v} \Rightarrow \vec u = k \vec v$

I tillegg må vi skifte fortegn siden den skal være motsatt rettet. Vi multipliserer med -1 og får $ \vec u = [-3, -4]$

b)

En vektor som står vinkelrett på [a,b] vektor er vektoren k[-b, a]. Vektoren [-4,3] står derfor vinkelrett på [ 3, 4] vektor. Kriteriet er at når to vektorer står vinkelrett på hverandre er skalarproduktet null:

$[3,4]\cdot[-4,3] = -12 +12 = 0$

c)

$\vec w $ står vinkelrett på $\vec v$ så derfor må t være null.

$\vec v = k \vec u \\ [3,4] = k[-3,-4]$

I dette tilfellet må k = -1.

d)

Lengde av v vektor:

$ | \vec v | = \sqrt{3^2+4^2} = 5 $

Dersom lengden av x vektor skal være 7, må v vektoren multipliseres med $\frac 75$:

$ \vec x = \frac 75 \vec v = \frac 75 [3, 4] = [\frac{21}{5}, \frac{28}{5}]$

Oppgave 6

a)

$\binom {12}{ 2} = \frac{12!}{10! \cdot 2!} = 6 \cdot 11 = 66$

$\binom {n}{ 1} = \frac{n!}{(n-1)! \cdot 1!} = \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n-2)....}{(n-1) \cdot (n-2)....} = n$

b)

$\frac{\binom{x}{1} \cdot \binom{12-x}{1}}{\binom{12}{2}} = \frac {6}{11} \\ \frac{x \cdot (12-x)}{66 } =\frac{6}{11} \\x(12-x) = 36 \\ x^2-12x+36=0 \\ (x-6)(x-6)=0 \\ x=6 $

Oppgave 7

a)

$f(x)3xe^{-x} \\ f´(x)= 3e^{-x} -3xe^{-x} = 3e^{-x}(1-x)$

Funksjonen har et ekstremalpunkt for x=1. For x >1 avtar funksjonen og for x < 1 vokser den. Det betyr at den har et toppunkt for x = 1. $f(1)= \frac 3e$ .

Maksimumspunkt: $(1, \frac 3e )$

b)

$f(x)3xe^{-x} \\ f´(x)= 3e^{-x} -3xe^{-x} = 3e^{-x}(1-x) \\ f``(x)= -3e^{-x} +3xe^{-x} -3e^{-x}= 3e^{-x}(2-x)$

c)

Oppgave 8

a)

Vinkel B er en periferivinkel som spenner over buen AC. Vinkel CSA er en sentralvinkel som spenner over sammen buen. Vinkel DSA er halvparten av vinkel CSA. Vinkel B er derfor lik vinkel DSA.

b)

$\angle B = \angle DSA \\ sinDSA = \frac{\frac 12 b}{R}\\ 2R = \frac{b}{sin B} $

c)

Tja... Vi gjør det samme med a og c, som vi gjorde med b i oppgave b. Man må lage fotpunkt på BC og AB også. ABS og BCS er også likebeinte så oppgaven er en repetisjon av oppgave b.

Oppgave 9

$9^x - 3^x -12 = 0 \\ (3^x)^2 - 3^x - 12=0 \\ $

Setter $u=3^x$

$u^2-u - 12 =0 \\ u = -3 \vee u = 4$

Må forkaste u= -3 og får

$3^x = 4 \\ x = \frac{lg 4}{lg3}$

DEL TO

Oppgave 1

a)

b)

Fra tegningen i a ser man at likningen blir $(x-3)^2 + (y-3)^2 =18$. Altså en sirkel med sentrum i punktet (3, 3) og med radius $\sqrt{18}$

Oppgave 2

a)

b)

Fra Figuren i a leser vi at farten må være 12 - 58 km/h.

c)

Det passerer flest biler, ca. 30 stykker per minutt, når farten er ca. 26 km/h.

Oppgave 3

a)

V deriverer posisjonsvektoren og får:

$\vec{r_A}(t)= [18t-8,10-3t] \\ \vec v =\vec{r_A}´(t) =[18,-3] $

og

$\vec{r_B}(t)= [10t, 20-6t] \\ \vec v = \vec{r_B}´(t) =[10,-6] $

Litt amatørmessig å oppgi farten til båter i km/h, men la gå:

$v_A = \sqrt{18^2+(-3)^2} \approx 18,2$ km/h

og

$v_B = \sqrt{10^2+(-6)^2} \approx 11,6$ km/h

b)

Avstanden mellom båtene vil til enhver tid være en vektor i x-retning pluss en vektor i y- retning. Resultanten blir hypotenusen i en rettvinklet trekant og Pytagoras kan brukes:

$d= \sqrt {| \vec r_A|^2 +|\vec r_B|^2} \\ d= \sqrt{(18t - 8- 10t)^2 + (10-3t - (20-6t))} \\ d= \sqrt{(8t-8)^2+(3t-10)^2}$

c)

Vi skriver uttrykket for d inn i Geogebra og finner minimumspunktet:

Avstanden er minst etter ca 1 time og 17 minutter, ca 6,55 km.

Oppgave 4

a)

f har nullpunkt for x= 1 gir: 1 + a + b + c+ 1 = 0

x = 2 er x- koordinat til vendepunktet. f(x) = $12x^2+ 6ax + 2b$. f(2)=0 gir: 48 + 12a + 2b = 0

f(3) = 4 gir: 4 = 81 + 27a + 9b + 3c + 1

b)

a= -6, b = 12, c= -8. Det gir funksjonen:

$f(x)=x^4-6x^3+12x^2-8x +1, \quad D_f =\R$

Oppgave 5

a)

$g´(x)= 3ax^2-2x \\ g´(t)= 3at^2-2t$

Vi har nå funnet stigningstallet til tangenten i P. Finner så b i likningen for den rette linje:

$y = ax+ b\\ at^3-t^2=(3at^2-2t)t + b \\ b= t^2-2at^3$

Innsatt i y= ax + b gir det:

$y= (3at^2-2t)x + t^2- 2at^3$

b)

1. Definerer g(x) i CAS.

2. Finner skjæringspunktene mellom g og den rette linje.

3. Finner $g( \frac{-2at+1}{a})$ og finner punktet Q i tredje kvadrant: $( \frac{-2at+1}{a}, \frac{-8a^2t^3+8at^2-2t}{a})$.