Forskjell mellom versjoner av «R1 2015 høst LØSNING»
(→b)) |
(→c)) |
||
| Linje 22: | Linje 22: | ||
===c)=== | ===c)=== | ||
| + | |||
| + | $h(x)= x ln(x^2+3)$ | ||
| + | |||
| + | |||
| + | Setter $ u= x^2+3$ som gir u´= 2x, og får: | ||
| + | |||
| + | $h´(x)= ln(x^2+3)+ \frac{x \cdot 2x}{x^2+3} \\ h´(x)= ln(x^2+3) + \frac{2x^2}{x^2+3}$ | ||
==Oppgave 2== | ==Oppgave 2== | ||
Revisjonen fra 18. jan. 2016 kl. 04:34
Løsningsforslag laget av LektorH
Løsningsforslag (pdf) fra bruker joes. Send gjerne en melding hvis du har kommentarer til løsningsforslaget. På forhånd, takk.
DEL EN
Oppgave 1
a)
$f(x)= 3x^2+5x-2 \\ f´(x)=6x+5$
b)
$g(x)=3(x^2-2)^4 \\g´(x)= 3 \cdot 4 \cdot 2x(x^2-3)^3 = 24x(x^2-3)^3$
c)
$h(x)= x ln(x^2+3)$
Setter $ u= x^2+3$ som gir u´= 2x, og får:
$h´(x)= ln(x^2+3)+ \frac{x \cdot 2x}{x^2+3} \\ h´(x)= ln(x^2+3) + \frac{2x^2}{x^2+3}$
Oppgave 2
Oppgave 3
a)
b)
c)
Oppgave 4
$lg(a^2b^3)+ lg(\frac{1}{b^2}) - lg ( \frac{b}{a}) = \\ 2 lga + 3 lgb -2lgb - lgb + lga = \\ 3 lg a$
Oppgave 5
a)
$f(x)=-x^4+4x^3 = x^3(-x+4) \quad x \in <-2, 4>$
Siden funksjonen ikke er definert for x = 4 har den bare ett nullpunkt, i Origo (0, 0).
b)
$f´(x) = -4x^3+12x^2 = -4x^2(x-3)$
Grafen har et terassepunkt for x = 0, dvs. i (0, 0) og et maksimum i (3, f(3)) som gir (3, 27).
c)
d)
Oppgave 6
Vinkel u spenner over samme bue som vinkel D. Begge ligger på sirkelperiferien og er derfor like. Vinkel u er 50 grader.
Vinkel C er 90 grader fordi den ligger på pereferien og spenner over diameteren. Da blir vikel v 40 grader.
