Løsningsforslag. Kalkulus. til. 2. utgave. Lisa Lorentzen. 6. februar 2015
|
|
- Berit Haaland
- 5 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Løsningsforslag til Kalkulus. utgave Lisa Lorentzen 6. februar 05
2 .. Reelle tall Kapittel : Grunnleggende emner.. Reelle tall Oppgave,,3: Se fasit. Oppgave 4: a) Siden grafen til g(x) = x er linjen gitt som til venstre, så er grafen til f(x) = g(x) gitt som til høyre:,0,8,6,4 0 K 3 4 x,,0 0,8 0,6 0,4 0, K x b) Siden f(x) = x = x, er grafen: c) Siden f(x) = for x > 3 og f(x) = for x < 3 og f(x) er udefinert for x = 3, er grafen til f(x) gitt ved:
3 .. Reelle tall 3 (Den vertikale streken hører ikke med til grafen. Min graftegner prøver å lage en sammenhengende graf, men f(x) er egentlig ikke definert for x = 3 der grafen gjør et hopp. Dette problemet opptrer i alle mine grafer med slike hopp.) d) Siden grafen til g(x) = (x+)(x 4) er gitt som til venstre, så er grafen til f(x) = g(x) gitt som til høyre: e) Siden grafen til g(x) = sin x er gitt som til venstre, så er grafen til f(x) = sin x gitt som til høyre: f) I dette tilfellet er f(x) = x + 5 = (x + 5) som har grafen
4 .. Reelle tall 4 g) (NY.) Siden x x 3 hvis og bare hvis x, der x = x 3 bare for x = 0 og x = ±, og f( x) = f(x), blir grafen til f(x) = x x 3 slik: h) Grafen til f(x) = x x 3 må bli lik grafen i g) for x 0. For x < 0 er f(x) alltid > 0 fordi da er både x > 0 og ( x 3 ) > 0. Grafen blir derfor slik: Oppgave 5 (d), e) og f) er NYE): Se fasit. Oppgave 6: a) x = x = x x = 7 Det vil si, 999x = 7 og derved x = = 9.
5 .. Reelle tall 5 b) x = x = x x = 7 Det vil si, 99x = 7 og derved x = 7 99 = 3. c) x = x = og 0x = Det vil si, 000x 0x = = og derved x = = = d) x = x =.3..., 00x = Det vil si, 00x 0x = 3 = 9 og derved x = = 9 90 = 3 5. Oppgave 7: (NY.) a) = = = 3. b) = = 3 = c) ( 8) = (8) = 8 8 = 8. d) = 8 = 4 = 4 =. e) = = 5 5( + 4) = + 4 = 3. f) = = 5 = 5. Oppgave 8: (NY.) a) a b = a b = a b = a ( b) = ab.
6 .. Reelle tall 6 b) 4a + 4b = 4(a + b ) = 4 a + b = a + b. c) a + a b b a = a + a b b a = a + b b = a b b. d) a b ab 3 a ab = ab (a b) a(a b) = b = b. Oppgave 9: (Tidl...7 ENDRET.) a) (Tidl...7 a) og f).) b) (Tidl..7 c) og b).)
7 .. Reelle tall 7 c) (Tidl...7 d) og e).) d) (NY.) Oppgave 0: (NY.) Fordi x + a = a + a når a er et heltall, gjelder: a) b) c) x = x = x = 3 3 x < 4. x = 3 x = 3 x = 5 5 x < 6. 5x = 4 5x = 4 5x = 5 5 5x < 6 3 x < 6 5. d) x + = 3 x + = 3 x = x <. Oppgave : (Tidl:..3.) 00 milliarder = millioner = = 0, så 00 millarder kroner er 0 kronestykker som det vil ta
8 .. Reelle tall 8 familien 0 / sekunder å telle opp. Nå er 0 sekunder = år år hvis vi tillater oss å regne 365 døgn per år i gjennomsnitt. (Gjennomsnittet er nærmere ( )/4 = 365.5, men pytt. Oppgave : (NY.) a) Midtpunktet er ( + )/ = 0. b) Midtpunktet er ( + 8)/ = 3. c) Midtpunktet er (3 + 4)/ = 7/. Oppgave 3: (NY.) a) Midtpunktet er (a, b) der a = (0 + )/ = og b = (0 + 4)/ =. b) Midtpunktet er (a, b) der a = (3 + 7)/ = 5 og b = (5 + 5)/ = 5. c) Midtpunktet er (a, b) der a = ( + 6)/ = 4 og b = (4 + 0)/ = 7. d) Midtpunktet er (a, b) der a = ( + 4)/ = og b = ( + ( 3))/ =. Oppgave 4: (Tidl:..5.) Ved trekantulikheten er x y = (x z) + (z y) x z + z y. Oppgave 5: (Tidl...6.) Ved trekantulikheten er x = (x + y) y x + y + y. Vi substraherer y på begge sider av ulikhetstegnet og får ulikheten. Oppgave 6: (NY.) Ved trekantulikheten er a + b a + b slik at a a + b b. La a = x y og b = y. Da kan ulikheten a a + b b skrives x y x y + y y = x y.
9 .. Reelle tall 9 Oppgave 7: (NY.) (Denne oppgaven er ikke ment som en trening i å føre bevis, men en anledning til å tenke igjennom konsekvenser av at et intervall er åpent, og en trening i å benytte begreper fra mengdelæren.) La først I = (a, b) være et åpent intervall, og la x høre til I. Da må x a og x b. Derfor er d := x a > 0 og d := b x > 0. La d være det minste av de to tallene d og d. Da er d > 0 og intervallet (x d, x + d) ligger innenfor I. Altså finnes det en omegn om x som ligger helt innenfor I. Siden dette gjelder for en vilkårlig valgt x I, gjelder det for alle x I. La så I være et intervall med endepunkter a og b der a < b, der I har den egenskapen at til hver x I finnes det en omegn om x som ligger helt innenfor I. Anta at a I. Da må det finnes en omegn om a som ligger helt innenfor I. Men det gjør det jo ikke! Altså er a ikke med i intervallet I. Beviset for at b I går på samme måte. Oppgave 8: (NY.) (Meningen med denne oppgaven er å gi studentene forståelsen av hva det betyr at et desimaltall er rasjonalt.) a) Mulige rester er 0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 og 0, altså muligheter. AHA! Antall mulige rester er i prinsippet lik størrelsen på heltallsnevneren. b) Tenk at divisjonen er kommet så langt at det ikke er flere siffer igjen å trekke ned fra telleren, slik at man trekker ned en null hver gang. Får man nå samme rest to ganger (ikke nødvendigvis rett etterhverandre), og det får man jo for det er bare endelig mange ulike rester som er mulig, ja, så er man kommet inn i en loop. Desimaltallene bare må komme periodisk. c) Situasjonen i b) vil alltid oppstå ved divisjon mellom to heltall: enten stopper prosessen (rest 0), noe som kan sees som en loop der vi får null i hvert trinn, eller så inntreffer en situasjon som i b). d) Siden det bare er 7 ulike mulige rester, og én av dem er lik null, er den lengste perioden man i prinsippet kan få av lengde 6. Oppgave 9: (NY.) Siden π = 3.4 betyr at 3.35 π < 3.45, gjelder 3.45 < π 3.35.
