R1 2011 vår LØSNING

a)

<math>O(x)= \frac{500}{x} + 8x^2 \\ O(x) = 500x^{-1} + 8x^2 \\ O'(x) = -500x^{-2}+ 16x = \frac{-500}{x^2} + 16x = \frac{-500 +16x^3}{x^2}</math>

b)

1)

<math>f(x)= 3ln(2x) \\ f'(x) = 3 \cdot \frac{1}{(2x)}\cdot 2 = \frac {6}{2x} = \frac 3x</math>

2)

<math>g(x) = 3x \cdot e^{x^2} \\ g'(x) = 3e^{x^2}+3x \cdot 2x \cdot e^{x^2} = (3+6x^2)e^{x^2}=3(1+2x^2)e^{x^2}</math>

c)

1)

<math>f(x)= x^3-3x^2-13x+15 \\ f(1)= 1-3-13+15 = 0 \\ \quad(x^3-3x^2-13x+15):(x-1)= x^2-2x-15 \\-(x^3-x^2) \\ \quad \quad\quad \quad \quad-2x^2-13x \\\quad \quad\quad -(-2x^2+2x)\\\quad \quad\quad \quad\quad \quad\quad \quad \quad \quad-15x+15 \\ \quad \quad \quad\quad \quad \quad\quad\quad -(-15x+15) \\\quad \quad\quad \quad \quad\quad \quad\quad \quad \quad\quad \quad\quad \quad \quad\quad \quad\quad \quad \quad 0 </math>

Faktoriserer svaret fra divisjonen:

<math>x= \frac{2 \pm \sqrt{4+60}}{2}= \frac{2 \pm 8}{2}\\ x=-3 \vee x= 5</math>

<math>f(x) = (x-1)(x+3)(x-5)</math>

2)

<math>f(x)\leq 0</math>

<math>x \in < \leftarrow, -3] \cup [1,5]</math>

d)

f(0) = 300

Ved begynelsen av utbruddet spruter vulkanen ut 300 tonn per time.

f'(10)=0 og f(10)= -10

Funksjonen når et ekstremalpunkt etter 10 timer, siden den deriverte er null. Den dobbelderiverte er negativ, hvilket betyr at den deriverte avtar og grafen vender sin hule side ned. Det betyr at vulkanen når et maksimum i utbruddet etter 10 timer.

e)

<math>lg(a^2b)+lg(ab^2)+lg(\frac{a}{b^3})= \\ lga^2 + lgb + lga + lgb^2 + lga - lgb^3 = \\ 2lga + lgb + lga + 2lgb + lga - 3lgb = 4 lga</math>

f)

<math> \frac {2x+10}{x^2-25} + \frac {x}{x+5} - \frac {2}{x-5}= \\ \frac {2x+10}{(x+5)(x-5)} + \frac {x(x-5)}{(x+5)(x-5)} - \frac {2(x+5)}{(x-5)(x+5)} = \\ \frac {2x+10+x^2-5x-2x-10}{(x+5)(x-5)} = \\ \frac {x^2-5x}{(x+5)(x-5)} = \\ \frac {x(x-5)}{(x+5)(x-5)} = \\ \frac {x}{x+5}</math>

g)

Avstanden fra linjen l til punktet P er lengden av vektoren som står normalt på rettningsvektoren til l og som går til P (eller motsatt).

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

Rettningsvektor til l: [2,1]

P = (4,1)

Man finnet den t verdi som tilfredstiller kravet:

$[1+2t-4, 2+t-1 ] \cdot [ 2,1] = 0 \\ [2t-3,t+1][2,1]=0\\(2t-3)\cdot 2 + (t+1) \cdot 1 = 0 \\ 4t-6+t+1=0 \\ 5t=5\\t=1$

Vektoren blir da:

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

Lengden av vektoren er:

$|[-1,2]| = \sqrt{(-1)^2+2^2} = \sqrt 5$

Avstanden fra l til P er kvadratroten av fem.

h)

• Avsetter linjestykket AB, 10cm

• Finner midpunktet på AB og slår en sirkel med sentrum i midpunkt og pereferi i A og B.

