R1 2016 vår LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk
 
(19 mellomliggende sideversjoner av samme bruker vises ikke)
Linje 68: Linje 68:


Den deriverte er positiv for x < -1, negativ for -1<x<0, positiv for 0<x<1 og negativ for x >1.
Den deriverte er positiv for x < -1, negativ for -1<x<0, positiv for 0<x<1 og negativ for x >1.
Det git toppunkt for x= -1 og x = 1 og minimum for x = 0.  
Det gir toppunkt for x= -1 og x = 1 og minimum for x = 0.  


Topp: (-1, f( -1)) gir (-1,1) og (1,f(1)) gir (1,1)
Topp: (-1, f( -1)) gir (-1,1) og (1,f(1)) gir (1,1)


Bunn: (0, f(0)) git (0,0)
Bunn: (0, f(0)) gir (0,0)


==c)==
==c)==
Linje 205: Linje 205:
===c)===
===c)===


$P(F|R)= \frac{P(F) \cdot P(R\F }{P(R)}$
$P(F|R)= \frac{P(F) \cdot P(R|F) }{P(R)} = \frac{\frac{1}{2}\cdot \frac{5}{14}}{\frac {7}{28}} = \frac 57$


==Oppgave 2==
==Oppgave 2==
Linje 223: Linje 223:
T´(x)=5ex2+5x(12)ex2=(52,5x)ex2
T´(x)=5ex2+5x(12)ex2=(52,5x)ex2


Ser at eneste eksteremalpunkt er for x=2 : T(2)=10e1=10e3,68
Ser at eneste ekstremalpunkt er for x=2 : T(2)=10e1=10e3,68




Linje 244: Linje 244:
AP=[4+t1,5t3]=[3+t,3+5t]
AP=[4+t1,5t3]=[3+t,3+5t]


AP vektor kan jo uttrykkes som x- koordiant til P minus x-koordiant til A, og tilsvarende for y-koordinater.
AP vektor kan jo uttrykkes som x- koordinat til P minus x-koordinat til A, og tilsvarende for y-koordinater.


===c)===
===c)===
ABAP=0[3,3][3+t,3+5t]=09+3t+915t=0t=32
Innsatt i parameterfremstillingen i a gir det P(112,152)


===d)===
===d)===
[[File:r1-v16-23d.png]]
Innsatt i parameterfremstillingen i a får man:
P1(4+(4),5(3))=(1,15)
og
P2(4+0,6,50,6)=(235,3)


==Oppgave 4==
==Oppgave 4==
Linje 255: Linje 268:
===a)===
===a)===


Vi skal finne likningen til linje l1 når vi vet at denne står vinkelrett på linjen gjennom B og C.
Stigningstall til linjen gjennom BC: 1t1sts=st(ts)st
Siden l1 er vinkelrett på BC blir stigningstallet til l1: al=1AB=(t+s)stst=st
Likningen for l1 blir da: yy1=st(xx1)y1r=st(xr)y=st(xr)+1r


===b)===
===b)===
[[File:r1-v16-24b.png]]
Funksjonen er f(x)=1x. Vi ser at innsatt x verdi gir oss y verdi, altså vil alltid skjæringspunktet mellom linjene ligge på grafen.

Siste sideversjon per 22. sep. 2016 kl. 08:59

oppgaven som pdf

Løsningsforslag (pdf) fra bruker joes. Send gjerne en melding hvis du har kommentarer til løsningsforslaget. På forhånd, takk.

Løsningsforslag (pdf) fra bruker LektorH.

Løsningsforslag (pdf) fra bruker Claves


Diskusjon av denne oppgaven


DEL EN

Oppgave 1

a)

f(x)=3x2+6x4

f(x)=6x+6=6(x1)

b)

g(x)=5ln(x3x)

g(x)=5(3x21)x3x=15x25x3x

c)

h(x)=x1x+1

h(x)=x+1(x1)(x+1)2=2(x+1)2

Oppgave 2

a)

p(x)=x37x2+14x+k

p(x) er delelig med (x2) hvis og bare hvis p(2)=0

p(2)=874+142+k=828+28+k=8+k

8+k=0

k=8

b)

x37x2+14x8:(x2)=x25x+4(x32x2)5x2+14x8(5x210x)(4x8)

x=5±25162x=1x=4P(x)=(x1)(x2)(x4)

c)

P(x)0


x∈<←,1][2,4]

Oppgave 3

a)

f(x)=x2e1x2

f(x)=2xe1x2+x22xe1x2=2xe1x2(1x2)

b)

f´(x)=0x=1x=0x=1

Den deriverte er positiv for x < -1, negativ for -1<x<0, positiv for 0<x<1 og negativ for x >1. Det gir toppunkt for x= -1 og x = 1 og minimum for x = 0.

