Løsningsforslag

R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
R1 Eksamen høsten 2009 Løsning
Del 1
Oppgave 1
a) Deriver funksjonen f (x)  5e3 x
f (x)  5  e3 x  3  15e3 x
b) Deriver funksjonen g  x   x3  ln 2x 
g(x)  3x 2  ln 2 x   x 3 
2
 x 2  3ln  2x   1
2x
c) Likningen 2x 3  10 x2  2x  10  0 har tre løsninger. Vis at x1  1 er en løsning og finn de to
andre.
Vi setter x  1 inn i utrykket 2x 3  10 x2  2x  10
2  13  10  12  2  1  10  0
Dette viser at x  1 er en løsning av likningen 2x 3  10 x2  2x  10  0 .
Når x  1 er en løsning av likningen 2x 3  10 x2  2x  10  0 , vet vi at 2x 3  10 x2  2x  10 er
delelig med  x  1 .
Vi utfører polynomdivisjonen
2x
 2x

3
 10 x 2  2 x  10 :  x  1   2 x 2  8 x  10
3
 2x2

 8 x2  2x

 8 x 2  8 x

 10 x  10
  10 x  10 
0
Vi løser så andregradslikningen 2x2  8 x  10  0 og finner de to andre løsningene
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
2 x 2  8 x  10  0 |: 2
x2  4 x  5  0
x
  4  
 4 2  4  1   5
2 1
46
2
x  1  x  5
x
d) Skriv så enkelt som mulig
 1 
lg a2 b  lg  
 ab 
 
 1 
lg a2 b  lg    2lg a  lg b  (lg 1  lg a  lg b)  3lg a  2lg b
 ab 
 
e) Figuren nedenfor viser grafen til en funksjon.
1) Bestem x-verdien til eventuelle punkter der funksjonen ikke er kontinuerlig. Begrunn svaret
ditt.
Funksjonen er ikke kontinuerlig for x  1 fordi lim f (x)  f (1)
x 1
2) Bestem x-verdien til eventuelle punkter der funksjonen ikke er deriverbar. Begrunn svaret
ditt.
Funksjonen er ikke deriverbar for x  2, x  0 og x  1 fordi
lim f (x)  lim f (x), lim f (x)  lim f (x) og lim f (x)  lim f (x)
x 2
f)
x 2
x 0
x3  x
x 1 x  1
Bestem grenseverdien lim
x 0
x 1
x 1
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
Både teller og nevner er null for x  1 . Vi må derfor omforme brøken for å bestemme
x  x  1  x  1
x3  x
 lim
 lim x  x  1  2
x 1 x  1
x 1
x 1
x 1
grenseverdien: lim
g) Et kvadrat OABC med side a er plassert i et
koordinatsystem. Hjørnet O er i origo, og A ligger på
førsteaksen. Se figuren til høyre.
1) Bestem koordinatene til punktene A, B og C uttrykt
ved a.
A   a,0  B   a, a  C   0, a 
2) Vis at diagonalene i kvadratet står vinkelrett på
hverandre.
OB  AC  a, a  0  a, a  0  0
OB  AC  0  OB  AC
Diagonalene står vinkelrett på hverandre.
h) Vi har punktene A 1, 2 , B 1, 4  og C  6, 2 
1) En linje l går gjennom A og B . Bestem en parameterfremstilling for l.
Stigningstall:
4 -2
2
2 -1
Parameterfremstilling for l: x  1  t  y  2  2t
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
2) En linje m går gjennom C og er parallell med vektoren  2, 1 . Finn skjæringspunktet
mellom l og m ved regning.
Parameterfremstilling for m: x  6  2s  y  2  s
I skjæringspunktet må x-koordinaten være like og y-koordinatene må være like. Det gir
likningssettet:
1  t  6  2s  2  2t  2  s
t  5  2s  2  2  5  2s   2  s
s 2
Finner koordinatene: x  6  2  2  2  y  2  2  4
Skjæringspunktet er (2,4)
Oppgave 2
Den italienske matematikeren Vincenzo Viviani (1622-1703) har fått følgende setning i geometrien
oppkalt etter seg:
a) Tegn en figur, sett på aktuelle symboler (bokstaver) og formuler Vivianis setning med
matematiske symboler
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
PE  PF  PG  h
b) Skriv arealet av trekanten på to forskjellige måter, og bruk dette til å bevise Vivianis setning.
Vi setter siden i trekanten lik s. Arealet av trekanten ABC er lik summen av trekantene ABP, BCP
og ACP. I alle disse trekantene kan vi se på s som grunnlinje og høyden er henholdsvis PE, PG og
PF.
Arealet til trekanten:
1
1
s  h  s  (PE  PF  PG)
2
2
h  PE  PF  PG
Setningen er dermed bevist.
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
Del 2
Oppgave 3
Vi bruker en test for å undersøke om en person har en bestemt sykdom.
Vi definerer hendelsene:
T: Testen tyder på at personen har sykdommen.
S: Personen har faktisk sykdommen.
a) Vi har at P(T |S)  0,96 og at P(T |S)  0,05 . Forklar hva disse sannsynlighetene forteller oss.
Bestem P(T | S) .
P(T |S)  0,96 betyr at sannsynligheten for å teste positivt hvis du virkelig er syk er 0,96.
P(T | S)  0,05 betyr at sannsynligheten for å teste positivt hvis du ikke er syk er 0,05.
P(T |S)  1  0,05  0,95
Vi antar at 3 % av befolkningen har denne sykdommen. En tilfeldig valgt person skal testes.
b) Bestem P(T ) .
Vi setter opplysningen inn i et valgtre.
0, 03
0,97
Syk
Ikke syk
0,96
0, 04
0, 05
Testen slår ut
Testen slår ikke ut
Testen slår ut
0,95
Testen slår ikke ut
P(T )  0,03  0,96  0,97  0,05  0,077
c) Dersom testen tyder på at personen har sykdommen, hva er da sannsynligheten for at denne
personen faktisk har sykdommen?
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
Vi bruker Bayes setning og får:
Sannsynligheten: P(S |T ) 
P  S   P T | S 
P T 