10 .. Likninger og ulikheter 0.. Likninger og ulikheter Oppgave : a) x + = x = 0 x = 0. b) x + 3 = x 3 x = 6. c) x + 3 = x 3 3x = 6 x =. d) Det er klart at x er nødvendig. Vi lar derfor x og får x + = 3 x + = 3(x ) 4 = x x =. x e) Det er klart at x 4 er nødvendig. Vi lar derfor x 4 og får x x + 4 = x = x + 4 x = 5. f) Det er klart at x 4 er nødvendig. Vi lar derfor x 4 og får x = x = x = 3x x =. x + 4 Oppgave : a) Ved teorem..8 er løsningene gitt ved x = 5 ± = 5 ± 3 = { 4. b) Ved teorem..8 er løsningene gitt ved x = ± + 4 = ± 3 = {.
11 .. Likninger og ulikheter c) Det er klart at x er nødvendig. Vi lar derfor x og får at likningen er ekvivalent med x + 3 = (x )(x + ) = x x x x 5 = 0. Ved teorem..8 er løsningene gitt ved x = ± = ± 64 = { 5 3. d) Ved teorem..6 er løsningene gitt ved x = 0 ± = 0 ± 00 = 0 ± 0 = 5( ± ). e) Dette er en tredjegradslikning. Vi ser lett at x = er en løsning. Polynomet på venstre side kan derfor divideres med (x ). Det gir (x 3 6x + x 6) : (x ) = x 5x + 6. x 3 x 5x + x 5x + 5x 6x 6 6x 6 Resten av løsningene må derfor være løsninger av annengradslikningen x 5x + 6 = 0 som ved teorem..8 har løsningene x = 5 ± = { 3. Den opprinnelige likningen har derfor løsningene x =, x = og x = 3. f) Denne likningen kan oppfattes som en annegradslikning med ukjent x. Ved teorem..8 får vi x = ± { + 4 =. Løsningen x = kan ikke brukes. Derfor er x = og derved x = ± de to reelle løsningene av den opprinnelige likningen.
12 .. Likninger og ulikheter g) Likningen kan skrives (x + x )x 3 = 0 som holder hvis og bare hvis x = 0 eller x + x = 0 som holder hvis og bare hvis x = 0 eller x = ± { + 4 / = 4. Derfor er løsningene av likningen x = 0, x =, og x =. h) Det er klart at x er nødvendig. La x. Siden telleren kan skrives som (x )(x+), kan vi forkorte faktoren (x+). Vi får da likningen som har løsning x =. x = Oppgave 3: a) x + x + = x + x + (/) (/) + = (x + ) + = (x + ) +. b) x 4x = x 4x + (4/) (4/) = (x ) 4 = (x ) 5. c) x + 4x + 4 = (x + x + ) = (x + x + + ) = ((x + ) + ) = (x + ) +. d) x 8x = (x 4x) = (x 4x+ ) = ((x ) 4) = (x ) 8. e) 3x + 8x + = 3(x 6x) + = 3(x 6x ) + = 3(x 3) 3 ( 9) + = 3(x 3) + 9.
13 .. Likninger og ulikheter 3 f) x + x = (x x + ) = (x ). Oppgave 4: a) () x y = 3 () x y = 4. Av likning () finner vi at x = 4 + y. Innsatt i () gir det (4 + y) y = 6 + 6y + 4y y = 3. Det vil si: 3y + 6y + 3 = 0 som har løsningene y = 6 ± = 6 ± 00 6 = 6 ± 0 6 = { 3/3. Når y =, er x = 4 + y =. Når y = 3/3, er x = 4 + y = 4/3. Systemet har derfor de to løsningene (x, y) = (, ) og (x, y) = ( 4/3, 3/3). b) () y x = 8 () y + x = 0. Av likning () finner vi at y = 0 x. Innsatt i () gir det 0 x x = 8, det vil si, x + x = 0 som har løsningene x = ± + 4 = ± 3 = {. Når x = er y = 0 x = 9, det vil si y = ±3. Når x =, er y = 0 x =, det vil si, y = ± 3. Systemet har derfor de fire løsningene (x, y) = (, 3), (x, y) = (, 3), (x, y) = (, 3) og (x, y) = (, 3). c) (Tidl. d).) () 4xy + z = 0, () x + y + z = 3, (3) xyz = 0. Av (3) følger at x = 0 eller y = 0 eller z = 0. Tilfelle : x = 0. Da følger det av () at z = 0. Innsatt i () gir det y = 3. Altså: (x, y, z) = (0, 3, 0) er en løsning. Tilfelle : y = 0. Da følger det av () at z = 0. Innsatt i () gir det x = 3.
14 .. Likninger og ulikheter 4 Altså: (x, y, z) = ( 3, 0, 0) er en løsning. Tilfelle 3: z = 0. Da følger det av () at xy = 0. Men de to mulige tilfellene x = 0 og y = 0 er allerede behandlet. Altså har ikke systemet flere løsninger. Oppgave 5: Siden + x > 0, kan vi multiplisere ulikheten med ( + x ) uten å snu ulikhetstegnet. Vi får: + x, som holder hvis og bare hvis 0 x, men det holder for alle x R. Oppgave 6: a) 0 < x < x og < x < x og < x < 3. Ulikheten holder derfor når < x < og når < x < 3, det vil si, x (, ) (, 3). b) Ulikheten holder hvis og bare hvis x + < eller < x +, det vil si hvis og bare hvis x < 3 eller < x, det vil hvis og bare hvis x (, 3) (, ). c) Siden x + > 0 for alle x R, kan vi multiplisere ulikheten med (+x ) uten å endre ulikhetstegnene. Det vil si, uliheten holder hvis og bare hvis x+3 > x +, det vil si hvis og bare hvis 0 > x + x 3 = (x )(x+). Et fortegnsskjema viser at denne ulikheten holder hvis og bare hvis x (, ). d) Vi ser at x = er umulig i ulikheten. Vi lar derfor x. Vi kan da multiplisere ulikheten med x > 0 og får x som holder hvis og bare hvis x eller x, det vil si, for x (, 0] [, ). e) Ulikheten holder hvis og bare hvis x x 4 < 4 eller x x 4 > 4. Det vil si, hvis og bare hvis x x = x(x ) < 0 eller x x 8 = (x 4)(x + ) > 0. Et fortegnsskjema viser at den første av disse to ulikhetene holder hvis og
15 .. Likninger og ulikheter 5 bare hvis 0 < x <. På samme måte ser vi at den andre uliketen holder hvis og bare hvis x < eller x > 4. Den opprinnelige ulikheten holder derfor hvis og bare hvis x (, ) (0, ) (4, ). f) Ulikheten kan løses ved samme teknikk som i de tidligere oppgavene. Men man kan også løse den på en enklere måte: x er avstanden på tallinjen mellom x og tallet, og x + 3 er avstanden mellom x og 3. Ulikheten sier at x skal ha større avstand til 3 enn til. Midtpunktet mellom 3 og er punktet ( 3 + )/ = /. For x i det punktet, er de to avstandene like. Derfor må x >. g) Vi ser at x = 4 er umulig i den doble ulikheten. La derfor x 4. Vi skiller mellom to tilfeller: Tilfelle : x > 4. Vi multipliserer ulikheten med (x 4) > 0 og får 5(x 4) < x + < 7(x 4) som blant annet krever at x 7x + 30 < 0. Men x 7x + 30 = (x 7/) 49/ = (x 7/) + 7/4 som er > 0 for alle x. Altså er ingen x > 4 med i løsningen. Tilfelle : x < 4. Vi multipliserer ulikheten med (x 4) < 0. Vi må da snu ulikhetene, og får 5(x 4) > x + > 7(x 4) som blant annet krever at 0 > x 5x+. Men x 5x+ = (x 5/) 5/4+ = (x 5/) +63/4 som er > 0 for alle x. Altså er heller ingen x < 4 med i løsningen. Altså har denne doble ulikheten ingen løsninger. h) Vi ser at x = er umulig i ulikheten. La derfor x ±. Vi skiller mellom tre tilfeller: Tilfelle : x >. Da kan venstre side skrives (x )/(x ) som er lik /(x + ) > 0. Ulikheten holder derfor hvis og bare hvis < (x + ) som holder for alle x >. Tilfelle : < x <. Da kan venstre side skrives (x )/(x ) som er lik /(x + ) der x + > 0. Ulikheten holder derfor hvis og bare hvis x + < som holder for alle < x < siden venstre side er negativ. (Dette kunne vi også ha sett direkte fra den opprinnelige ulikheten.) Tilfelle 3: x <. Da kan venstre side skrives (x )/(x ) som er lik /(x + ) der x + < 0. Når vi multipliserer ulikheten med (x + ), må vi snu den: > (x + ). Det vil si, x < = 3, altså, x < 3/. Konklusjon: ulikheten holder for x (, 3/) (, ) (, ).