Topp: (-1, f( -1)) gir (-1,1) og (1,f(1)) gir (1,1)

Bunn: (0, f(0)) gir (0,0)

c)

d)

Grafen til f har fire vendepunkter.

Oppgave 4

a)

AB=AC=BC=6 cm

HB=12AB=3 cm

CH=(BC)2(HB)2=6232 cm=27=33 cm=33 cm

CF=CE=(BC)2+(BE)2=62+62 cm=262 cm=62 cm

HF=(CF)2(CH)2=7227 cm=45 cm=95 cm=35 cm

b)

AFAB=3+356=3(1+5)23=1+52=ϕ

Oppgave 5

a)

AB=[51,21]=[4,1]AC=[31,51]=[2,4]ABkAC

Punktene A, B og C ligger ikke på en rett linje.

b)

CD=[3,t5]DA=[1,1t]CDDA=0[3,t5][1,1t]=03+(t5)(1t)=0t2+6t8=0t=2t=4

c)

Det er to muligheter: AB || CD eller BC || AD.

[4,1]=s[3,t5][2,3]=s[1,t1]s=4343(t5)=1s=22(t1)=3t=174t=52

Oppgave 6

a)

Antall mulige fagkombinasjoner med 2 realfag og 2 andre fag:

(52)(82)=542!872!=1028=280

b)

Antall mulige fagkombinasjoner med 4 fag hvor minst 2 er realfag:

(52)(82)+(53)(81)+(54)=280+5433!8+5=280+80+5=365

Oppgave 7

a)


Nullpunktene til f er (-2, 0) og (4, 0).

b)

f(x)=x2+px+q

A=(0,1)

B=(p,q)

OS=OA+12AB=[0,1]+12[p,q1]=[p2,1+q12]=[p2,q+12]

S=(p2,q+12)

r=|AS|=(p2)2+(q12)2=p2+(q1)24=p2+(q1)22

c)

Likning for sirkel:

(xx1)2+(yy1)2=r2

(x+p2)2+(yq+12)2=p2+(q1)24

Skjæring med x-aksen:

y=0

(x+p2)2+(q+12)2=p2+(q1)24

(x+p2)2=p2+(q1)24(q+1)24

x+p2=±p24q2

x=p±p24q2

Nullpunkter til f(x):

x2+px+q=0

x=p±p24q2

Sirkelen skjærer x-aksen i nullpunktene til f(x).

DEL TO

Oppgave 1

a)

Det er to bunker:

P(F)=P(F¯)=0,5

To røde kort fra bunke A:

P(R|F)=5847=514

To røde kort fra bunke B:

P(R|F¯)=3726=17

b)

Den totale sannsynligheten for to røde kort:


P(R)=P(F)P(R|F)+P(F¯)P(R|F¯)=12514+1217=14

c)

P(F|R)=P(F)P(R|F)P(R)=12514728=57

Oppgave 2

a)

b)

Arealet av et rektangel er lengde multiplisert med bredde:

Dersom lengden er x, er bredden f(x), Altså T(x)=xf(x)=x5ex2=5xex2

c)

T´(x)=5ex2+5x(12)ex2=(52,5x)ex2

Ser at eneste ekstremalpunkt er for x=2 : T(2)=10e1=10e3,68


Største areal er 3,68, når x=2.

Oppgave 3

a)

Parameterfremstilling for linjen l gjennom B og C. Trenger ett punkt og en rettningsvektor:

BC=[1,5] og B( 4, 0).

[x=4+ty=5t]

b)

AP=[4+t1,5t3]=[3+t,3+5t]

AP vektor kan jo uttrykkes som x- koordinat til P minus x-koordinat til A, og tilsvarende for y-koordinater.

c)

ABAP=0[3,3][3+t,3+5t]=09+3t+915t=0t=32

Innsatt i parameterfremstillingen i a gir det P(112,152)

d)

Innsatt i parameterfremstillingen i a får man:

P1(4+(4),5(3))=(1,15) og

P2(4+0,6,50,6)=(235,3)

Oppgave 4

a)

Vi skal finne likningen til linje l1 når vi vet at denne står vinkelrett på linjen gjennom B og C.

Stigningstall til linjen gjennom BC: 1t1sts=st(ts)st

Siden l1 er vinkelrett på BC blir stigningstallet til l1: al=1AB=(t+s)stst=st


Likningen for l1 blir da: yy1=st(xx1)y1r=st(xr)y=st(xr)+1r

b)

Funksjonen er f(x)=1x. Vi ser at innsatt x verdi gir oss y verdi, altså vil alltid skjæringspunktet mellom linjene ligge på grafen.