1T 2016 høst LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk
Oystr (diskusjon | bidrag)
m →‎b): Feil utregning i siste ledd. Endret fra 4*pi*a^2 til pi*a^2
Linje 242: Linje 242:




$A= (\frac{\pi (\frac 52a)^2}{2}) -(\frac{\pi (\frac12)^2}{2}) -(\frac{ \pi (2a)^2}{2})\ A = (\frac{\pi a^2}{2} )((\frac52)^2 - (\frac 12)^2 - 2^2) \ A= 4 \pi a^2$
A=(π(52a)22)(π(12)22)(π(2a)22)A=(πa22)((52)2(12)222)A=pia2


==DEL TO==
==DEL TO==

Sideversjonen fra 17. nov. 2017 kl. 14:02

Diskusjon av denne oppgaven på matteprat


DEL EN

Oppgave 1

Tar utgangspunkt i likning #2 og lager først et uttrykk for y


y=2x9y=2x+9


Setter det inn i likning #1


5x=2(2x+9)5x=4x189x=18x=(2)


Setter så inn verdien for x inn i hvilken som helst vilkårlig likning, i dette tilfellet tar vi for oss likning 1 fordi den er enklest.


5(2)=2y10=2yy=5


Derfor, x=2y=5

Oppgave 2

Først omskriver vi det litt med hensyn til faktorisering.


2x22x22x+1=2(x21)x22x+12(x1)(x+1)x22x+1


Ser vi i nevneren vil vi se at vi har et andregradsuttrykk. Dette kan du faktorisere ved hjelp av abc-formelen.


Du finner fort ut at likninga kun har ett nullpunkt for x=1 Da kan du skrive nevneren som (x1)2

videre får du

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

Oppgave 3

x2+3x>10x2+3x+10>0


Faktoriserer uttrykket:

x=3±9+402x=2x=5

Gir oss uttrykket på faktorisert form:

1(x5)(x+2)>0

Tegner så fortegnsskjema.

x∈<2,5>

Oppgave 4

lg(2x+35)=1

Ved hjelp av logaritmereglene vet vi at 1=lg(101)

Derfor kan vi si at

lg(2x+35)=lg(101)

Ved hjelp av denne logaritmeregelen lg(a)=lg(b)a=b

Kan vi si at

2x+35=1012x+35=1102x=5102x=12x=14

Oppgave 5

232x=22x

Vi kjenner til regelen anam=an+m og sier at 232x=2x+3

Derfor får vi at

2x+3=22x

Vi kjenner regelen an=amn=m

Derfor kan vi si at x+3=2xx=3

Oppgave 6

4854+21231=31669+213=4336+23=43323+2232=4+232=22=2

Oppgave 7

x+2x37x+14x2x6=x+2x37(x+2)(x3)(x+2)=(x+2)(x+2)7(x+2)(x+2)(x3)=x5x3

Oppgave 8

Parabler er på formen f(x)=ax2+bx+c

Vi ser at f(0)= - 4, dvs c= -4

Vi har nullpunktene:

a(x - 4)(x + 2) og velger et punkt på grafen (0, -4):

a2(4)=8a=12

Vi mangler nå b og velger feks punktet (4,0):

f(4)=01216+4b4=04b=4b=1


Funksjonen er gitt ved uttrykket

f(x)=12x2x4

Oppgave 9

a

Alle tre faktorene vil bli lik null som gir

f(x)=(x1)(x1)(x+2)x1=0,x+2=0x=1x=2

b

(x1)(x1)(x+2)=(x+2)(x1)2=(x+2)(x22x+1)=x33x+2

c

Vi finner topp og bunnpunkter når den deriverte = 0, dvs. ved 0 vekst.

