1T 2015 høst LØSNING

• Diskusjon av denne oppgaven på matteprat

• Løsning del 1 postet på matteprat av LektorH

• Løsning del 2 postet på matteprat av LektorH

DEL EN

Oppgave 1

$1,8 \cdot 10^{12} \cdot 0,0005 = \\ 1,8 \cdot 10^{12} \cdot 5 \cdot 10^{-4} = \\ 1,8 \cdot 5 \cdot 10^{12-4} = \\ 9,0 \cdot 10^{8}$

Oppgave 2

<math> \left[ \begin{align*}2x+3y = 13 \\ 4x-2y=2 \end{align*}\right] </math>

Ganger første likning med -2:

<math> \left[ \begin{align*}-4x-6y = -26 \\ 4x-2y=2 \end{align*}\right] </math>

Legger sammen likningene og x forsvinner:

<math> \left[ \begin{align*}-8y= -24 \end{align*}\right] </math>

Det gir y = 3. Innsatt i en av likningene gir det x = 2. Løsning er altså $x=2 \wedge y=3$

Oppgave 3

$-2x^2+6x<0 \\ -2x(x- 3)<0$

Fortegnsskjema:

$x \in < \leftarrow, 0> \cup < 3, \rightarrow>$

Oppgave 4

$( \sqrt 2 )^2+ \frac {\sqrt8}{2} +\sqrt[3]{8} - \frac{\sqrt[3]{128}}{\sqrt[3]{2}}= \\ 2 - \sqrt 2 + 2 - \frac{\sqrt[3]{2^7}}{\sqrt[3]{2}} = \\2 - \sqrt 2 + 2 - \frac{4\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}} = \\ -\sqrt 2 $

Oppgave 5

$x^2+bx +c=0$ Løsninger $x_1= -4 \wedge x_2=2$

Setter inn for x:

$16-4b+c=0 \wedge 4+2b+c=0$

Multipliserer den siste med -1 og legger dem sammen:

12- 6b = 0 gir b = 2. Ved innsetting finner man c = -8

$x^2+2x - 8=0$

Oppgave 6

$\frac{x+1}{x-1} - \frac{x-3}{2x-2} + \frac 12 =\\ \frac{2x+2-x+3+x-1}{2(x-1)}=\\ \frac{2x+4}{2(x-1)} = \\ \frac{x+2}{x-1} $

Oppgave 7

$\frac{x^2-4xy+4y^2}{3xy- 6y^2} = \\\frac{(x-2y)^2}{3y(x-2y)} = \\ \frac{x-2y}{3y}$

Oppgave 8

$2^{4x} \cdot 2^{x^2} = 32 \\ 2^{x^2+4x} = 2^5 \\ x^2+4x-5=0 \\ x= \frac{-4 \pm \sqrt{16+20}}{2} = \\ x= -5 \vee x = 1$

Oppgave 9

Katetene er like lange. Lengde x:

$x^2 + x^2 = ( \sqrt2)^2 \\ 2x^2=2 \\ x =1$

Arealet blir da halvparten av en ganger en. A = 0,5

a)

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

$f(x)=0 \\ x^2-x-2 =0 \\ x= \frac{1 \pm \sqrt{1+8}}{2} \\ x= -1 \vee x = 2$

Nullpunkter er (-1,0) og (2, 0)

b)

Koeffisienten foran andregradsleddet er positiv, det betyr at grafen vender sin hule side opp, og har et minimumspunkt. Dette ligger på symmetrilinja som er x= 0,5.

Eller vi kan derivere og sette den deriverte lik null:

$f'(x): 2x -1 \\f'(x)=0 \\ x = \frac 12$

$f( \frac 12) = \frac 14 - \frac 24 - \frac 84 = - \frac 94$

Dvs. bunnpunkt i $( \frac 12, - \frac 94)$.

c)

$y=ax+b \\ a = f´(2)= 3 \\ y =f(2) = 4-2-2=0 \\ y=ax+b \\ 0=3 \cdot 2 + b \Rightarrow b= -6 \\ y=3x-6 $

d)

Linje l: $y=ax+b \\7 = 3 \cdot 3 +b \Rightarrow b=-2 \\ y =3x-2$

Finner skjæring ved å sette uttrykkene lik hverandre:

$x^2-x-2=3x-2 \\ x^2-4x=0 \\ x(x-4)=0 \\ x=0 \vee x=4$

Finner y koordinatene:

$f(0)= -2 \wedge f(4) = 10$

Skjæringspunktene er (0, -2) og (4, 10).

e)

Oppgave 11

Formlikhet.

Dersom k er gjennomsnittet av lengdene til det parallelle sidene i det lille trapeset, er tilsvarende lengde i det store trapeset 3k.