• Slår en sirkel med radius 7cm, med sentrum i A

• D (skulle vært navngitt C) ligger der de to sirklene skjærer. Tegner trekanten.

a

Vinkelsummen i en trekant er 180 grader

<math>90^{\circ}+u+v = 180^{\circ} \Rightarrow u+v= 90^{\circ}</math>

DC = EC det betyr at trekanten er likebeint. Normalen fra C på DE deler u i to like store vinkler.

Det fører til at vinkel DEC.

<math>\angle DEC +90^{\circ}+ \frac u2 = 180^{\circ} \Rightarrow \quad \angle DEC= 90^{\circ}-\frac u2 </math>

b

Linjestykket BF går gjennom S, som er sentrum i den innskrevne sirkelen. BF deler vinkel v i to like store vinkler. Derfor er

<math>\angle FBE = \frac v2</math>

<math>\angle BEF= 90^{\circ} + \frac u2 \quad fordi \quad \angle DEC = 90^{\circ}- \frac u2 </math>

Summen av de to vinklene er jo 180 grader.

c

<math>x+ \angle FBE + \angle BEF = 180^{\circ} \\ x+ \frac u2 + 90^{\circ} + \frac u2 = 180^{\circ} \\ 2x+v+180^{\circ} + u = 360^{\circ} \\ 2x+v+u = 180^{\circ} \\ 2x+v+(90-v) = 180^{\circ} \\ x= 45^{\circ} </math>

a

<math>V= 200cm^3 \\ V= x \cdot 4x \cdot h \\ 200 = 4x^2h \\ h= \frac{200}{4x^2} \\ h= \frac {50}{x^2}</math>

b

<math>O(x)= 2 \cdot x \cdot 4x + 2 \cdot h \cdot x + 2 \cdot h \cdot 4x \\ O(x) = 8x^2 + 10hx</math>

Setter inn for h, fra oppgave a:

<math>O(x)= 8x^2 + 10(\frac{50}{x^2})x \\ O(x) = 8x^2 + \frac{500}{x}</math>

c

<math>O'(x) = 0 \\ \frac{-500 + 16x^3}{x^2}= 0 \\ -500+16x^3=0 \\ x^3 = \frac{500}{16} \\ x= 3,15</math>

Figuren viser grafen til den deriverte. M;an ser at 3,15 er et minimum siden den deriverte skifter fra negativt til positivt fortegn.

Bredde:3,15cm, Lengde: 12,6 og høyde: 5,04 cm.

d

$V(x) = 3x^2h \\ V(x) =200 \\ h= \frac {200}{3x^2}$

Finner overflaten uttrykkt ved x:

$O(x) = 2(3x^2 + xh + 3xh) = 2(3x^2 + \frac{200x}{3x^2} + \frac{600x}{3x^2}) = 6x^2 + \frac {1600}{3x}$

Overflaten har et minimum for x=3,54. Den er da $225,85cm^2$

Oppgave 4

	Jente	Gutt	Total
Matpakke	180	100	280
Ikke matpakke	20	50	70
Total	200	150	350

a)

A er gutt og B er matpakke hver dag. $A \cap B$ er gutt som har med matpakke hver dag. $P(A \cap B)$ er sannsynligheten for å trekke ut en gutt med matpakke. Fra tabellen ser man at det er 100 gutter med matpakke av 350 elever: $P(A \cap B) = \frac{100}{350} =0,266 = 26,6 \percent $

b)

$P(B) = \frac{280}{350} = 0,8 \\ P(B|A) = \frac{100}{150} = 0,67$

Hendelsene er avhengige fordi sannsynligheten for B er forskjellig for sannsynligheten for B når A har inntruffet.

a

$\vec{AB} =[5-2,3-(-1)] = [3,4] \\ |{AB}| = \sqrt{3^2+4^2} = 5$

b

$\vec{OC} =\vec{OA} + \vec{AC} = [2,-1] + [-1,2] = [1,1]$

C ligger i (1,1).

c

$\vec{AC} \cdot \vec{BC} = [-1,2] \cdot [-4,-2] = -1 \cdot (-4) + 2 \cdot (-2) = 4-4 =0$

De to vektorene står vinkelrett på hverandre.

d

P(3,-4) og rettningsvektor lik AC vektor.

