R1 2022 Vår LK20 LØSNING
Diskusjon av oppgaven på matteprat
Videoløsning del 1 av Lektor Lainz
Løsning som pdf av Farhan Omar
DEL 1
Oppgave 1
a)
$f(x)=x^3+ln\,x$
$f'(x)=3x^2+\frac{1}{x}$
b)
$g(x)=x\cdot e^{2x}$
$g'(x)=1\cdot e^{2x}+x\cdot 2\cdot e^{2x}=e^{2x}(1+2x)$
Oppgave 2
$e^{2x}-e^x=2$
$(e^x)^2-e^x-2=0$
Setter $u=e^x$
$u^2-u-2=0$
$(u+1)(u-2)=0$
$u=-1 \vee u=2$
$e^x=-1 \vee e^x=2$
Forkaster det negative svaret fordi ln(-1) ikke er definert.
$ln(e^x)=ln(2)$
$x=ln(2)$
Oppgave 3
$\lim\limits_{x \to 3} \frac{x-3}{x^2+x-12}$
$=\lim\limits_{x \to 3} \frac{x-3}{(x-3)(x+4)}$
$=\lim\limits_{x \to 3} \frac{1}{x+4}$
$=\frac{1}{7}$
Oppgave 4
a)
$\overrightarrow{AC} = [t-1, 4-2] = [t-1, 2]$
$\overrightarrow{AB} = [-1-1, 5-2] = [-2, 3]$
Dersom vinkelen mellom to vektorer er 90 grader, er skalarproduktet av disse to vektorene lik 0.
$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB} = 0$
$[t-1,2]\cdot[-2,3]=0$
$(t-1)\cdot(-2)+2\cdot 3=0$
$-2t+2+6=0$
$-2t=-8$
$t=4$
Anbefaler å tegne punktene i et koordinatsystem for å se at det stemmer.
b)
Dersom A, B og C skal ligge på en rett linje, er $\overrightarrow{AC}$ og $\overrightarrow{AB}$ parallelle. Da har vi at:
$\overrightarrow{AC} = k\cdot\overrightarrow{AB}$
$[t-1,2]=k\cdot[-2,3]$
Dette gir oss to likninger:
$I \quad t-1=-2k$
$II \quad 2=3k \quad \Rightarrow \quad k=\frac{2}{3}$
Setter inn k=2/3 inn i likning I:
$I \quad t-1=-2\cdot\frac{2}{3}$
$t=\frac{-4}{3}+1$
$t=-\frac{1}{3}$
Anbefaler å tegne punktene i et koordinatsystem for å se at det stemmer.
Oppgave 5
a)
Eleven ønsker å finne toppunktet til funksjonen f, i intervallet $x\in[0,\rightarrow\rangle$
Linje 1-2: her defineres funksjonen f(x)
Linje 4: variabelen x gis verdien 0
Linje 5: variabelen h gis verdien 0,001
Linje 6: dette er en while-løkke som gjentar operasjonen i linje 7, så lenge funksjonsverdien f(x) er mindre enn eller lik funksjonsverdien f(x+h).
Linje 7 (inni while-løkka): verdien til x økes med h.
Linje 9: etter at while-løkken er ferdig, skrives verdien til x ut. Dette er en tilnærming til x-verdien hvor funksjonsverdien f(x) ikke lenger er mindre eller lik funksjonsverdien f(x+h). Vi har da funnet tilnærmet x-verdi for toppunktet til funksjonen.
b)
Vi kan finne toppunktet ved regning, ved å sette f'(x) lik 0.
$f(x)=\frac{x}{1+x^2}$
$f'(x)=\frac{1\cdot(1+x^2)-x\cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{1+x^2-2x^2}{x^4+2x^2+1} = \frac{-x^2+1}{x^4+2x^2+1}$
Setter f'(x)=0:
$\frac{-x^2+1}{x^4+2x^2+1}=0$
$-x^2+1=0$
$x^2=1$
$x=-1\vee x=1$
Vi forkaster det negativet svaret, siden programmet bare finner toppunktet for $x\in[0,\rightarrow\rangle$
Sjekker at x=1 er et toppunkt, og ikke et bunnpunkt eller terrassepunkt, ved å sjekke at den deriverte er positiv før ekstremalpunktet (grafen til f vokser), og at den deriverte er negativ etter ekstremalpunktet (grafen til f synker):
$f'(0)= \frac{-0^2+1}{0^4+2\cdot 0^2+1}=\frac{1}{1}=1$
$f'(2)= \frac{-2^2+1}{2^4+2\cdot 2^2+1}=\frac{-4+1}{16+8+1}=\frac{-3}{25}$
Vi har nå vist at funksjonen har et toppunkt i x=1.
