R1 2018 høst LØSNING

Diskusjon av denne oppgaven på matteprat

Løsningsforslag (pdf) (open source, meld fra om forbedringer eller feil her)

Løsning del 1 laget av mattepratbruker mingjun

Løsning som PDF laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas

Løsning til del 1 som videoer laget av Lektor Håkon Raustøl

DEL 1

Oppgave 1

a)

$f(x)=x^2+2x+e^x$

$f'(x)=2x+2+e^x$

b)

$g(x)=x^2\cdot ln \, x$

$g'(x)=2x\cdot ln \, x + x^2 \cdot \frac{1}{x} = 2x\cdot ln\, x + x$

c)

$h(x)=\frac{x-1}{e^{2x+1}}$

$h'(x)=\frac{1\cdot e^{2x+1}-(x-1)\cdot 2\cdot e^{2x+1}}{(e^{2x+1})^2} = \frac{1-(2x-2)}{e^{2x+1}} = \frac{-2x+1}{e^{2x+3}}$

Oppgave 2

a)

$e^{2x}+7e^x-8=0$

Setter $u=e^x$

$u^2+7u-8=0 \\ (u+8)(u-1)=0 \\ u=-8 \vee u=1 \\ e^x=-8 \vee e^x=1 \\ x= 0$

Ikke mulig å ta ln(-8), forkaster derfor det ene svaret.

b)

$ln(x^2-5x-1)-ln(3-2x)=0 \\ ln(x^2-5x-1)=ln(3-2x) \\ x^2-5x-1 = 3-2x \\ x^2-5x+2x-1-3 = 0 \\ x^2-3x-4=0 \\ (x+1)(x-4)=0 \\ x=-1 \vee x=4$

Setter inn hvert av svarene i likningen:

$ln((-1)^2-5(-1)-1) - ln(3-2(-1)) = 0 \\ ln(5)-ln(5)=0$

$x=-1$ er en løsning.

$ln(4^2-5\cdot 4-1)-ln(3-2\cdot 4)=0 \\ ln(-5)-ln(-5)=0$

$x=4$ er ikke en løsning fordi det ikke er mulig å ta ln(-5).

Oppgave 3

Vi har vektorene $\vec{a}=[2,3]$ og $\vec{b}=[-5,3]$

a)

$2\vec{b}-3\vec{a} = 2\cdot[-5,3]-3\cdot[2,3] = [-10,6]-[6,9] = [-16,-3]$

b)

$|\vec{a}|=\sqrt{2^2+3^2} = \sqrt{13}$

$|\vec{a}|<4$ fordi $\sqrt{16}=4$, og derfor er $\sqrt{13}<4$

c)

$\vec{a}\cdot \vec{b} = |\vec{a}|\cdot |\vec{b}|\cdot cos\,\alpha \\ cos \,\alpha = \frac{ \vec{a}\cdot \vec{b} } { |\vec{a}|\cdot |\vec{b}|} \\ cos \,\alpha = \frac{[2,3]\cdot[-5,3]}{\sqrt{13}\cdot \sqrt{(-5)^2+3^2}} \\ cos \,\alpha = \frac{-10+9}{\sqrt{13}\cdot \sqrt{34}} \\ cos \,\alpha = \frac{-1}{\sqrt{13}\cdot \sqrt{34}}$

Vi har $cos\,\alpha < 0$, hvilket betyr at vinkelen mellom de $\vec{a}$ og $\vec{b}$ er stump.

Oppgave 4

Vi har $f(x)=x^3+6x^2-x-30$

a)

$f(2)=2^3+6\cdot 2^2-2-30 = 8+24-2-30 = 0$

$x=2$ er et nullpunkt, så divisjonen $f(x):(x-2)$ går opp.

b)

Utfører polynomdivisjonen:

Faktoriserer uttrykket:

$x^3+6x^2-x-30 = (x^2+8x+15)(x-2) = (x+5)(x+3)(x-2)$

c)

$-2\cdot f(x) \geq 0 \\ -2(x+5)(x+3)(x-2) \geq 0 $

$-2\cdot f(x) \geq 0$ når $x\in \langle \leftarrow, -5] \cup [-3,2]$

Oppgave 5

a)

Edelgran = E, Kvinne = K, Mann = M

$P(E) = P(E|M)\cdot P(M)+P(E|K)\cdot P(K) \\ = 0,60\cdot 0,70 + 0,40\cdot 0,30 = 0,42 + 0,12 = 0,54$

Sannsynligheten for at det første treet han selger en dag, er edelgran, er 0,54.

b)

$P(K|E) = \frac{P(K)\cdot P(E|K)}{P(E)} = \frac{0,30\cdot 0,40}{0,54} = \frac{0,12}{0,54} = \frac{12}{54} = \frac{2\cdot 6}{9\cdot 6} = \frac{2}{9}$

Sannsynligheten for at vinneren av lotteriet blir en kvinne, er $\frac{2}{9}$.