Parameterframstilling:

$x= 3-t \\ y=-4+2t$

e

Når en linje skjærer y-aksen er x koordinaten null. 3-t =o, dvs. t = 3.

$ y = -4 + 2 \cdot 3 = 2$

Linjen skjærer y-aksen i (0,2).

f

Punktet R ligger på linjen l.

Punktet Q er (8,6).

Vektoren QR har lengden 10.

Man skal finne koordinatene til R. Disse er: $(x,y)= (3-t, -4+2t)$

Det gir: $\vec{QR } = [3-t-8, -4+2t-6] = [-t-5, 2t-10]$

$|\vec{QR}| = 10 \\ \sqrt{(-t-5)^2 + (2t-10)^2} = 10 \\ \sqrt{5t^2-30t+125} = 10 \\ 5t^2-30t + 125 = 10^2 \\ 5t^2-30t+25 =0 \\ t^2 -6t+5 =0 \\t=1 \vee t= 5$

Innsatt i R = (x,y) gir det (3-1,-4 +2) = (2,-2) og (3-5, -4+10) = (-2, 6)

Oppgave 6

Det finnes uendelig mange funksjoner som passer til beskrivelsen. Det at en funksjon er kontinuerlig men ikke deriverbar betyr at den har et knekkpunkt. Den kan se slik ut:

a)

Primtall	Naturlige tall		kvadrattall		Differanse
p	$n_1$	$n_2$	$n_1^2$	$n_2^2$	$n_1^2-n_2^2$
3	2	1	$2^2$	$1^2$	2
5	3	2	$3^2$	$2^2$	5
7	4	3	$4^2$	$3^2$	7
11	6	5	$6^2$	$5^2$	11
13	7	6	$7^2$	$6^2$	13
17	9	8	$9^2$	$8^2$	17
19	10	9	$10^2$	$9^2$	19

b)

$ n_1+n_2 =p \\ n_1-n_2 = 1 \\ gir \\ n_2= p-n_1 \\ n_2 = n_1-1 \\ gir \\ n_1-1=p-n_1 \\ n_1 = \frac{p+1}{2} \\ som \quad innsatt \quad gir \\ \frac{p+1}{2} +n_2 =p \\n_2 = \frac{p-1}2 $

c)

Skal bevise at

$p = n_1^2 -n_2^2$

Bruker resultatet fra b:

$ n_1^2 -n_2^2 = ( \frac{p+1}{2})^2 - ( \frac{p-1}{2})^2 = \frac{(p^2+2p+1)-(p^2-2p+1) }{4} = p $

a)

Setter Linjestykke AD = R og linjestykke CE = r

Sirkelbuen AB blir da:

$\frac 12 \cdot 2\pi (R+r) = \pi R+\pi r$

Sirkelbuene AC + CB:

$ \frac 12 \cdot 2 \pi R + \frac 12 \cdot 2 \pi R = \pi R + \pi r $

b)

Må vise at vinklene er like i begge trekantene.

$\angle HCA = \angle BCH$ ,H ligger på periferien og vinkelen er derfor nitti grader.

$\angle CAH = \angle CHB$, fordi BH står normalt på AH og CH står normalt på AC.

Vinkelsummen i trekanter er alltid hundre og åtti grader, derfor er også $\angle AHC = \angle HBC $

c)

$ \frac{CH}{CB} = \frac{AC}{CH} \\ (CH)^2 = CB \cdot AC \\ (CH)^2 = 2r \cdot 2R = 4Rr \\CH = 2 \sqrt{Rr}$

d)

Arealet av skomakerkniven er arealet av den store halvsirkelen minus arealet av de to små halvsirklene:

$A = \frac 12 \pi (R+r)^2 - \frac 12 \pi R^2 - \frac 12 \pi r^2 \\ A= \frac 12 \pi (R^2+ 2Rr +r^2 -R^2 -r^2) \\ A = \frac 12 \pi \cdot 2 \cdot Rr \\ A= \pi Rr$

Dersom diameteren av sirkelen er $2 \sqrt{Rr}$, så er radius $\sqrt{Rr}$ Da blir arealet av sirkelen $ A = \pi (\sqrt{Rr})^2 = \pi Rr$