16 .. Likninger og ulikheter 6 Oppgave 7: Siden + a > 0 og + b > 0 under de gitte betingelsene, kan vi multiplisere ulikheten med ( + a)( + b) uten å snu den. Derfor holder ulikheten hvis og bare hvis a( + b) < b( + a) a + ab < b + ab a < b Oppgave 8: a) er ikke sann dersom a < 0 og a < b. b) er ikke sann dersom b < 0. c) er alltid sann, uansett hvilke betingelser som gjelder for a og b. d) er alltid sann fordi x 3 øker når x øker (også når x er negativ). e) er ikke sann dersom a < 0 med a > b. (For eksempel a =, b = eller a =, b =.) f) er bare sann for a = b. (Når ulikheten multipliseres med, blir den snudd.) Oppgave 9: a) x 5x+4 = x 5x+( 5 ) ( 5 ) +4 = (x 5 ) = (x 5 ) ( 3 ) = (x )(x 5 3 ) = (x )(x 4). b) x +x = x +x+( ) ( ) = (x+ ) +8 4 = (x+ ) ( 3 ) = (x )(x + 3 ) = (x + )(x ). c) x 0x+5 = x 0x+(0/) (0/) +5 = (x 5) 0 = (x 5). d) I oppgave e viste vi at likningen x 3 6x + x 6 = 0 har løsningene x =, x = og x = 3. Siden polynomet x 3 6x + x 6 har pluss foran leddet av høyest grad, blir faktoriseringen (x )(x )(x 3). e) Det kan være fristende å bruke samme idé som i forrige oppgave, fordi likningen x 4 +x = 0 ble løst i oppgave f. Men vi fant bare to løsninger,
17 .. Likninger og ulikheter 7 nemlig x = og x =, og det er ikke mange nok. (x )(x + ) = (x ) er ikke det samme som x 4 + x. x 4 + x = x 4 + x + ( ) ( ) = (x + ) ( 3 ) = (x )(x + 3 ) = (x + )(x ) = (x + )(x + )(x ) der faktoren (x + ) ikke kan faktoriseres ytterligere. f) x 5 + x 4 x 3 = x 3 (x + x ) = x3 [x + x + ( 4 ) ( 4 ) ] = x 3 [(x + 4 ) 9 6 ] = x3 (x )(x ) = x3 (x + )(x ). Oppgave 0:. overgang følger av teorem.... overgang følger fordi a = a, b = b og ab = ab hvis a og b har samme fortegn eller en av dem er 0, mens ab < ab hvis a og b har motsatt fortegn. 3. overgang følger av teorem... Trekantulikheten følger nå hvis vi tar kvadratrot på hver side av ulikheten. (Husk at c = c for reelle tall!) Oppgave : Vi skal vise at a + b ab når a 0 og b 0. Ulikheten holder hvis og bare hvis det vil si, hvis og bare hvis der høyre side er lik ( a + b ) a + ab + b ab =, (a + ab + b ) ab 4 (a + ab + b 4ab) = 4 (a ab + b ) = 4 (a b). Dette uttrykket er alltid 0. Altså holder ulikheten. Likhet har vi bare når 4 (a b) = 0, altså hvis og bare hvis a = b.
18 .3. Grafen til en likning 8.3. Grafen til en likning. Oppgave.3.: (NY.) Kurvene er tegnet i rekkefølgen rød, blå og eventuelt grønn. a) og b) c) og d) Oppgave.3.: (NY.) a) L må ha likning (y 0) = (x ( 3)), altså y = x b) Linjen har stigningstall ( 3) =. Siden den går gjennom punktet 4 (, ), har den derfor likning y = 4 (x ), altså y = 4 x c) Siden L er parallell med linjen y = x, har den samme stigningstall som linjen y = x, altså stigningstall. Siden L også går gjennom punktet (, ), har den derfor likning y = (x ), altså y = x +.
19 .3. Grafen til en likning 9 Oppgave.3.3: (NY.) a) En sirkel med sentrum i (a, b) og radius R har likning (x a) +(y b) = R. Likningen for C blir derfor (x ( )) + (y ) = ( ) altså (x + ) + (y ) =. b) En sirkel med sentrum i (a, b) og radius R har likning (x a) +(y b) = R. Dersom punktet (0, 0) ligger på sirkelen, må x = 0, y = 0 passe i likningen, slik at () a + b = R. Videre, hvis punktet (, ) også ligger på sirkelen, må også () ( a) + ( b) = R. Videre, hvis punktet ( +, ) også ligger på sirkelen, må også (3) ( + a) + ( b) = R. Derved har vi fått et likningssystem av tre likninger til å bestemme de tre ukjente a, b og R. Av () følger det at R = a + b. Innsatt i () gir det og innsatt i (3) gir det 4 4a + a + 4 4b + b = a + b 8 = 4a + 4b () a + b =, a + 4 4a a + b + b = a + b (3) a b = = (4 + )a + b Av () ser vi at a = b. Innsatt i (3) gir det b b =, altså b = 0. Derved er a = b = og R = a + b = 4. Sirkelen C har derfor en likning (x ) + y =. c) Siden radien er, og de to punktene (, ) og (, ) har avstand, må sentrum i sirkelen ligge i midtpunktet ( +, + ) = (0, )
20 .3. Grafen til en likning 0 mellom disse to punktene. Sirkelen er derfor gitt ved likningen x +(y ) =. Oppgave.3.4: (NY.) a) x 4x + y = 0 x 4x + + y = 0 + (x ) + y = Sirkelen har derfor sentrum i (, 0) og radius. b) x + y = x + y + x x + y y = x x + + y y + = + + (x ) + (y ) = 4 =. Sirkelen har derfor sentrum i (, ) og radius. c) x + x + y 4y = x + x + + y 4y + 4 = (x + ) + (y ) = 6. Sirkelen har derfor sentrum i (, ) og radius 6. d) x + 4x + y 5y = 0 ( ) 5 x + 4x y 5y + = ( (x + ) + y 5 ( ) 5 ) = = 4 4. Sirkelen har derfor sentrum i (, 5 ) og radius 4.