(x33x+2)=3x23x

3x23=03x2=3x2=1x=±1

Vi vet derfor at funksjonen har et ekstremalpunkt i (1,f(1))=(1,0) og (1,f(1))=(1,4)

d

Først finner vi stigningstallet

f(0)=a3023=aa=3

Så finner vi likningen

(yy1)=a(xx1)(y2)=3(x0)y=3x+2


e)

Dersom vi skal ha flere tangenter parallell med den i i d), må likningen 3x23=3 ha flere løsninger. Vi får:

3x23+3=03x2=0x=0

Det finnes ingen andre tangenter parallell med den i d).

Oppgave 10

Hver av sidene har lengde 8.

Høyden i trekanten blir et katet i en trekant der det andre katetet er 4 og hypotenus 8. Lengden blir da 8242=48=43


Arealet av trekanten blir A=gh2=8432=163

Oppgave 11

sin(u)cos(u)=tan(u)8171517=815

Oppgave 12

a)

(sinu)2+(cosu)2=(45)2+(35)2=1625+925=1

Hvilket skulle vises.

b)

a2+b2=c2a2c2+b2c2=c2c2(ac)2+(bc)2=1sin2x+cos2x=1

Oppgave 13

a)

P( BRR) = P(B)P(R)P(R)=484736=17

b)

Det er tre posisjoner for blå nisse: P( en blå og to røde)=317=37

c)

Dersom vi IKKE har minst en blå har vi tre røde. Sannsynligheten for det er:

P( bare røde)=483726=114

Sannsynligheten for minst en blå blir da:

P( minst en rød) = 1114=1314

Oppgave 14

a)

Omkretsen av det blå området er lik summen av periferiene av de tre halvsirklene.

Oblå=2,5aπ+0,5aπ+2aπ=5aπ


Omkretsen er fem ganger a ganger pi.

b)

Arealet av det blå området er arealet av den store halvsirkelen, minus arealene av de to små halvsirklene.


A=(π(52a)22)(π(12)22)(π(2a)22)A=(πa22)((52)2(12)222)A=pia2

DEL TO

Oppgave 1

a)

b)

35 400 er antall fisk som blir satt ut, altså startverdien.

0,996 er vekstfaktoren. Den forteller om endring i prosent per tidsenhet. I dette tilfelle er vekstfaktoren mindre enn en, da har vi prosentvis reduksjon.

Reduksjonen er 0,004 som er 0,4% reduksjon per døgn.

c)


Døgn nr. 100 dør det ca. 95 settefisk.

d)


Det første året dør det i gjennomsnitt 74,5 fisk hvert eneste døgn.

Oppgave 2

a)

b)

Det foteller at vi spiser ca. 120 gram MER sjokokolade for hvert år som går.

c)

Da kommer vi i følge modellen til å spise ca. 10,8 kg. sjokolade.

Oppgave 3

a)

Stigningstallet til en rett linje : a=ΔyΔx=f(q)f(p)qp=q2p2qp=(q+p)(qp)qp=q+p

b)


Skjæring med x akse: (qp,0)

Skjæring med y akse: (0,qpq+p)

Oppgave 4

a)

Basketball og håndball er: 90 - 30 - 35 - 10 = 15

160 medlemmer spiller bare fotball og / eller basketball. Det betyr at 10 gjør begge deler:

b)

P(FHB)=10250=125= 4%


Det er fire prosent sannsynlighet for å velge en som driver med alle tre idrettene.

c)

P(F|H)=4590=12

Det er 50% sannsynlighet for at en som driver med håndball også spiller fotball.

Oppgave 5


Detter er en dobbeltrot og fortegnet blir likt på begge sider av a, men null for x = a, derfor terassepunkt.

Oppgave 6

a)

Bruker Pytagoras på BCD, 30, 60 90.

CD=a2a24=32a

b)

Nedfeller normalen fra D på AB. Figuren består da av rektangelet BCDE og den likebeinte og rettvinklede trekanten AED.

Areal trekant: At=12a2a2=a28

Areal rektangel: Ar=a23a2=3a24

Areal ABCD: A=At+Ar=a28+3a24=18a2(23+1)