R1 2008 vår LØSNING

Andre løsninger

Videoløsning av noen oppgaver fra UDL.no

Del 1

Oppgave 1

a)

<math>f(x) = x^2 \cdot lnx \\ f'(x) = 2x \cdot lnx + \frac 1x \cdot x^2 = 2xlnx+x = (2lnx+1)x</math>

b)

<math>\quad(x^3-4x^2+x+6):(x-2) =x^2 -2x - 3 \\ -(x^3-2x^2)\\ \quad \quad \quad -2x^2+x \\ \quad \quad -(-2x^2+4x) \\ \quad \quad \quad \quad\quad\quad \quad -3x+6 \\ \quad \quad \quad\quad \quad \quad -(-3x+6)\\ \quad \quad \quad\quad \quad \quad \quad\quad \quad \quad \quad0</math>

c)

<math>\lim_{x\to 8} \frac{x^2-64}{2x+16} =\lim_{x\to 8} \frac{(x-8)(x+8)}{2(x-8)}= \lim_{x\to 8} \frac{(x+8)}{2}=8 </math>

d)

<math>lg(x \cdot y^2)-2lgy+ lg(\frac{x}{y^2}) = \lg x + 2\lg y - 2\lg y +\lg x - 2\lg y = 2(\lg x - \lg y)= 2\lg ( \frac xy)</math>

e)

1)

<math>f(x) = xe^{-x} \\ f'(x) = 1 \cdot e^{-x} + x \cdot e^{-x} \cdot (-1) = e^{-x}-xe^{-x} = (1-x)e^{-x} \\ f'(x) = 0 \\ \Downarrow \\ x= 1 \\ \text{Toppunkt (sett inn for x= 0 og x=2 også) :} (1, f(1)) = (1, \frac 1e)</math>

2)

<Math> f(x) = (x-2)e^{-x}\\ f(x)=0 \Rightarrow x=2 \\ \text{Vendepunkt:}\quad(2,f(2)) = (2,2e^{-2}) = (2, \frac{2}{e^2}) </Math>

Oppgave 2

a)

Dersom vektorene står vinkelrett på hverandre er skalarproduktet null:

<math>\vec{u}\cdot\vec{v}= 0 \\ -ab + ab = 0</math>

b)

$l: \begin{bmatrix} x=3- t \\ y=4 +4 t \end{bmatrix}$

Linjen <math>CF_3</math> går gjennom punktet C som har koordinatene (3,4). Linjen står vinkelrett på AB og skalarproduktet mellom rettningsvektorene må være null:

<math>[-1,4]\cdot[4,1] = 0</math>

Hvilket betyr at l er en parameterfremmstilling for <math>CF_3</math>

c)

Linjen <math>AF_1</math> går gjennom punktet (1,0). Linjen står vinkelrett på BC. Stigningstallet til <math>AF_1</math> blir da:

<math>- \frac 32 \cdot x = -1 \\ x = \frac 23 </math>

som gir rettningsvektor [3,2] og parameterfremmstilling:

$l: \begin{bmatrix} x= 1+ 3s \\ y=2s \end{bmatrix}$

d)

$l: \begin{bmatrix} l = m \\ 3-t = 1+3s \wedge 4+4t = 2s \\ s = 2 + 2t \wedge 3-t = 1 + 6 + 6t \\ t = - \frac 47 \end{bmatrix}$

Skjæringspunkt blir da:

<math> x = 3 - (- \frac 47) = \frac{25}{7} \\ y= 4 + (- \frac 47) = \frac {12}{7}</math>

e)

En parameterfremmstilling for $BF_2: \begin{bmatrix} x=5-2s \\ y=1 + s \end{bmatrix}$

$l: \begin{bmatrix} 5-2s = 3-t \wedge 1+s = 4+4t \\ t= - \frac47 \end{bmatrix}$

$l: \begin{bmatrix} x= 3-t = \frac{25}{7} \\ y = 4+4t = \frac {12}{7} \end{bmatrix}$

Høydene i en trekant skjærer hverandre i et punkt, ortosenteret.

Del 2

Oppgave 3

a)

Dette er et uordnet utvalg uten tilbakelegging:

<math>nCr = \binom {n}{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!} = \frac{52!}{5! \cdot 47!} = 2598960</math> muligheter.

b)

A: Man får utdelt 5 kort tilfeldig, og alle skal være spar. Det er et uordnet utvalg uten tilbakelegging

<math>P(A) = \frac{ \left ({13}\\{5} \right) }{\left ({52}\\{5} \right)} =0,0005</math>

B: Man får utdelt 5 kort tilfeldig, og alle skal være svarte. Det er et uordnet utvalg uten tilbakelegging

<math>P(B) = \frac{ \left ({26}\\{5} \right) }{\left ({52}\\{5} \right)} =0,025</math>

c)

Man vet at alle kortene på hånden er svarte. Sannsynlighete for at de er spar:

<math>P(A|B)= \frac{ \left ({13}\\{5} \right) }{\left ({26}\\{5} \right)} = 0,02 </math>

Dersom A og B er uavhengige hendelser er

<math>P(A|B) = P(A)</math>

Som man ser er det ikke tilfelle her. A og B er avhengige hendelser.