Oppgave 6

$2x^2-3x-2=x^2+x+3 \\ 2x^2-x^2-3x-x-2-3=0 \\ x^2-4x-5=0 \\ (x+1)(x-5)=0 \\ x= -1 \vee x=5 $

f er en kontinuerlig funksjon for $a=-1$ og $a=5$

Oppgave 7

Vi har $g(x)=x-2ln(x^2+3) \quad , \quad x\in \R$

a)

$g'(x)=1- ( 0\cdot ln(x^2+3) + 2 \cdot 2x \cdot \frac{1}{x^2+3} ) \\ = 1-\frac{4x}{x^2+3} = \frac{x^2+3}{x^2+3}- \frac{4x}{x^2+3} = \frac{x^2-4x+3}{x^2+3} $

b)

$g'(x)=0 \\ \frac{x^2-4x+3}{x^2+3} = 0 \\ x^2-4x+3 = 0 \\ (x-1)(x-3)=0 \\ x=1 \vee x= 3$

Ingen av disse x-verdiene gir null i nevner til $g'(x)$, og funksjonen g(x) er definert for $x\in\R$, så begge x-verdier er gyldige svar.

Grafen til g har et toppunkt i x=1 og et bunnpunkt i x=3.

c)

$g' '(x) = \frac{ (2x-4)(x^2+3)-(x^2-4x+3)\cdot2x }{(x^2+3)^2} = \frac{2x^3+6x-4x^2-12-(2x^3-8x^2+6x)}{(x^2+3)^2} = \frac{4x^2-12}{(x^2+3)^2} = \frac{4(x^2-3)}{(x^2+3)^2}$

$g' '(x)=0 \\ \frac{4(x^2-3)}{(x^2+3)^2} = 0 \\ x^2-3 = 0 \\ x = \pm \sqrt{3}$

Nevner i $g' '(x)$ er alltid positiv, så begge løsninger er gyldige. Vi husker at funksjonen g(x) er definert for $x\in\R$.

Grafen til g har vendepunkt i $x=-\sqrt{3}$ og $x=\sqrt{3}$.

Oppgave 8

I trekanten ABC er AB = 8 cm, AC = 5 cm og BC = 7 cm.

a)

Lager et linjestykke, lager et punkt A på linjestykket, setter passerspissen i punkt A, og slår en bue på 8 cm. Vi får punkt B i skjæringspunktet mellom linjestykke og buen. Setter passerspissen i punkt A, og slår en bue med radius 5 cm. Setter passerspissen i punkt B, og slår en bue med radius 7 cm. I skjæringspunktet mellom sirkelbuene, får vi punkt C. Lager linje AC og BC. (Dette må du gjøre for hånd).

b)

Lager halveringslinje for vinkel A og B. I skjæringspunktet mellom disse to halveringslinjene, får vi sentrum i sirkelen, punkt S. Lager normal linje gjennom punkt S på linje AB. Får punkt P i skjæringspunktet mellom AB og normalen. SP er radius i sirkelen. Setter passerspissen i punkt S og lager en sirkel med radius SP.

c)

Konstruerer en vinkel på 60 grader i punkt A, og en i punkt C. Får da punkt E i skjæringspunktet mellom vinkelbeina. Vinkel AEC er da også 60 grader fordi vinkelsummer i en trekant er 180 grader. Setter passerspissen i punkt E og slår en sirkel med radius EA. Setter passerspissen i punkt A og slår en sirkel med radius 6 cm (siden AD = 6 cm i firkanten ABCD) . Punkt D er i skjæringspunktet mellom de to sirklene våre (se figur). Vinkel ADC er 30 grader, fordi det er en periferivinkel til sirkelen med sentrum i punkt E, som spenner over samme sirkelbue som sentralvinkelen på 60 grader. Det andre skjæringspunktet mellom de to sirklene er ikke aktuelt som punkt D, fordi vi skal ha AD < CD.

DEL 2

Oppgave 1

a)

Bruker sannsynlighetskalkulatoren i Geogebra, og velger binomisk sannsynlighet, med n=10 og P=0.4.

Sannsynligheten for at halvparten (altså fem) av plantene til Astrid får gule blomster er 0,20.

b)

Sannsynligheten for at flere enn fem av plantene til Astrid får gule blomster er 0,1662.

c)

Bruker Microsoft Mathematics. Stian har 10 plasser hvor han kan plassere de 4 gule blomstene. Finner antall kombinasjoner av plasser for de gule blomstene. (De ledige plassene blir da fylt med røde blomster). Du kan også finne antall kombinasjoner av de 6 røde blomstene på 10 plasser, det blir det samme.

Stian kan plassere plantene i kassen på 210 ulike måter.