1T 2013 vår LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk
Linje 138: Linje 138:
f(x)=2x4f(x)=0x=2f(2)=9
f(x)=2x4f(x)=0x=2f(2)=9


Slik at $f(x)ermaksimalnårx=-2$, altså vi fullfører kvadratet og legger merke til at $- (x+2)^2\leq 0forallex$,
Punktet (-2,9) er et toppunkt på grafen fordi andregradsleddet har en negativ koeffisient, dvs. grafen vender sin hule side ned.
og den minste verdien denne delen kan ha er 0 som skjer når x=2.
Alternativt fungerer derivasjon og så fortegnslinje eller drøfting av den dobbelderiverte. (sidenf(1)<0såerf(1)toppunkt)


c)  
c)  

Sideversjonen fra 12. aug. 2013 kl. 16:24

Oppgaven som pdf

Diskusjon av denne oppgaven

Del I

Oppgave 1

7500000.005=7.51050.5102=15105(2)=1.5108

Oppgave 2

(1)2x+3y=7(2)5x2y=8

Dersom vi ser på 2(1)+3(2) ser vi at vi får likningen

(4x+6y)+(15x6y)=14+2419x=19+19x=2

Alternativt kan innsetningsmetoden brukes, men da må en hanskes med brøker. Uansett setter vi inn x verdien eksempelvis i (1) finner vi at

3y=72x=3, så y=1 og x=2.

Oppgave 3

x216x28x+16=(x4)(x+4)(x4)2=x+4x4 .

Oppgave 4

Likningen for en rett linje er y=ax+b, her er stigningstallet gitt som

a=3006=12

slik at vi kan skrive

y=12x+b

for å bestemme b bruker vi punktet (0,3)

y=12x+b3=120+bb=3y=12x+3

Dette kunne vi sett direkte fra figuren siden linjen skjærer y-aksen i 3, dvs. b = 3.

y=12x+3.

Oppgave 5

Skriver om alle uttrykkene


(1/2)0=1273=323=320=25>24=41/932=00sin501lg150=lg(1001,5)lg100+lg1,5=2+log1,5.

Herfra så får vi i stigende rekkefølge

1932<sin50<(1/2)0<lg(150)<271/3<20.

Oppgave 6

Enten er begge kulene blå, eller så er begge kulene røde, summen er hva vi er ute etter.

(1)=P(blåblå)=2514=110

og

(2)=P(rødrød)=3524=310

Summen er da

P(22)=410=2540\percent.


Oppgave 7

a) Legg merke til at

f(x)=x24x+5=(x2x+5x5)=[x(x1)+5(x1)]=(x+5)(1x)

Nullpunktene er dermed x=5 eller x=1. Alternativt kan man bruke andregradsformelen.


b)

f(x)=2x4f(x)=0x=2f(2)=9

Punktet (-2,9) er et toppunkt på grafen fordi andregradsleddet har en negativ koeffisient, dvs. grafen vender sin hule side ned.

c)


d)

En tangentlinje er på formen y=a(xx0)+b, hvor vi har at a=f(1)=2(1)4=2 og x0=1, så tangentlinjen blir

y=2(x+1)+8=2x+6

som ønsket.

Oppgave 8

a) Fra pytagoras har vi at siden AOC er rett så er

AC2=AO2+OC2=r2+r2=2r2

Siden lengden er positiv må AC=2r, som ønsket.

b)

Arealet av AOC er gitt som

A1=12rr=12r2.

Arealet av sirkelbuen med grunnlinje AB er gitt som

AS=πr2/2.

Arealet av halvsirkelen med grunnlinje AC er gitt som

AC=π(AC/2)2/2=πr2/4=AS/2

Området mellom det blå, og trekanten er gitt som

AM=AS/2A1

Slik at for å finne arealet av det blå, kan vi regne ut arealet av halvsirkelen, og trekke fra det skaverte området. Da fås

AB=ACAM=AS/2(AS/2A1)=A1

som ønsket.


Del II

Oppgave 1

Her har vi følgelig en 306090 trekant. Da hypotenusen dobbelt så lang som den korteste kateten. Dette kan vi skrive som

42+x2=(2x)2x=43.

Slik at den korteste kateten er 4/32.3094 og hypotenusen er 8/34.6188


Oppgave 2

a) Her vil eksempelvis sinus-setningen være nyttig. Den sier at om ABC er en trekant ΔABC, med interne vinkler A,B,C og sider a,b,c så er

asinA=bsinB=csinC

bruker vi dette så har vi dette at

BDsin60=5sin38.2BD=523sin38.2BD7.0022

b) Her kan vi eksempelvis bruke at arealet av en trekant er gitt som A=absin(A)/2.

