R1 2020 vår LØSNING

DEL EN

Oppgave 1

a)

$f(x)=x^6 + 3x^5 + ln(x) \\ f'(x)= 6x^5+15x^4 + \frac{1}{x}$

b)

$g(x)=2x^2 \cdot e^{2x-1}\\ g'(x) = 4x \cdot e^{2x-1} + 2x^2 \cdot 2 \cdot e^{2x-1} = (1+x)4x \cdot e^{2x-1}$

c)

$h(x) = \frac{4x-1}{x+2} \\ h'(x) = \frac{4(x+2) - (4x-1)}{(x+2)^2} = \frac{9}{(x+2)^2}$

Oppgave 2

a)

$ln(x^2) + ln(x) = 12 \\ 2 ln(x) + ln(x) = 12 \\ 3 ln(x) = 12 \\ e^{ln(x)} = e^4 \\ x = e^4 $

b)

$e^{2x}-e^x =6 \\(e^x)^2 - e^x - 6 =0 \\ u = e^x \\ u^2-u-6=0 \\ u = 3 \vee u = -2 \\ e^x = 3 \vee e^x = -2 \\ x = ln(3)$

$e^x =-2$ har ingen løsning.

Oppgave 3

$\vec{u} \cdot \vec{v } =-2$ og $|\vec u | = 3$ og $ |\vec v | = 2$

$\vec a = 2 \vec u + 3 \vec v$ og $ \vec b = t \cdot \vec u + 5 \vec v$

a)

Dersom to vektorer er parallelle:

$ k \vec{a} = \vec{b} \\ k(2 \vec u + 3 \vec v) = t \cdot \vec u + 5 \vec v \\ 2k \vec u = t \cdot u \wedge 3k \cdot \vec v = 5 \vec v \\ t = 2k \wedge k = \frac 53 \\ t = \frac{10}{3}$

b)

Når to vektorer står normalt på hverandre er skalarproduktet null:

$ (2 \vec{ u} + 3 \vec {v})(t \cdot \vec u + 5 \vec v )= 0 \\ 2 \cdot t \cdot \vec {u^2} + 10 \cdot \vec{ u} \cdot \vec v + 3 \cdot t \cdot \vec u \cdot \vec v + 15 \vec{ v^2}$

Fra oppgaveteksten vet vi at: $\vec{u^2} = | \vec {u} | \cdot |\vec {u} | =9 \\ \vec{v^2} = | \vec{v} | \cdot | \vec{v} | = 4 \\ \vec{u} \cdot \vec{v} = -2$

Setter inn og får:

$2 \cdot t \cdot 9 +10 \cdot (-2) + 3 \cdot t \cdot(-2) + 15 \cdot 4 =0 \\ 12t = -40 \\ t = - \frac{10}{3}$

Oppgave 4

a)

Dersom polynomet går opp i (x-1) må P(1) være lik null:

$P(1) = 6 \cdot 1^3-5 \cdot 1^2-2 \cdot 1 +1 = 6-5 -2+1=0$, altså går divisjonen P(x) : (x-1) opp.

b)

Faktoriserer så $6x^2+x-1$:

$x= \frac{-1 \pm \sqrt{1-4 \cdot 6 \cdot (-1)}}{12} =\frac{-1 \pm 5}{12} \\ x = - \frac 12 \vee x= \frac 13 $

$6x^2+ x -1 = 6(x + \frac 12)(x - \frac 13) = (2x+1)(3x-1)$

Altså kan man skrive:

$P(x)= (x-1)(2x+1)(3x-1)$

c)

$F(x) = \frac{P(x)}{(x^2-1)} = \frac{(2x+1)(3x-1)}{(x+1)}$

Nå må vi huske at nevneren fører til at F(x) ikke er definert for x = -1 eller for x = 1.

Setter inn i et fortegnsskjema, for å drøfte fortegnet til F(x):

Vi får tre områder der F er større eller lik null:

$x \in < -1, - \frac 12] \cup [ \frac 13 , 1> \cup < 1, \rightarrow>$

d)

$P(x)= (x-1)(2x+1)(3x-1)$ og $F(x)= \frac{P(x)}{x^2-1} = \frac{(x-1)(2x+1)(3x-1)}{(x+1)(x-1)} = \frac{(2x+1)(3x-1)}{(x+1)}$

$\lim\limits_{x \to 1} F(x) = \frac{(2 \cdot 1+1)(3 \cdot 1-1)}{(1+1)} = \frac 62 =3$

$\lim\limits_{x \to -1} F(x) = \frac{(2 \cdot -1+1)(3 \cdot -1-1)}{(-1+1)} = $

Når x går mot -1 går telleren mot 4 og nevneren mot 0. Grensen eksisterer ikke.