Oppgave 4

Alternativ I

a)

En funksjon vokser når den deriverte er positiv. f vokser for x verdier fra en til tre.

b)

f har et minimumspunkt når x = 1, da er den deriverte null og skifter fra negativ til positiv verdi.

f har et maksimumspunkt når x = 3, da er den deriverte null og skifter fra positiv til negativ verdi.

f har et vendepunkt når x = 2.Den deriverte har et maksimumspunkt, og f skifter fra å vende sin hule side opp, for x verdier mindre enn 2, til å vende sin hule side ned for verdier større enn 2.

c)

<math>f'(x) = ax^2+bx+c \\ f'(0) = - 3 \Rightarrow c = -3 \\ f'(1) = 0 \Rightarrow a+b-3=0 \\ x= \frac{-b}{2a} \Rightarrow b = -4a \\ a-4a -3 = 0 \Rightarrow a =-1 \quad \wedge \quad b=4 \\ f'(x) = -x^2+4x-3</math>

d)

Dersom man deriverer f får man uttrykket for f' gitt i oppgave 4c. f går gjennom origo fordi f(0) = 0.

Alternativ II

a)

Lengden av DB er <math>\sqrt{1-x^2}</math>

Grunnlinjen i trekanten ABC er 2DB =<math>2 \sqrt{1-x^2} </math>

Høyden i trekanten ABC er 1+x

Arealet av ABC er <math>A= \frac 12gh = \frac 12 \cdot 2 \sqrt{1-x^2}(1+x) = (1+x)\sqrt{1-x^2} </math>

b)

Når x=0,5 er arealet 1,3. Dette er det største arealet ABC kan ha.

c)

<math>F'(x) = \sqrt{1-x^2}+(x+1)\frac {1}{2\sqrt{1-x^2}}(-2x) = \\ \sqrt{1-x^2} - \frac{x^2+x}{\sqrt{1-x^2}} = \\ \frac{1-x-2x^2}{\sqrt{1-x^2}} </math>

Setter <math> F'(\frac12)</math> og får:

<math>1- \frac 12 - 2 \cdot \frac 14 = 0</math>

Dette er i sammsvar med oppgave b, da den deriverte i toppunktet er lik null.

d)

Bruker Pytagoras et par ganger: <math> x= \frac 12 \\ DC = \frac 32 \\ AB = 2\sqrt{1- \frac 14} = \sqrt3 \\AC = BC = \frac{\sqrt{12}}{2} = \sqrt 3</math>

Oppgave 5

a)

<math>S_1S_2</math> er summen av radiusene i <math>S_1</math> og <math>S_2</math>, altså a+b.

<math>S_1S_2 = a + c</math>

<math>S_2S_3 = b + c</math>

b)

<math> (a+b)^2 = (a-b)^2 + (AC)^2 \\ (AC)^2 = a^2+2ab+b^2 -a^2 +2ab -b^2 = 4ab \\ AC = 2\sqrt{ab}</math>

c)

<math> (a+c)^2 = (a-c)^2 + (AB)^2 \\ (AB)^2 = a^2+2ac +c^2 -a^2 +2ac -c^2 = 4ac \\ AB = 2\sqrt{ac}</math>

<math> (b + c)^2 = (b -c)^2 + (BC)^2 \\ (BC)^2 = b^2+2bc+ c^2 -b^2 +2bc - c^2 = 4bc \\ BC = 2\sqrt{bc}</math>

d)

<math> AC = AB + BC \\ 2\sqrt{ab} = 2\sqrt{ac} + 2\sqrt{bc} \\ \sqrt{ab} =\sqrt{ac} + \sqrt{bc} \\ \frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{abc}} = \frac {\sqrt{ac}}{\sqrt{abc}} + \frac{\sqrt{bc}}{\sqrt{abc}} \\ \frac{1}{\sqrt c} = \frac{1}{\sqrt b} + \frac{1}{\sqrt a} </math>

e)

<math> \frac{1}{\sqrt c} = \frac{1}{\sqrt b} + \frac{1}{\sqrt a} \\a = b = r \\ \frac{1}{\sqrt c} = \frac{1}{\sqrt r} + \frac{1}{\sqrt r} \\ \frac{1}{\sqrt c} = \frac{2}{\sqrt r}\\ 2 \sqrt c = \sqrt r \\ c = \frac r4</math>

f)