21 .3. Grafen til en likning Oppgave.3.5: (NY.) a) Kurvene er to sirkler med sentrum på x-aksen og radius. Avstanden mellom sentrene (0, 0) og (, 0) er < +, så sirklene skjærer hverandre i to punkter som ligger symmetrisk om x-aksen. x-koordinaten til skjæringspunktene må ligge midt mellom sirkelsentrene, altså x = 0 + =. y-koordinatene er løsningene av likningen ( ) x + y = + y = 4 Skjæringspunktene er derfor (, y = y = ±. ) ( ) 5 5 og,. b) Linjen x + y = 0 skjærer parabelen x + y = i punkter. For å finne skjæringspunktene, må vi løse likningssystemet som består av de to gitte likningene med hensyn på x og y. Av den ene får vi at y = x
22 .3. Grafen til en likning som innsatt i den andre gir x x = 0. Dette er en andregradslikning med de to løsningene x = ± 4 ( ) = ± 3. Siden y = x, betyr det at kurvene har de to skjæringspunktene ( + 3, 3) og ( 3, + 3). c) Vi må løse likningssystemet som består av de to gitte likningene med hensyn på x og y. Av den første får vi at x 3 = y. Innsatt i den andre gir det y y = 0 som er en andregradslikning i y med løsninger y = ± 4( ) = ± 5. Det betyr at for y = ( + 5)/ er y = y og x 3 = y = ( y) = y = + 5, og for y = ( 5)/ er y = y og x 3 = y = ( y) = y = 5, slik at skjæringspunktene mellom de to kurvene er 3 + 5, + 5 og 3 5, 5.
23 .3. Grafen til en likning 3 Oppgave.3.6: Trekk forbindelseslinjen mellom P og P. Resultatet er opplagt dersom denne er horisontal eller vertikal, altså dersom y = y eller x = x. La oss anta at dette ikke inntreffer. Da er forbindelseslinjen skrå, og vi kan la den være hypotenusen i en rettvinklet trekant P QP som vist på figuren. Siden lengden av kateten P Q er x x, og lengden av kateten QP er y y, følger resultatet ved Pytagoras teorem. Oppgave.3.7: Punktet (, 0) ligger på kurven (fordi x =, y = 0 passer i likningen). Dersom kurven er symmetrisk om linjen y = x, må også punktet (0, ) ligge på kurven. Det vil si, det må passe i likningen. Vi prøver: For x = 0 og y =, er x 3 y + x y + x = 0. Altså kan ikke kurven være symmetrisk om linjen y = x.
24 .4. Funksjoner 4.4 Funksjoner Oppgave.4.: (Tidl.3..) a) Her må x + 0, det vil si x. b) Her må x 4 > 0, det vil si x > 4, altså x > eller x <, altså x (, ) (, ). c) Her må sin x > 0, det vil si x (0, π), eller x (π, 3π), osv. Faktisk, den naturlige definisjonsmengden er ( 4π, 3π) ( π, π) (0, π) (π, 3π).... d) Her må x ±π/, ±3π/, ±5π/,.... De negative verdiene kan x aldri ta for relle verdier av x. Derfor x ± π/, ± 3π/, ± 5π/,..., altså x ± (k )π/ for alle k N. Den naturlige definisjonsmengden er derfor R \ {± (k )π/ k N}. e) Her må x 0 og x + 0. Det vil si, x og x 0, som kan skrives x [, 0) (0, ). Den naturlige definisjonsmengden er derfor [, 0) (0, ). f) Her må x 0 og 5 x > 0. Begge disse betingelsene må være oppfylt. De holder når x og x < 5, altså x < 5. Vi trenger altså at x < 6, og den naturlige definisjonsmengden er ( 6, ] [, 6). Oppgave.4.: (Tidl.3..) a)quad For x R blir verdimengden D f = [0, ). b) For x R er x 0, og sin(x ) oscillerer mellom og. Det vil si, V f = [, ].
25 .4. Funksjoner 5 c) For x R, er + x, så ln( + x ) er definert for alle x. Siden ln t er en voksende funksjon, har f verdimengden [ln, ln ) = [0, ). d) Nevneren kan aldri bli null, så funksjonen er definert for alle x R. Videre kan f(x) skrives f(x) = x + x + = x + x = + x +. Derfor er f(x) minst mulig når x + er minst mulig, det vil si for x = 0. Videre vokser f(x) mot når x + vokser mot uendelig. Verdimengden er derfor V f = [, ) = [, ). Oppgave.4.3: (NY.) a) f g(x) = sin(x ) for x R med verdimengde [, ] (fordi sin u oscillerer mellom og ). g f(x) = sin x for x R med verdimengde [0, ] (fordi sin x = (sin x) 0 der sin u for alle u). b) f g(x) = sin x = ( sin x) = cos x for x R med verdimengde [, 0] (fordi cos u oscillerer mellom og ). g f(x) = sin(x ) for x R med verdimengde [, ] (fordi sin u oscillerer mellom og ). c) f g(x) = cos x = sin x = tan x sin x. cos x cos x Den naturlige definisjonsmengden består av alle x R der cos x 0, altså alle x (π/) + kπ for k Z. Verdimengden er R fordi sin x/ cos x vokser mot når x vokser mot π/, og avtar mot nå x avtar mot π/. g f(x) = cos x x for x 0 med verdimengde [, ] (fordi cos u oscillerer mellom og ).