DEL 2
Oppgave 1
$ f(x) = \left\{\begin{array}{lr} x^2+1 & , & x <2 \\ x-t & , & x \geq 2 \end{array} \right.$
a)
For at funksjonen f skal være kontinuerlig, må grenseverdien når x går mot 2 fra venstre, være lik grenseverdien når x går mot 2 fra høyre.
$\lim\limits_{x \to 2^-} x^2+1 = 5$
$\lim\limits_{x \to 2^+} x-t = 5 \quad \Rightarrow \quad t=-3$
b)
Vi må sjekke om $\lim\limits_{x \to 2} f'(x)$ eksisterer.
$ f'(x) = \left\{\begin{array}{lr} 2x & , & x <2 \\ 1 & , & x > 2 \end{array} \right.$
$\lim\limits_{x \to 2^-} f'(x) = \lim\limits_{x \to 2^-} 2x = 4$
$\lim\limits_{x \to 2^+} f'(x) = \lim\limits_{x \to 2^+} 1 = 1$
Grenseverdien eksisterer ikke, og $f'(2)$ eksisterer derfor ikke. Funksjonen er ikke deriverbar i $x=2$, når $t=-3$.
Oppgave 2
a)
Vi har $\vec{u}=\vec{a}+\vec{b}$.
$|\vec{u}|^2=\vec{u}^2=(\vec{a}+\vec{b})^2=\vec{a}^2+2\cdot \vec{a}\vec{b}\cdot\vec{b}^2$
$\quad\quad=|\vec{a}|^2+2\cdot \vec{a}\vec{b}\cdot|\vec{b}|^2=2^2+2\cdot(-3)+3^2=4-6+9=7$
$|\vec{u}|=\sqrt{7}\approx 2,6$
Vi har $\vec{v}=\vec{a}-6\vec{b}$.
$|\vec{v}|^2=\vec{v}^2=(\vec{a}-6\vec{b})^2=\vec{a}^2-2\cdot\vec{a}\cdot 6\cdot\vec{b}+(-6\vec{b})^2$
$\quad\quad=|\vec{a}|^2-12\cdot\vec{a}\cdot\vec{b}+36\cdot|\vec{b}|^2=2^2-12\cdot(-3)+36\cdot3^2=4+36+36\cdot 9=364$
$|\vec{v}|=\sqrt{364}\approx 19,1$
b)
Finner skalarproduktet av $\vec{u}$ og $\vec{v}$:
$\vec{u}\cdot\vec{v}=(\vec{a}+\vec{b})\cdot(\vec{a}-6\vec{b})$
$=\vec{a}^2-6\cdot\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{a}\cdot\vec{b}-6\cdot\vec{b}^2$
$=\vec{a}^2-5\cdot\vec{a}\cdot\vec{b}-6\cdot\vec{b}^2$
$=|\vec{a}|^2-5\cdot\vec{a}\cdot\vec{b}-6\cdot|\vec{b}|^2$
$=2^2-5\cdot (-3)-6\cdot3^2$
$=4+15-54$
$=-35$
Finner vinkelen mellom $\vec{u}$ og $\vec{v}$:
$cos\,\alpha=\frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{|\vec{u}|\cdot|\vec{v}|}$
$cos\,\alpha=\frac{-35}{\sqrt{7}\cdot\sqrt{364}}$
$\alpha \approx 134^\circ$
Oppgave 3
Oppgave 4
Bruker CAS i Geogebra.
Det tar ca. 7,8 timer før temperaturen i kaffen er mindre enn 40 grader Celsius.
Oppgave 5
a)
Vi kan bruke Pytagorassetningen for å avgjøre om trekanten er rettvinklet.
- Ta inn koordinatene til punktene A, B og C
- Beregne $AB^2$, $BC^2$ og $AC^2$ ved hjelp av koordinatene (bruker pytagorassetningen)
- Sjekke om $AB^2=BC^2+AC^2$, eller $AC^2=BC^2+AB^2$, eller $BC^2=AB^2+AC^2$. I så fall er trekanten rettvinklet. Ellers er den ikke det.
b)
Oppgave 6
