R1 2010 vår LØSNING

Del 1

Oppgave 1a)

1) <tex>f(x)=x^3\ln(x)\Rightarrow f'(x)=(x^3)'\ln(x)+x^3(\ln(x))'=3x^2\ln(x)+x^3\frac{1}{x}=x^2(3\ln(x)+1)</tex>

2) <tex>g(x)=4e^{x^2-3x}\Rightarrow g'(x)=4(2x-3)e^{x^2-3x}</tex>

Oppgave 1b)

1) La <tex>P(x)=x^3-4x^2-4x+16</tex>. Da er <tex>P(2)=2^3-4\cdot 2^2-4\cdot 2+16=8-16-8+16=0</tex>, og <tex>x-2</tex> er en faktor i <tex>P(x)</tex>. Polynomdivisjon gir at <tex>x^3-4x^2-4x+16\,:\,x-2=x^2-2x-8 </tex>. Vi ser videre at <tex>-2</tex> er en rot i polynomet <tex>x^2-2x-8</tex>, så <tex>x+2</tex> er en faktor. Polynomdivisjon gir dermed at <tex>x^2-2x-8\,:\, x+2=x-4</tex>, så <tex>P(x)=(x-2)(x+2)(x-4)</tex>

2) <tex>P(x)\leq 0\Rightarrow (x-2)(x+2)(x-4)\leq 0</tex>. P(x) har nullpunkter i <tex>x=-2</tex>, <tex>x=2</tex> og <tex>x=4</tex>, og skifter fortegn i disse punktene. Dersom <tex>x<-2</tex> er hver av de tre faktorene i <tex>P(x)</tex> negativ, og <tex>P(x)<0</tex>. Dersom <tex>-2<x<2</tex> er to av faktorene negative og <tex>P(x)>0</tex>. Dersom <tex>2<x<4</tex> er nøyaktig én faktor negativ, og <tex>P(x)<0</tex>. Dersom <tex>x>4</tex> er alle faktorene positive, og <tex>P(x)>0</tex>. Ulikheten <tex>P(x)\leq 0</tex> er følgelig tilfredsstilt for <tex>x\leq -2</tex> og <tex>2\leq x\leq 4</tex>.

Oppgave 1c)

<tex>\text{Per er fra Bergen}\Rightarrow \text{Per er fra Norge}</tex>. (At Per er fra Norge behøver ikke bety at han er fra Bergen.)

Oppgave 1d)

1) La <tex>\vec{a}=[3,5]</tex>. Vi dobler vektoren ved å multiplisere med <tex>2</tex>, og snur retningen ved å multiplisere med <tex>-1</tex>. Det følger at <tex>\vec{b}=-2\cdot [3,5]=[-6,-10]</tex>

2) For at <tex>\vec{c}=[x,y]</tex> skal stå normalt på <tex>\vec{a}</tex>, må <tex>\vec{c}\cdot \vec{a}=[x,y]\cdot[3,5]=3x+5y=0</tex>. Et naturlig valg er <tex>x=5</tex>, <tex>y=-3</tex>, så <tex>\vec{c}=[5,-3]</tex>.

Oppgave 1e)

<tex>4\cdot \left ( 1+\frac{x}{100}\right )^4=64\Rightarrow \left ( 1+\frac{x}{100}\right )^4=16=2^4\Rightarrow 1+\frac{x}{100}=2\Rightarrow x=100</tex>

Oppgave 2a)

Vi har at <tex>f'(x)=2(x+1)(x-3)</tex>, så <tex>f'(x)</tex> har nullpunkt i <tex>x=-1</tex> og <tex>x=3</tex>. Dersom <tex>x<-1</tex> er <tex>f'(x)>0</tex> og <tex>f(x)</tex> vokser, dersom <tex>-1<x<3</tex> er <tex>f'(x)<0</tex> og <tex>f(x)</tex> avtar, og dersom <tex>x>3</tex> er <tex>f'(x)>0</tex> og <tex>f(x)</tex> vokser. <tex>f(x)</tex> har derfor toppunkt i <tex>x=-1</tex> og bunnpunkt i <tex>x=3</tex>.

Oppgave 2b)

<tex>f'(x)=2(x+1)(x-3)\Rightarrow f(x)=2(x-3)+2(x+1)=4x-4</tex>. <tex>f(x)</tex> har vendepunkt der <tex>f(x)=0</tex>, altså i <tex>x=1</tex>

Oppgave 2c)

Nullstiller vi den andrederiverte til <tex>g(x)</tex> får vi en lineær ligning som følgelig bare kan ha én løsning. Derfor kan funksjonen maksimalt ha ett vendepunkt. Vi har at <tex>g(x)=a(x-c)+a(x-b)=a(2x-b-c)</tex>. Førstekoordinaten til vendepunktet er løsning på ligningen <tex>g(x)=a(2x-b-c)=0</tex>, som er gitt ved <tex>x=\frac{b+c}{2}</tex>, altså midt mellom <tex>b</tex> og <tex>c</tex>, som også er midt mellom <tex>x_{maks}</tex> og <tex>x_{min}</tex> (siden <tex>g(x)</tex> har topp- og bunnpunkt i <tex>x=b</tex> og <tex>x=c</tex>, der den deriverte er <tex>0</tex>).

Del 2

Oppgave 4a)

Oppgave 4b)

<tex>\vec{v}=\vec{r}'=[3t^2,1]</tex> og <tex>\vec{a}=\vec{v}'=[6t,0]</tex>