26 .4. Funksjoner 6 d) f g(x) = ( x ) = x for x, altså for x. Verdimengden er da [0, ]. g f(x) = (x ) = x 4 for x 4, altså for x. Verdimengden er da [0, ]. Oppgave.4.4: (Tidl.3.3.) a) y = x 3 hvis og bare hvis x = y /3. Altså er f (x) = x /3 for x R. b) For x 0 gjelder y = x hvis og bare hvis x = y. Altså er f (x) = x for x 0. c) For x 0 gjelder y = x hvis og bare hvis x = y. Altså er f (x) = x for x 0. d) For x 0 er y = x hvis og bare hvis y 0 og y = x. Derfor er f (x) = x med definisjonsmengde x 0. e) f(x) = x + x + 3 = (x + ) + for x, og f(x) er voksende for x. Verdimengden er derfor [f( ), f( )) = [, ). Videre er y = f(x) hvis og bare hvis x + x + 3 y = 0 det vil si x = ± 4(3 y) = ± y der vi ikke kan bruke minus foran rottegnet siden x. Derfor er f (x) = + x for alle x. f) For x 0 er verdimengden for f(x) = x 9 lik V f = [ 9, ), og y = x 9 hvis og bare hvis x = y + 9. Siden x 0, betyr det at x = y + 9. Derfor er f (x) = x + 9 for x 9. g) For 5 x 3 vokser funksjonen f(x) = x 9 når x vokser, det vil si når x avtar. Verdimengden er derfor [f( 3), f( 5)] = [ 3 9, 5 9] =
27 .4. Funksjoner 7 [0, 4]. Videre er y = x 9 hvis og bare hvis x [ 5, 3] og x 9 = y, det vil si x = y + 9. Derfor er f (x) = x + 9 for x [0, 4]. Oppgave.4.5: (Tidl.3.4.) a) La y = f(x) = x + 3x +, det vil si, x + 3x + y = 0. Det vil si x = 3 ± 3 4( y) = 3 ± + 4y. For at f(x) skal være inverterbar, må x restrikteres slik at vi bare får én løsning for x. Siden intervallet I skal inneholde 0, velger vi pluss foran rottegnet, og får x = 3 + 4y + 3. Det vil si, I = [ 3, ). Den omvendte funksjonen er da f (x) = x for x 4. b) La y = x 4x +. Da må x 4x+ = x 4x+4 = (x ) = (x + )(x ) 0. Et fortegnsskjema viser at x + eller x. Siden x skal holde i et intervall som inneholder 0, betyr det at vi i alle fall må ha x. Videre er y = x 4x + hvis og bare hvis y 0 og y = x 4x +, det vil si y 0 og x 4x + y = 0, altså x = 4 ± 4 4( y ) = ± + y der x. Vi kan altså bare bruke minus foran rottegnet. Men da er f(x) injektiv. Derfor er I = (, ]. Den omvendte funksjonen er f (x) = + x for x 0. c) La y = f(x) = x x + = 3 for x. For x > er y < x + og for x < er y >. Siden definisjonsintervallet I skal inneholde 0, må
28 .4. Funksjoner 8 I (, ). På dette intervallet vokser y når x vokser. Derfor er f(x) injektiv og inverterbar for x I = (, ). Verdimengden for f(x) med x I er (, ). For å finne den omvendte funksjonen, løser vi likningen y = 3/(x + ) med hensyn på x: vi får (y )(x+) = 3, altså x(y ) = 3 (y ) = y, altså x = ( + y)/(y ). Derfor er f (x) = + x x for x (, ). x + d) La y = f(x) =. Her må x, så intervallet I må i alle fall x + være inneholdt i (, ). Vi ser at x + x + = vokser når x vokser x + i I, men vi trenger også at det som står under rottegnet er 0. Altså må x +, det vil si, x. Konklusjon: f(x) er injektiv for x [, ), med verdimengde [0, ). For å finne den omvendte funksjonen, løser vi likningen y = /(x + ) med hensyn på x: vi får y = /(x + ), altså x + = /(y ) = /( y ), slik at f (x) = + x = x x for x [0, ). Oppgave.4.6: (Tidl.3.6.) Kurven er grafen til en funksjon hvis og bare hvis det bare finnes høyst ett punkt på kurven for hver gitte x-verdi. Derfor er bare kurvene på figur.4.3,.4.4 og.4.7 grafen til en funksjon. Oppgave.4.7: (Tidl.3.6.) a) f(x) er en odde funksjon når f( x) = f(x). For x 0 er derfor kravet at f( x) = x x, slik at f(x) = x + x for x 0. b) f(x) er en jevn funksjon når f( x) = f(x). For x 0 er derfor kravet at f( x) = x + x, slik at f(x) = x x for x 0.
29 .4. Funksjoner 9 Oppgave.4.8: (Tidl.3.7.) a) og b) c) og d) e) og f)
30 .4. Funksjoner 30 g) og h) Oppgave.4.9: (Tidl.3.8.) a) og b) K K x K K x K c) og d) K 0 3 x K K 3 K3 K4 K K x
31 .4. Funksjoner 3 Oppgave.4.0: (Tidl.:.3.9.) Oppgave.4.: (Tidl.3.0.) a) VET: y = f(x ) > y = f(x ) hvis og bare hvis x > x. Siden x = f (y ) og x = f (y ) betyr det at f (y ) > f (y ) hvis og bare hvis y > y. b) Teorem: Dersom f : D f R er en strengt avtakende funksjon med verdimengde V f, så er f : V f R også strengt avtakende. Bevis: Beviset er identisk med det foregående. Bare snu ulikhetstegnene. Oppgave.4.: (Tidl.3..) La y = f(x ) og y = f(x ). VET: y = y hvis og bare hvis x = x. Siden x = g(y ) og x = g(y ) gjelder derfor y = y hvis og bare hvis g(y ) = g(y ). Det vil si, g er injektiv på V f. Den omvendte funksjonen til g er f.
32 .4. Funksjoner 3 Oppgave.4.3: (Tidl.3..) NEI. Moteksempel: La f(x) = x, g(x) = 3 og h(x) = 4. (g og h er konstante funksjoner.) Da er f (g+h)(x) = f(3+4) = 7 = 49 og f g(x)+f h(x) = 3 +4 = 9+6 = 5. Oppgave.4.4: (Tidl.3.3.) Vi antar at f og g er definert slik at fg, f g og f + g gir mening. a) Produktet f(x)g(x) er en jevn funksjon fordi f( x)g( x) = [ f(x)][ g(x)] = f(x)g(x). Sammensetningen f(g(x)) er en odde funksjon fordi f(g( x)) = f( g(x)) = f(g(x)). Summen f + g er en odde funksjon fordi (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) g(x) = (f + g)(x). b) Produktet f(x)g(x) er en jevn funksjon fordi f( x)g( x) = f(x)g(x). Sammensetningen f(g(x)) er en jevn funksjon fordi f(g( x)) = f(g(x)). Summen f + g er en jevn funksjon fordi (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) + g(x) = (f + g)(x). c) Produktet f(x)g(x) er en odde funksjon fordi f( x)g( x) = f(x)[ g(x)] = f(x)g(x). Sammensetningen f(g(x)) er en jevn funksjon fordi f(g( x)) = f( g(x)) = f(g(x)). Summen f + g er normalt hverken jevn eller odde, men kan være det hvis f eller g er konstant lik 0. Eksempel : f(x) = x, g(x) = x. Da er f(x) + g(x) = x + x som verken er jevn eller odde. Eksempel : f(x) = x, g(x) = 0. Da er f(x) + g(x) en jevn funksjon. Eksempel 3: f(x) = 0, g(x) = x. Da er f(x) + g(x) en odde funksjon.
33 .4. Funksjoner 33 Oppgave.4.5: (Tidl.3.5.) Funksjonsverdien er lik på hver side av den vertikale linjen x = a. Grafen til f(x) er derfor symmetrisk om den vertikale linjen x = a. Oppgave.4.6: (Tidl.3.6.) La f(x) være definert for alle x. Da er f(x) + f( x) en jevn funksjon og f(x) f( x) en odde funksjon. Inspirert av dette, skriver vi f(x) = (f(x) + f( x)) + (f(x) f( x)) = g(x) + h(x) der g(x) = (f(x) + f( x)) er en jevn funksjon og h(x) = (f(x) f( x)) er en odde funksjon. Oppgave.4.7: (Tidl.3.0.) Se fasit. Oppgave.4.8: (NY.) At f er den inverse til f, betyr at f f (x) = f(f (x)) = x, altså g h f (x) = x for alle x. Men da må g (venstre side) = g (høyre side). Nå er g (høyre side) = g (x), og g (venstre side) = g g h f (x) = h f (x) fordi g g( ) =. Derved er h f (x) = g (x) for alle x. Men da er også h (venstre side) = h h f (x) = h (høyre side) = h (g (x)), som viser at f (x) = h g (x) for alle x. Oppgave.4.9: (Tidl.3.7.) Vi eliminerer r ved hjelp av likheten A = 4πr som gir r = A/4π = A/π. Innsatt i uttrykket for V gir det ( V = 4 3 πr3 = 4 3 π A π ) 3 = 6 π A3/.
