R1 2010 høst LØSNING

a)

1)

<tex>f(x)=2xe^x \\f'(x) = 2e^x+2xe^x = 2(1+x)e^x</tex>

2)

<tex>g(x) = 3\sqrt{x^2-1}\\ \text{setter u lik x i andre minus en og bruker kjerneregelen} \\ g'(x) = (\frac{3}{2\sqrt{x^2-1}}) \cdot (2x) = \frac {3x}{\sqrt{x^2-1}}</tex>

b)

<tex>P(x) = 2x^3-6x^2-2x+6 \\ P(1) = 2 \cdot 1^3- 6 \cdot 1^2 -2 \cdot1 + 6 = 0 \\ \quad \quad (2x^3-6x^2-2x+6 ):(x-1) =2x^2-4x-6 \\ -(2x^3-2x^2) \\ \quad \quad\quad \quad\quad \quad -4x^2-2x \\ \quad \quad\quad \quad-(-4x^2+4x) \\\quad \quad\quad \quad\quad \quad\quad \quad\quad \quad\quad \quad -6x+6 \\\quad \quad\quad \quad\quad \quad\quad \quad\quad \quad -(-6x+6) \\\quad \quad \quad \quad\quad \quad\quad \quad\quad \quad \quad \quad\quad\quad0 </tex>

c)

1)

2)

<tex>\vec v (t) = \vec r'(t) = [6,-10t] \\\vec v (1) = [6,-10] </tex>

3)

<tex>\vec a (t) = \vec v'(t) = [0,-10] </tex>

Akslerasjonen i x rettning er null. Akslerasjonen i y rettning er konstant lik 10, nedover.

d)

Det er to muligheter for en av hver: Gutt,jente eller jente,gutt:

<tex>\frac{6}{10} \cdot \frac{4}{9} +\frac{4}{10} \cdot \frac{6}{9} = \frac{8}{15}</tex>

Man observerer at dette er en hypergeometrisk situasjon og får samme resultat ved å bruke den formelen.

e)

f)

1)

<tex>\lim_{x \to 2}\frac{x^2+4}{x-2}</tex>

Når x går mot to går brøken mot pluss eller minus uendelig (avhengig fra hvilken side man nærmer seg to) og grensen eksisterer ikke.

2)

<tex> \lim_{x \to 2} \frac{x^2-4}{x-2}= \lim_{x \to 2} \frac{(x+2)(x-2)}{x-2}=\lim_{x \to 2}(x+2) = 4 </tex>

a)

<tex>x^2+r^2 = (r+y)^2 \\ x^2+r^2 = r^2+2ry + y^2 \\ x^2 = 2ry +y^2 = y(y+2r)</tex>

b)

<tex>\angle CTS = 30^{\circ} \Rightarrow \angle TSC = 120^{\circ} \Rightarrow \angle AST = 60^{\circ}</tex>

Trekanten ATS er en 30, 60 , 90 trekant hvilket betyr at det korteste katetet er halvparten av hypotenusens lengde. Korteste katet har lengden r og hypotenuseen har lengde r+y, hvilket betyr at y = r.

a)

<tex>f(x) = 4x^2 \cdot e^{-x} \\ f'(x) = 4 \cdot 2 \cdot x \cdot e^{-x} + 4x^2 \cdot e^{-x} \cdot (-1) \\ f'(x) = 8xe^{-x} - 4x^2e^{-x}</tex>

Grafen til den deriverte:

b)

f har ekstremalpunkter for x = 0 og for x = 2

f' er negativ når x er mindre enn null og positiv når x er større enn null. x = 0 gir da et minimumspunkt. f' er positiv for når x er mindre enn to og negativ for verdier større enn 2. x = 2 gir et maksimumspunkt.

Minimum: (0,f(0)) = (0,0)

Maksimum: <tex>(2,f(2))=(2,\frac{16}{e^2})</tex>

Man observere at grafen til den deriverte har to ekstremalpunkter. Den dobbelderiverte er null i disse punktene og det er vendepunkter. x verdiene for disse er:

x = 0,59 og x = 3,41

For å finne y verdien setter vi inn i funksjonsuttrykket for f:

a)

Trekant ABP:<tex> A= \frac{a \cdot h}{2}</tex>

Trekant PCD:<tex> A= \frac{a \cdot (a-h=}{2} = \frac{a^2 - ah}{2}</tex>

b)

Summen av arealene:

<tex>\frac{a \cdot h}{2} + \frac{a^2 - ah}{2} = \frac{a^2}{2}</tex>

Dette er halvparten av kvadratets areal.

a)

<tex>\vec{AB}= [7-(-1),-2-0] = [8,-2] \\ \vec{AC} = [3-(-1),6-0]=[4,6]</tex>

Vinkel A:

<tex> \vec{AB} \cdot \vec{AC} = |\vec{AB}|\cdot|\vec{AC}| \cdot cos \alpha \\ cos \alpha = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}|\cdot|\vec{AC}|} \\ cos \alpha = \frac{[8,-2] \cdot [4,6]}{\sqrt{8^2+(-2)^2}\cdot \sqrt{4^2+6^2}} \\ \alpha = 78,4^{\circ} </tex>

b)

<tex>\vec{DE} = - \frac 34\vec{AB} +\frac 34 \vec{AC} = - \frac 34[8,-2] +\frac 34 [4,6] = [-3,6] </tex>