Arealet av det lille trapeset er kh = A

Arealet av det store trapeset er $3k\cdot 3h = 9kh = 9A$

Oppgave 12

a)

	Smittet	Ikke smittet	sum
Tester positivt	58	10	68
Tester ikke positivt	2	290	292
sum	60	300	360

b)

P( pos | smittet) = $\frac{58}{60} = \frac{29}{30}$

c)

P( ikke smittet | pos test) = $\frac{10}{68} = \frac{5}{34}$

Oppgave 13

Finner først hypotenusen:

$b = \sqrt{12^2+5^2} = 13 \\ cos C = \frac{5}{13} $

Oppgave 14

Nedfeller normalen Fra C på AB. Det er høyden h i trekanten ABC. Kaller punktet normalen treffer AB på for D.

$Sin B = \frac{h}{20} \\ \frac{3}{5} = \frac{h}{20} \\ h = 12$

Bruker Pytagoras to ganger, for å finne grunnlinja AB:

AB = AD + DB = $\sqrt{13^2 - 12^2} + \sqrt{20^2-12^2} = 5+16= 21$

Areal: $A= \frac{21 \cdot 12}{2} = 126$

DEL TO

a)

I de første åtte årene beskrives salget godt av den lineære funksjonen y = 210x + 393

b)

Allerede i 2008 underestimerer modellen betydelig. Etter hvert blir det verre da utviklingen synes eksponentiell. Modellen i a passer ikke til å si noen om fremtidig utvikling.

Oppgave 2

De tre skraverte trekantene har samme areal (selv om det ikke ser slik ut :-))

Setter arealet av den likebeinte skraverte trekanten lik arealet til en av de andre skraverte:

$ \frac{x^2}{2} = \frac 12 \cdot 6(6-x) \\ x^2+6x-36 = 0 \\ x= \frac{-6 \pm \sqrt{36+ 144}}{2}\\ x = \frac{-6 \pm \sqrt{180}}{2}\\ x= \frac{-6 \pm \sqrt{36 \cdot 5}}{2} \\ x= -3 \pm 3\sqrt3 $

Vi er bare interessert i den positive verdien, siden dette er lengden av et linjestykke:

$x = 3 \sqrt5 -3$

Areal av hvit trekant blir:

$A = 6^2 - 3 \cdot \frac 12 \cdot ( 3\sqrt5 - 3)^2= \\ 36- \frac 32 (45 -18 \sqrt 5 +9)= \\36-(81- 27 \sqrt 5) = \\ 27 \sqrt 5 - 45$

a)

b)

Begge har stigningstall 2c-1, altså er de parallelle.

Oppgave 4

Lengde: $\frac 34$

Bredde: $\frac 12$

a)

Antall kjøretøy i telleperioden: 1350 + 120 + 100 = 1570.

Andel elbiler: $\frac{1350}{1570} =0,86$

Ja, det gir grunnlag for overskriften, men journalisten hadde hatt belegg for å skrive 9 av 10, noe som ville vært en enda større sensasjon.

b)

Binomisk fordeling:

Elbil eller ikke elbil

Kommer uavhengig av hverandre

p= 0,8599

Det er 5% sannsynlig at det er nøyaktig en elbil, av tre kjøretøy, som passerer.

c)

Det er ca 95% sannsynlig at to eller tre biler som passerer er elbiler.

a)

Bruker Cosinussetningen:

$6^2= 8^2 + (AB)^2 - 2 \cdot 8 \cdot AB \cdot Cos (45^{\circ})$

Begge løsninger er mulige.

b)

Skisse av trekanten(e) i oppgave a.

Generell skisse som viser ingen løsning, en løsning, og to løsninger.

c)

Vinkel A er 45 grader og AC = 8. Det betyr at største lengde BC kan ha er mindre enn 8, dersom to løsninger. En løsning har man dersom BC er større enn 8 og dersom BC har lengden som gjør at vinkel B er rettvinklet. Desom BC er kortere enn denne lengden har man ingen trekant, dvs. ingen løsning.

Den korteste lengden a kan ha er $a = 4 \sqrt2 \approx 5,66$. vi får da en rettvinklet trekant, altså bare en løsning. Trekanten er likebeint, dvs. at AB (x) er lik BC (a).

Man tar ikke kvadratroten av negative tall (ikke her i alle fall) så:

$a^2-32>0 \\ a^2 >32 \\ a> 4 \sqrt 2$

Det gir følgende:

Ingen løsning: $a< 4 \sqrt2$

En løsning: $a= 4\sqrt2 \wedge a>8$

To løsninger: $4\sqrt 2 < a < 8$

d)

Det stemmer.