34 .4. Funksjoner 34 Oppgave.4.0: (Tidl.3.8.) A = πr og L = πr. Vi eliminerer r: r = L/π innsatt i uttrykket for A gir ( ) L A = πr = π = π 4π L. Oppgave.4.: (Tidl.3.9.) Hvis omkretsen av kvadratet er L, er siden i kvadratet lik L/4 og arealet av kvadratet (L/4) = L /6. Lengden av omkretsen til sirkelskiven blir (50 L)cm. La r betegne radien i sirkelen. Da er (50 L) = πr, slik at r = (50 L)/π. Arealet av sirkelskiven er derfor πr = π((50 L)/π), og summen av de to arealene er L (50 L) + π 6 4π = L 6 (50 L) +. 4π Oppgave.4.: (Tidl.3..) Omkretsen av sirkelen med radius R er πr. Omkretsen av grunnflaten til kjeglen er derfor πr x. La radien i grunnflaten til kjeglen være r. Da er πr x = πr, det vil si r = R x/π. Høyden h av kjeglen finner vi ved å bruke Pythagoras: h = R r = R (R x/π) = Rx/π x /4π = 4πRx x π. Volumet av kjeglen er derfor V = 3 (πr )h = 3 π ( πr x π ) π 4πRx x = 4π (πr x) 4πRx x.
35 .4. Funksjoner 35 Oppgave.4.3: (Tidl.3..) x Oppgave.4.4: (Tidl.3.3.) a) Siden C er en lineær funksjon av F, finnes det to faste konstanter a og b slik at C = af + b. VET: C = 0 når F = 3 det vil si 0 = a 3 + b () C = 00 når F = det vil si 00 = a + b () Det gir et likningssystem med to likninger for de to ukjente konstantene a og b. Av () følger at b = 3a. Innsatt i () gir det a 3a = 00, det vil si a = 00/80 = 5/9. Derved er b = 3a = 3 5/9, slik at C = 5 (F 3). 9 b) (i) Hvis C = F, må F = 5 9 (F 3), dvs., 9F = 5F 60, dvs., F = C = 40. (ii) Det er klart at K = C + 73, så hvis K = C, må C = C + 73, men det er umulig. (iii) Det er klart at K = C + 73 = 5 9 (F 3) + 73, så hvis K = F, må F = 5 9 (F 3) F 5F = = 97 F = 97 =
36 .5. Elementære funksjoner Elementære funksjoner Oppgave.5.: (Tidl.4..) a) y = e x for 50 x 5. Bredde på papiret: cm. Høyde på papiret: (e 5 e 50 )cm = e 50 (e )cm cm. Vi gjør om til en mer hendig måleenhet: cm = m = km = mil. Jordens omkrets er ca 4000 mil. Papiret vil altså gå = 880 milliarder ganger rundt jorden b) y = 0 x for 0 x. Bredde på papiret: cm. Høyde på papiret: (0 0 0 )cm = 0 0 (0 )cm = cm = mil. Jordens omkrets er ca 4000 mil. Papiret vil altså gå = 480 milliarder ganger rundt jorden c) y = 7. x for 0 x. Bredde på papiret: cm. Høyde på papiret: ( )cm = 7. 0 (7. )cm cm = 6084mil. Jordens omkrets er ca 4000 mil. Papiret vil altså gå ganger rundt jorden d) y = (e x ) ex for x 4. Bredde på papiret: cm.
37 .5. Elementære funksjoner 37 Høyde på papiret: ((e 4 ) e4 (e ) e )cm = cm cm = mil. Jordens omkrets er ca 4000 mil. Papiret vil altså gå ganger rundt jorden e) y = ln x for 0 y 0. Høyde på papiret: 0 cm. Bredde på papiret: (e 0 e 0 )cm 05 cm = 0.5 m. (Liten trykkfeil i fasit.) f) y = ln x for 50 y 5. Høyde på papiret: cm. Bredde på papiret: (e 5 e 50 )cm mil (som høyden i punkt a). g) y = log 8 x for 0 y 0. Høyde på papiret: 0 cm. Bredde på papiret: ( )cm cm = 074 mil. h) y = ln(ln x) for y 4. Høyde på papiret: 4 cm. Bredde på papiret: ((e 4 ) e4 (e 0 ) e0 )cm cm = mil. Oppgave.5.: (NY.) a) log + log = log = = 0. b) log /3 7 = 3 fordi ( ) 3 = 3 7.
38 .5. Elementære funksjoner 38 c) log /3 7 = c ( ) c = 7 3 c = 7. 3 Altså må c = 3, slik at log /3 7 = 3. d) log /3 7 + log /3 7 = log /3 7 + log /3 7 = 0. e) log log 3 8 = log log 3 ( 9) = 3 + log 3 + log 3 9 = 3 + log 3 + = log 3. f) log 3 8 log 3 4 = log 3 ( 9) 4 log 3 = log 3 + log log 3 = 3 log 3. Oppgave.5.3: (Tidl.:.4.3.) a) og b) K K 0 x K K 0 0 K3 K4 K5 K K 0 x K6
39 .5. Elementære funksjoner 39 c) og d),0,5 0 K 0,5,0,5,0,5 3,0 x,0 K4 0,5 K6 0 3 x K8 e) og f) ,5,0,5,0,5 3,0 x Oppgave.5.4: (NY.) Grafene er tegnet i rekkefølgen rød, blå. a) og b)
40 .5. Elementære funksjoner 40 c) og d) e) og f) Oppgave.5.5: (NY.) a) 3 log 3 3 = 3 = 9. b) 4 log log 3 3 = = = 0. c) log 6 = log 4 = 4. d) 3 log 6 = 3 log ( 3) = 3 log +log 3 = 3 +log 3. Det er en smaksak om man vil kalle dette en forenkling eller ikke. Riktignok kan det også skrives som 3 3 log 3, men det er vel egentlig ikke stort bedre.