0,03  0,96
 0,373
0,077
d) Dersom testen tyder på at personen ikke har sykdommen, hva er da sannsynligheten for at
personen likevel faktisk har sykdommen?
Sannsynligheten: P(S |T ) 
P  S   P T | S 
P T 

0,03  0,04
 0,001
0,03  0,04  0,97  0,95
Oppgave 4 Alternativ 1
Posisjonen til en partikkel etter t sekunder er gitt ved
r t   4t  3t  e t , 5t  e t  der t  0
Enheten langs aksene er meter. Andrekoordinaten er høyden over bakken.
a) Hva er posisjonen til partikkelen etter ett sekund?
Tegn grafen til r .
Posisjonsvektoren:
r (1)  4  3  1  e 1 ,5  e 1 
Posisjonen er
4  3 e
1
,5  e 1    2,90,1,84 
b) Finn fartsvektoren og akselerasjonsvektoren ved
regning.
r (t )  4t  3t  e t ,5t  e t 
Fartsvektoren:
v t   r  t 


v  t   4  3  e t  3t   e t  , 5  e t  5t   e t  


t
t
t
t
v  t   4  3  e  3t  e , 5  e  5t  e 
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
Akselerasjonsvektoren:


a  t  = v   t    3   e t   3  e t  3t   e t  , 5   e t   5  e t  5t  e t  


t
t
t
t
t
t
a  t   3e  3e  3t  e ,  5  e  5  e  5te 
a  t   6e t  3t  e t ,  10  e t  5te t 
c) Bestem farten (absoluttverdien av fartsvektoren) etter to sekunder.
Farten er v(2) m/s  (4  3  e 2 )2   5  e 2 1  2   m/s  4,46m/s
2
d) Finn ved regning når partikkelen er i det høyeste punktet.
Da må fartsvektoren være parallell med x-aksen, altså må y-koordinaten til fartsvektoren være
null:
5  et (1  t)  0  t  1
Partikkelen er i det høyeste punktet etter ett sekund.
e) Bestem vinkelen mellom posisjonsvektoren og fartsvektoren i det høyeste punktet.
Alternativ 1
Bruker skalarproduktet. Gjør utregningen ved hjelp av digitalt hjelpemiddel.
Vinkelen mellom posisjonsvektoren og fartsvektoren i det høyeste punktet.
r 1   v 1 
cos   r 1  , v 1    
r 1   v 1 
11,58
cos   r 1  , v 1   
13,72