Dersom vi ser først på trekant ABD først, har en at

ABD1257sin(1806038.2)17.32

For å finne arealet av den siste trekanten, kan eksempelvis herons formel benyttes. Her har en at S(4+6+7)/2=17/2 hvor S er halvparten av omkretsen til trekant BCD. Da er arealet

BCD=S(Sa)(Sb)(Sc)=172(1724)(1726)(1727)=3425511.977

Eller så kan vi bruke cosinussetningen til å først finne vinkel C.

C=arccos(a2+b2c22ab)arccos(42+6272246)=arccos(116)86.420

Også bruke sinussetningen slik at arealet kan skrives som

BCD1246sin(86.420)11.97

samme som før.

Slik at det totalet arealet kan skrives som

ABCD=ΔABD+ΔBCD29.297

Så arealet av figuren er omtrentlig 29.


Oppgave 3

a)

Antall fargeblinde kan skrives som

81004000+11006000=380

Slik at sannsynligheten for at en person er fargeblind (FB) er gitt som

P(FB)= ønskelige  mulige =3804000+6000=195003.8\percent

Altså er sannsynligheten for at en tilfeldig person er fargeblind er 3.8\percent.

b) Antall kvinner som er fargeblinde er

11006000=60,

slik at sannsynligheten for at en kvinne er fargeblind er gitt som

P(FBKvinne)=60380=31915.789\percent


Oppgave 4

a) Her bruker vi binomisk fordeling og får da

Definerer først sannsynligheten for at X=k, ønsker å flytte fra byen som

P(X=k)=(100k)(13)k(23)100k

Slik at sannsynligheten for at nøyaktig 30 ønsker å flytte fra byen er gitt som

P(X=30)0.067284=6.7284\percent

Slik at sannsynligheten for at nøyaktig 30 personer, ønsker å flytte fra byen er ca 6.7 prosent.


b)

Her blir det bare å legge sammen alle sannsynlighetene mellom 30 og 50, geogebra eller en kraftig kalkulator klarer dette fint.

P(31<X<49)=k=3050P(k)0.72303

Altså var sannsynligheten for at mellom 30 og 50 flyttet ut ca 72.3 prosent.

Eventuelt går det og ann å tilnærme via normalfordelingen med N(33.333,4.7140), og få et godt overslag. Uansett viktig å legge merke til at mellom 30 og 50, betyr fra og med 31 til og med 49, og ikke fra 30 til 50.


Oppgave 5

a) La M st for menn og P for kvinner da har vi likningene

M+K=100021100M+16100K=1000/5

Her deler vi på 5, siden det bare var 1 av 5 som trente.

b) Begyner med løse øverste likning for K, da fås K=1000M. Deretter ganges nederste likning med 100, også settes inn opplysningen om K. Da fås

21100M+16100K=20021M+16K=2000021M+16(1000M)=200005M+16000=20000M=800

Og tilsvarene så er K=1000800=200. Altså var det totalt sett 800 menn og 200 kvinner som deltok på undersøkelsen.


Oppgave 6

a)

b) Regner ut først ut første og andrederiverte

h(t)=3.25t350t2+170t+700, derivasjon gir

h(t)=9.75t2100t+170

$ h(t) = 19.5 t - 100 $

Via andregradsformel, eller datamaskin så er h(t)=0 når

t=139(200±23370),

som gir

t28.1052 og t12.1412.

Fra den dobbelderiverte ser en raskt at <math>h(t_2)>0</math> og <math>h(t_1)<0</math> slik at t1 er et toppunkt. Tilslutt så er

h(t1)=2172100+1348033703463866.68,

som selvsagt rundes opp til 867 hjort. Altså var det maksimalt 867 hjort i området.


c) Tegner figur. IKKE GJORT. Og ser fra figuren at

h(t)>850 når 1.4224<t<2.94526

Denne ulikheten beskriver når det var flere enn 850 hjort i området.


d)

h(4)=74

Det dette forteller oss er at i 199(4) var hjortebestanden synkende.

Oppgave 7

a) Her vil hypotenusen beskrive radius i sirkelen slik at pytagoras gir oss

r=a2+b2=52+(25)2=51+22=5511.180

b) her er r=10 og sidelengden i trekanten vil være 2x/2x=x. Den ene sidelengden kan da skrives som

b=r2x2=100x2.

Nå kan arealet av kvadratet skrives som

A(x)=(b+b)(x+x)=4x100x2

som ønsket.

c) La B(x)=A(x)2, da er

B(x)=(16x2(100x2))=3200x64x3=64x(x250)

Slik at A(x)=0 når x=0 eller x2=50. Førstnevnte gir A(0)=0 som er et minimum mens

B(x2=50)=16(50)50=4104

og følgelig er

Amax=B(x2=50)=2102=200.

er et maksimum. Altså for x=25 siden x må være positiv.


Oppgave 8

Litt kjapp regning gir oss at

cdc+7dd+7d=78(cd1)

Om dette skal være lik 8, så kan vi løse likningen med tanle på c/d slik at en får c/d=(7+82)/7=71/7, som en kan teste stemmer ved innsetning. Altså du kan sjekke om

71771+777+77=8