Oppgave 5

a)

Vi velger 3 av 8 bøker. Rekkefølgen vi trekker i har ikke betydning. Hvor mange kombinasjoner finnes? :

$3C8 = \frac{8!}{5! \cdot 3!} = \frac {8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 8 \cdot 7 = 56$

Det er mulig å velge 56 kombinasjoner av bøker.

b)

Dette er en hypergeometrisk situasjon. Vi trekker 4 og 3 skal være riktige:

$\frac{\binom{3}{3} \binom{5}{1}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {1}{14} $

c)

Det "motsatte" av minst to er null og en; dersom drikke får minst to, får du enten null eller en.

Vi finner P (minst to bøker) = 1 - ( P( null bøker) + P( en bok) )

På matematikkspråk er dette sannsynligheten av komplementære hendelser, og ikke "motsatte" som vi skrev over.

$P(x=0) = \frac{\binom{3}{0} \binom{5}{4}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {1}{14} $

$P(x=1) = \frac{\binom{3}{1} \binom{5}{3}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {3}{7} $

Vi får da P( minst to riktige bøker) = $1- \frac {1}{14} - \frac 37 = 0,5$ , altså 50 % sjanse for minst to riktige.

Vi kunne også ha regnet ut sannsynligheten for to riktige og lagt det til sannsynligheten for tre, som vi regnet ut i b, kanskje litt tidsbesparende.

Oppgave 6

a)

AB har lengden 6 og DC har lengden 2x. Høyden er f(x):

$F(x) = \frac{6+2x}{2} \cdot (9-x^2) = -x^3 - 3x^2 +9x+ 27$

b)

$F'(x) = -3x^2-6x+9$

$F'(x) = 0 $ gir x= -3 eller x = 1.

Av uttrykket for den deriverte ser man at den deriverte går fra positv til negativ i nullpunktet x = 1 ( parabelen vender sin hule side ned.)

$F(1)= -1-3 + 9 + 27 = 32$

Størst areal er 32, når x = 1.

Oppgave 7

Vinkel D er 65 grader, da er vinkel w = 130 grader. (periferi / sentral vinkel) Av samme grunn er u = 65 grader. I trekanten BCE er vinkelen i E (180-35-65) grader = 80 grader. Det gjør at vinkel v = 100 grader.

Oppgave 8

a)

Linjen l har parameterfremstilling:

$ l: \left\{ \begin{array}{rcl} x=t \\ y=2t+1 \end{array}\right. $

For en vilkårlig t verdi er D (t, 2t + 1)

$\vec{AD} = [ t - (-1), (2t+1) - 1 ] = [ t+1 , 2t]$, som skulle vises.

b)

$\vec{AD} = [t+1, 2t ]$ og $\vec {CD} = [t-7, 2t - 4]$

Lengden av AD og CD vektor skal være like.

$|\vec{AD}|^2 = |\vec{CD}|^2 \\ $

DEL TO

Oppgave 1

a)

Tellingen av en bil skal ikke påvirke den neste. Dersom hun teller bilene i en "elbil kortesje" blir det feil. Hun må anta at populasjonen av biler er stor i forhold til de 100 hun teller, slik at det ikke endrer sannsynligheten (man kan tenke at å telle en bil er det samme som å trekke ut, uten tilbakelegging. Dersom populasjonen er stor i forhold til utvalget vil ikke sannsynligheten påvirkes i nevneverdig grad.)

b)

c)

Oppgave 2

a)

Begge linjene har stigningstall 5, altså er de parallelle.

b)

Som skulle vises.

Oppgave 3

a)

b)

Vi finner fartsvektorene ved å derivere posisjonsvektorene:

$\vec{v_1 (t)} = (\vec{r_1(t)})' = [2t,3t^2-2 ] \\ \vec{v_2 (t)} = (\vec{r_2(t)})' = [2,4-8t ]$

Banefarten til partikkel 1 blir da: $ | \vec{v_1(-1) }| = \sqrt{4 +1} = \sqrt 5$

Banefart partikkel 2: $ | \vec{v_2(-1) }| = \sqrt{4 +144} = \sqrt{148} = 2 \sqrt{37}$

Banefarten er henholdsvis ca. 2,2 m/s og ca. 12,2 m/s når t = - 1.

c)

Dersom begge partiklene skal ha samme fartsrettning må forholdet mellom fartskomponentene i x retning og y- retning være den samme:

Fartsretningen er den samme ved t = - 0,28 sek og ved t = 0,65 sek.