  r 1  , v 1    32,4
Alternativ 2
I det høyeste punktet er fartsvektoren parallell med x-aksen. Derfor
blir den aktuelle vinkelen den samme som vinkelen mellom
posisjonsvektoren og x -aksen. Vi tegner tangenten i toppunktet og
posisjonsvektoren til toppunktet. Så finner vi vinkelen mellom
posisjonsvektoren og x -aksen. Vinkelen blir 32,4 (se grafen)
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
Oppgave 4 Alternativ 2
I denne oppgaven kan det være en fordel å bruke digitalt verktøy.
Vi har en sirkel med sentrum i S og et punkt M utenfor sirkelen. Hver av sidene i trekanten CMB ligger
på en tangent til sirkelen.
Tangentene gjennom M og D og gjennom M og E ligger fast. Tangenten gjennom B og C kan varieres.
Denne tangenten tangerer sirkelen i punktet A. A ligger på den korteste buen mellom D og E. Se
figuren nedenfor.
I denne oppgaven skal du undersøke om denne sammenhengen gjelder:
a) Bruk dynamisk programvare eller passer og linjal til å konstruere en figur som stemmer med
beskrivelsen ovenfor. Flytt punktet A, og observer hver gang størrelsen til CSB . Hvor godt
stemmer sammenhengen ovenfor med dine observasjoner?
Observasjonene viser at vinkelen er konstant for alle mulige plasseringer av A.
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
b) Forklar at
1) Trekantene SDB og SAB er kongruente (like).
En av kongruenssetningene lyder: To trekanter er kongruente dersom to sider er parvis
like lange og de motstående vinklene til de lengste av disse sidene er like store.
Begge trekantene er rettvinklede. Hypotenusen er felles og en av katetene er lik radius i
sirkelen. Da er kravene i kongruenssetningen oppfylt og trekantene er kongruente.
2) Trekantene SEC og SAC er kongruente (like).
Samme begrunnelse som i 1)
3)
1
CSB  ESD
2
CSB  CSA  ASB
CSA  CSE og ASB  DSB
1
Da er CSB  ESD
2
c) Bruk resultatet i b) til å forklare at SCB er konstant.
ESD er sentralvinkel til buen ED. Siden punktet M og tangentene ME og MD skulle ligge fast er
denne buen konstant. Da er også ESD og SCB konstante.
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
Oppgave 5
En rett linje med stigningstall a går gjennom punktet  2, 1 . Linjen skal synke mot høyre.
a) Vis at ligningen til linjen kan skrives som
y  ax  2a  1, der a  0
Vi bruker ettpunktsformelen for ei linje gjennom (2,1) med stigningstall a :
y  1  a  x  2  y  ax  2a  1
Vi kaller skjæringspunktet med x-aksen for A og skjæringspunktet med y-aksen for B . Vi lar F  a 
være arealet av trekanten OAB . O er origo. Skissene nedenfor viser trekantene for
a  5, a  2, a  0,5 og a  0,1 .
I denne oppgaven skal du finne ut hvilken a -verdi som gjør arealet minst.
b) Vis at F  a 
2a  1

2
2a
Vi finner skjæringspunktene mellom linja og koordinataksene.
Skjæring med x -aksen: y  0  0  ax  2a  1  x 
Skjæring med y -aksen: x  0  y  2a  1
2a  1
a
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
2a  1
1 2a  1
Arealet av trekanten: F (a)  
  2a  1  
2 a
2a
2
1
c) Tegn grafen til F . Velg a -verdier i intervallet  5,   . Bruk grafen
10


til å finne det minste arealet og det tilhørende stigningstallet til linjen.
Vi finner bunnpunktet ved å tegne en vilkårlig tangent og så flytte
tangeringspunktet til tangenten er horisontal. Bunnpunktet blir
 0,5, 4  . Det minste arealet blir 4. Det får vi når stigningstallet er
0,5 .
d) Vis ved regning at F   a  
F (a)  
 2a  1
F (a) 
2a2
2
2a
F (a)  
F (a) 
2a  1 2a  1
2  2a  1   2  2a  2  2a  1 
2
(2a)2
2  2a  1  2a  1 
2  2a2
 2a  1 2a  1
2a2
e) Tegn fortegnslinjen til F   a  og bruk den til å finne det minste arealet. Hva er ligningen til linjen
når arealet er minst?
F (a)  
 2a  1
2
2a
2
  1 
2
2  2   1
2 

1

 

F ( )  

4
2
1
 1
2  
 2
R1 Eksamen, høsten 2009 Løsning
Det minste arealet er 4.
1
1
 1
Likningen for linja: y   x  2     1  y   x  2
2
2
2

