R1 2018 vår LØSNING
Diskusjon av denne oppgaven på matteprat
Løsningsforslag (pdf) (open source, meld fra om forbedringer eller feil her)
Løsningsforslag av LektorNilsen (pdf)
Løsning som video av Lektor Håkon Raustøl
DEL 1
Oppgave 1
a)
$f(x)=x^4-x+2$
$f'(x)=4x^3-1$
b)
$g(x)=x^3\cdot ln(x)$
$g'(x)=3x^2\cdot ln(x) + x^3 \cdot \frac{1}{x} = 3x^2ln(x)+x^2$
c)
$h(x)=e^{2x^2+x}$
$h'(x)=(4x+1)e^{2x^2+x}$
Oppgave 2
a)
$\frac{1}{2x-2}+\frac{2}{x-3}-\frac{x-2}{x^2-4x+3} \\ = \frac{1\cdot \color{blue}{(x-3)}}{2(x-1)\color{blue}{(x-3)}}+\frac{2\cdot \color{red}{2(x-1)}}{\color{red}{2(x-1)}(x-3)}-\frac{\color{orange}{2}(x-2)}{\color{orange}{2}(x-1)(x-3)} \\ =\frac{ (x-3) + (4x-4) - (2x-4)}{2(x-1)(x-3)} \\ = \frac{x+4x-2x -3-4+4}{2(x-1)(x-3)} \\ = \frac{3x-3}{2(x-1)(x-3)} \\ = \frac{3(x-1)}{2(x-1)(x-3)} \\ = \frac{3}{2(x-3)} \\ = \frac{3}{2x-6}$
b)
$2ln(x\cdot y^3)-\frac{1}{2}ln(\frac{x^4}{y^2}) \\ = 2(ln(x)+ln(y^3))-\frac{1}{2}(ln(x^4)-ln(y^2)) \\= 2(ln(x)+3ln(y))-\frac{1}{2}(4ln(x)-2ln(y)) \\= 2ln(x)+6ln(y)-2ln(x)+ln(y) \\= 7ln(y)$
Oppgave 3
Vi har punktene A(-2,-1), B(-1, -3), C(3, -1) og D(t,t^2+2) der $t\in R$.
a)
$\vec{AB} = [-1-(-2), -3-(-1)] = [1, -2]$
$\vec{BC} = [3-(-1), -1-(-3)] = [4, 2]$
b)
$[1,-2]\cdot[4,2] = 1\cdot 4 + (-2)\cdot 2 = 4-4 = 0$
Skalarproduktet av $\vec{AB}$ og $\vec{BC}$ er 0, og vi har derfor $\vec{AB}\perp\vec{BC}$
c)
$\vec{CD}=[t-3, t^2+2-(-1)] = [t-3, t^2+3]$
Dersom $\vec{CD}\| \vec{AB}$, så er $\vec{CD} = k\cdot\vec{AB}$
$[t-3,t^2+3]=k\cdot[1,-2]$
Vi får likningssettet:
$I \quad t-3 = k$
$II \quad t^2+3=-2k$
$II \quad t^2+3 = -2 (t-3) \\ \quad t^2 + 3 = -2t+6 \\ \quad t^2 + 2t -3 = 0 \\ \quad (t+3)(t-1) = 0 \\ \quad t = -3 \vee t = 1$
$\vec{CD}\| \vec{AB}$ når $ t = -3 \vee t = 1$.
Oppgave 4
Vi har $f(x)=x^3+k\cdot x + 12$
a)
Dersom $f(x):(x-1)$ skal gå opp, er x=1 et nullpunkt.
$f(1)=0 \\ 1^3+k\cdot 1 + 12 = 0 \\ k+13 = 0 \\ k=-13$
b)
Vi har nå $f(x)=x^3-13x+12$
Utfører polynomdivisjonen:
$f(x)=(x^2+x-12)(x-1) = (x-3)(x-1)(x+4)$
c)
$\frac{x^2+x-12}{x-1} \geq 0 \\ \frac{(x-3)(x+4)}{x-1} \geq 0$
$\frac{x^2+x-12}{x-1} \geq 0$ nå $x\in [-4,1]\cup [3,\rightarrow \rangle$
Oppgave 5
D = defekt
a)
$P(A \cap D) = 0,40 \cdot 0,03 = 0,012 = 1,2 \%$
Sannsynligheten for at laderen kommer fra leverandør A og er defekt, er 1,2%.
b)
$P(D)=P(D|A)\cdot P(A) + P(D|B)\cdot P(B) \\= 0,03\cdot 0,40 + 0,02 \cdot 0,60 = 0,012 + 0,012 = 0,024$
$P(A | D) = \frac{P(A) \cdot P(D|A)}{P(D)} = \frac{0,40 \cdot 0,03}{0,024} = \frac{0,012}{0,024} = 0,5 = 50\%$
Sannsynligheten for at en lader som er defekt, kommer fra leverandør A, er 50%.
Oppgave 6
Vi har $f(x)=e^{2x}-4e^x+3$
a)
$f(x)=0 \\ e^{2x}-4e^x+3 = 0 \\ \text{Setter} \,u = e^x \\ u^2 - 4u + 3 = 0 \\ (u-1)(u-3)=0 \\ u= 1 \vee u = 3 \\ e^x = 1 \vee e^x = 3 \\ x = ln 1 \vee x = ln 3 \\ x = 0 \vee x \approx 1,10 $
Nullpunktene til f er (0,0) og (1.10, 0).
b)
$f'(x)= 2e^{2x}-4e^x$
$f'(x)=0 \\ 2e^{2x}-4e^x = 0 \\ 2e^x(e^x-2)\\ 2e^x = 0 \vee e^x = 2 \\ \xcancel{x = ln 0} \vee x = ln 2 \\ x = ln 2 \approx 0,69$
Forkaster $x = ln 0$ da $ln 0 $ ikke er definert.
Finner funksjonsverdien i x = ln 2.
$f(ln 2) = e^{2(ln2)}-4e^{ln2} + 3 = e^{ln2^2}-4\cdot 2 + 3 = 4-8+3 = -1$
Grafen til f har et bunnpunkt i (0.69, -1).
c)
$f' '(x)=4e^{2x}-4e^x = 4e^x(e^x-1)$
$f' '(x)=0 \\ 4e^x(e^x-1) = 0 \\ 4e^x = 0 \vee e^x = 1 \\ \xcancel{x = ln0} \vee x=ln1 \\ x=0$
Finner funksjonsverdien i x = 0.
$f(0)=e^{2\cdot 0}-4e^0+3 = 1-4+3 = 0$
Grafen til f har et vendepunkt i (0,0).
d)
Du må tegne for hånd. Bruk nullpunktene og bunnpunktet fra de forrige oppgavene. I tillegg har vi at:
$\lim_{x \rightarrow - \infty}$