41 .5. Elementære funksjoner 4 e) Dette uttrykket kan ikke forenkles. Riktignok er for eksempel 5 ln ln 5 = e (ln 8)(ln 5) + e (ln 4)(ln 5) = 5 ln ln 4 = 5 ln 4 (5 ln + ), men det kan vel egentlig ikke regnes som en forenkling. f) ln 3 ln 3 = ln + ln 3 ln 3 = ln. g) Uttrykket kan ikke forenkles. h) ln( 5 5) = ln( 5( 3 )) = ln 5 + ln( 3 ). i) Uttrykket kan egentlig ikke forenkles. Riktignok er log 3 = ln 3 ln e log 3 = e (ln 3)/(ln ), slik at som kan oppfattes som en forenkling siden den naturlige logaritmen er å foretrekke i mange sammenhenger, men... Oppgave.5.6: (Tidl.4.5.) a) 4 x+ = 8 x (x + )ln 4 = (x )ln 8 x(ln 4 ln 8) = ln 8 ln 4 ln(8 4) x = ln(6/8) = ln(7) ln(9/8) 36.3 b) 5 3 x+ 9 x = e ln 5 + (x + )ln 3 + xln 9 = x(ln 3 + 4ln 3) = ln 5 ln 3 ln 75 x = ln 3
42 .5. Elementære funksjoner 4 c) x 3 x + = 0 er en annengradslikning med ukjent x. Vi løser den og får x = 3 ± { 3 4 = 3 ± = Siden x = hvis og bare hvis x =, og x = hvis og bare hvis x = 0, har den opprinnelige likningen to løsninger: x = 0 og x =. d) ln x + ln x = 3 ln x + ln + ln x = 3 ln x = 3 ln ln x = 3 ln = 3 ln x = e 3/ / 3.69 e) (NY.) 4 e x+ = 3 e x 4 ln 4 + x + = ln 3 + x 4 ln 4 + ln = x x = ln 4 ln = 5 + ln f) (NY. ln x + ln 4 = ln(x 4) = 4x = e x = e/.359 fordi x > 0 er nødvendig siden ln x skal eksistere ifølge oppgaven. Oppgave.5.7: (NY.) a) y = 5 ln y = 5 ln y = e 5 ln.
43 .5. Elementære funksjoner 43 b) y = log 0 0 y = y ln 0 = ln y = ln ln 0. c) der Altså er y = 3 log 3 ln y = (log 3) ln 3 z = log 3 z = 3 z ln = ln 3 z = ln 3 ln. (ln 3)(ln 3) ln y = = ln y = e (ln 3) / ln. (ln 3) ln Oppgave.5.8: (NY.) a) y = 3 x+ log 3 y = x + x = + log 3 y = f (y). Altså er f (x) = + log 3 x for x > 0. b) y = log (x 3 ) y = x 3 x 3 = y + x = 3 y + = f (y). Altså er f (x) = 3 x + for x R.
44 .5. Elementære funksjoner 44 c) y = x3 log y = x 3 x = 3 log y = f (y). Altså er f (x) = 3 log x for x > 0. d) y = ln(x + x) e y = x + x ( x) + x e y = 0 som er en andregradslikning i x. Vi kan bare godta løsninger som er 0, naturligvis. Derfor er + + 4e y x =, og derved x = 4 ( + + 4e y ) = f (y). Altså er f (x) = 4 ( + + 4e x ) for x R. Oppgave.5.9: (NY.) ln x + ln x = ln x + ln ln x = ln x + 0 ln x = 0. Oppgave.5.0: (NY.) Vi har f( x) = e x + e ( x) = e x + e x = f(x) for alle x I som er et intervall symmetrisk om origo. Altså er f en jevn funksjon. Vi har g( x) = e x e ( x) = e x e x = (e x e x ) = g(x) for alle x I som er et intervall symmetrisk om origo. Altså er g en odde funksjon. Oppgave.5.: (NY.) a) Grafen til y = (/a) x er den speilvendte grafen til y = a x hvis og bare hvis grafen til y = (/a) x er lik grafen til y = a x. At dette holder, følger av at a x = /a x = (/a) x.
45 .5. Elementære funksjoner 45 b) Grafen til y = a x er lik grafen til y = (/a) x fordi a x = /a x = (/a) x. Oppgave.5.: (NY.) For alle deloppgavene her gjelder: P (t) = P (0)e rt P (T ) = P (0)e rt = P (0) e rt = rt = ln r = (ln )/T. a) r = ln 7 så P (t) = P (0)e rt der r = ln b) r = ln / så P (t) = P (0)e rt der r = ln c) r = ln så P (t) = P (0)e rt der r = ln d) r = ln ln 5 så P (t) = P (0)e rt der r = ln ln Oppgave.5.3: (NY.) For alle deloppgavene her gjelder: P (t) = P (0)e rt P (T ) = P (0)e rt = P (0) e rt = rt = ln r = (ln )/T.
46 .5. Elementære funksjoner 46 a) r = ln 7 så P (t) = P (0)e rt der r = ln b) r = ln / så P (t) = P (0)e rt der r = ln c) r = ln så P (t) = P (0)e rt der r = ln d) r = ln ln 5 så P (t) = P (0)e rt der r = ln ln Oppgave.5.4: (NY.) Mengde paracetamol i blodet ved tidspunkt t etter inntak, er gitt ved P (t) = P (0)e rt der konstanten r er gitt ved Vi søker t som er slik at P (t) = P (0)e rt = 3 P (0) P () = P (0)e r = P (0) e r =. e rt = 3 e rt = e (r)(t/) = t ln = ln 3 t = ln 3 ln = ( ) t/ = 3 ( ln 3) ln = ln 3 ln 3.7 timer. Oppgave.5.5: (NY.) La q 0 og Q 0 være lønnen ved tidspunkt t = 0 for henholdsvis en lavtlønnet og en høytlønnet arbeider, og la q(t) og Q(t) være lønnen deres ved tidspunkt t > 0. Da er q(t) = q 0 e rt og Q(t) = Q 0 e rt
47 .5. Elementære funksjoner 47 der r > 0 er en konstant som bare avhenger av prosenttallet 3. Derved er lønnsforskjellen Q(t) q(t) = (Q 0 q 0 )e rt. Den stiger altså også med 3 prosent i året. Dersom inflasjonen også er 3 prosent, betyr det status quo. Men hvis levestandarden stiger i landet, betyr det at den høytlønnede kan koste på seg økende luksus i forhold til den lavtlønnede. Oppgave.5.6: (Tidl.4.0.) a) D = 0 log 0 p p 0 p p 0 = 0 D/0 p = p 0 0 D/0. La lydtrykket ved 50 db være p 50 og lydtrykket ved 0 db være p 0. Da er p 0 p 50 = 00/0 0 50/0 = 0/ 5/ = 0 3 = 000. Lydtrykket ved 0dB er derfor 000 ganger sterkere enn ved normal tale. b) La D være maksimum for det gamle anlegget. p gammelt = p 0 0 D/0 p nytt = p 0 0 D/0 = p 0 0 (0 log 0 +D)/0. Det nye anlegget må derfor tåle (D + 0 log 0 )db (D + 6)dB. Oppgave.5.7: (Tidl.4..) a) La a og a betegne amplituden ved henholdsvis styrke 5 og 6. Det vil si slik at a 5 = log 0 T + B og 6 = log a 0 T + B, a = log 0 T log a 0 T = log a 0. a Med andre ord, 0 = a /a, og amplituden ved 6-skjelvet er 0 ganger høyere enn amplituden ved 5-skjelvet. b) VET: 7. = log 0 (a/t )+B. Ved fordobling av amplituden, ville skjelvet ha målt log 0 a T + B = log 0 + log 0 a T + B = log
48 .5. Elementære funksjoner 48 Oppgave.5.8: (NY.) Mengden virus er lik mengden antistoffer idet e.5 t = 0. e t 0 e.5 t = e t ln t = t t = ln 0 t = ln dager. Oppgave.5.9: (NY.) Det er klart at mengde radium ved tidspunkt t er gitt ved P (t) = P (0)e rt der konstanten r er gitt ved P (t + 590) = P (t) slik at P (t) = P (0)e (ln )t/590. e 590 r = 590 r = ln = ln r = ln 590, a) Vi søker t som er slik at P (t) = 0 P (0) e (ln )t/590 = 0 ln t = ln t = 590 ln 0 ln 58 år.
49 .5. Elementære funksjoner 49 b) Vi søker t som er slik at P (t) = 4 P (0) e (ln )t/590 = 4 ln 590 t = ln 4 t = 590 ln 4 ln = 590 ln ln = 590 = 380 år. Dette svaret var egentlig ganske opplagt, for mengden er redusert til /4 når den er halvert ganger.
50 .6. Trigonometriske funksjoner Trigonometriske funksjoner. Oppgave.6.: (NY.) a) 80 = π = π. b) 5 = π = π. c) 70 = π ( 70) 360 = 4π. d) 36 = π ( 36) 360 = π 5. e) 756 = π ( 756) 360 = π 5. f) π = π π 360 = π 80. Oppgave.6.: (Tidl.4..) a) og b),0,0 0,5 0,5 K x K x K0,5 K0,5 K,0 K,0
51 .6. Trigonometriske funksjoner 5 c) og d),0,0 0,8 0,5 0,6 K x 0,4 K0,5 0, K,0 K x e) og f) 0,4 0, K x K x K0, K K0,4 K Oppgave.6.3: (NY.) a) Siden sin π/ > 0, følger det av teorem.6.4 F at sin π π/6 cos(π/6) = sin = 3/ 3 = =. b) Siden cos π/ > 0, følger det av teorem.6.4 F at cos π π/6 + cos(π/6) = cos = + 3/ + 3 = =.
52 .6. Trigonometriske funksjoner 5 c) Siden sin π/8 > 0, følger det av teorem.6.4 F at sin π π/4 cos(π/4) = sin 8 = / = =. d) Siden sin π/4 > 0, følger det av teorem.6.4 C og oppgave b) over at sin 5π (π 4 = sin + π ) = sin π π/ = sin 4 4 cos(π/) + 3/ + 3 = = =. e) Siden cos π/8 > 0, følger det av teorem.6.4 C og oppgave c) over at sin 5π ( π 8 = sin + π ) = cos π 8 8 = sin (π/8) = + =. 4 f) Ved teorem.6.4 A og oppgave c) over er cos 5π 8 = cos ( π + π 8 ) = sin π 8 =. g) Siden cos(π/8) > 0, følger det av teorem.6.4 F at cos π π/4 + cos(π/4) = cos 8 = + / + = =. h) Ved teorem.6.4 C og oppgave b) over følger det at cos 5π (π 4 = cos + π ) = cos π π/ = cos cos(π/) + + 3/ = = =.
53 .6. Trigonometriske funksjoner 53 Oppgave.6.4: (Tidl.4.4 a) og b).) a) og b) c) og d) (NY.) e) og f) (NY.)
54 .6. Trigonometriske funksjoner 54 g) og h) (NY.) i) (NY.) Oppgave.6.5: (NY.)
55 .6. Trigonometriske funksjoner 55 Oppgave.6.6: (Tidl.4.6.) a) og b) x 0 0, 0,4 0,6 0,8,0 x K K K K c) og d) e) og f),5 3,0,0,5 0,5,0 K K 0 x K0,5,5,0 K,0 0,5 K,5 K,0 K0,5 0,0 0,5,0 x Oppgave.6.7: (NY.) a) Ifølge teorem.6.4 H er sin u + cos u = + sin(u + T ) der T er gitt
56 .6. Trigonometriske funksjoner 56 ved at cos T = + = og sin T = + =. Det vil si, T = π 4 og sin u + cos u = ( sin u + π ). 4 b) Ifølge teorem.6.4 H er sin u + cos u = + sin(u + T ) der T er gitt ved at cos T = = + og sin T = = +. Det vil si, T = π 4 og sin u + ( cos u = sin u + π ). 4 c) Ifølge teorem.6.4 H er 3 sin t 4 cos t = sin(t + T ) der T er gitt ved at cos T = = 3 5 og sin T = = 4 5. Det vil si, π < T < 0, og en kalkulator viser at arccos Siden cos( u) = cos u, er derfor T 0.973, slik at 3 sin t 4 cos t 5 sin (t 0.973). d) Ifølge teorem.6.4 H er sin πt p T er gitt ved at Det vil si, T = π 4 πt + cos p = ( ) πt + sin p + T der cos T = og sin T =. og sin πt p πt + cos p = ( πt sin p + π ). 4 e) Ifølge teorem.6.4 H er sin πt cos πt = + sin(πt + T ) der T er gitt ved at cos T = + = og sin T = + =. Det vil si, T = arcsin( / ) = π 4 og sin πt cos πt = ( sin πt π ). 4
57 .6. Trigonometriske funksjoner 57 f) Ifølge teorem.6.4 H er 5 sin πt + cos πt = 5 + sin(πt + T ) der T er gitt ved at cos T = = 5 og sin T = =. 6 Det vil si, T = arcsin / og 5 sin πt+cos πt 6 sin (πt ). Oppgave.6.8: (Tidl.4.7.) Se fasit. Oppgave.6.9: (NY.) Vi viser teoremet for trekanten ABC. Vi nedfeller først en normal CD ned på grunnlinjen AB, og bruker Pytagoras teorem på trekanten DBC: c = DB + DC = (b a cos θ) + (a sin θ) = b ab cos θ + a cos θ + a sin θ = b ab cos θ + a som viser teoremet for denne trekanten. Argumentet vi brukte var ikke avhengig av verdien av θ, så teoremet gjelder også generelt. Oppgave.6.0: (Tidl.4.9.) Poenget her er at en kalkulator ikke alltid gir riktig graf, og at man bli lurt av grafer tegnet på et lite intervall. Med Maple får vi
58 .6. Trigonometriske funksjoner 58 0,8 0,6,00 0,90 K,0 K0,5 0,0 0,5,0 x 0,4 0, K,0 K0,5 0 0,5,0 K0, x,4 0,06, 0,04 0,0,0 0,8 K0,0 K0,05 0 0,05 0,0 K0,0 x K0,04 K0,06 0,6 K0,08 K0,0 K0,05 0,00 0,05 0,0 x,4,,0 0,8 0,6 K0,00 K0,005 0,000 0,005 0,00 x 0,008 0,006 0,004 0,00 K0,00 K0, ,005 0,00 K0,00 x K0,004 K0,006 K0,008,4,,0 0,8 0,6 K0,000 K0,0005 0,0000 0,0005 0,000 x 0,0008 0,0006 0,0004 0,000 K0,000 K0, ,0005 0,000 K0,000 x K0,0004 K0,0006 K0,0008 som er ganske bra, i alle fall for grafene tl g(x) = x sin /x som står til venstre. De viser tydelige at g(x) når x 0. Grafene til f(x) = x sin x på høyre side burde ha hatt jevne, pene sving-
59 .6. Trigonometriske funksjoner 59 ninger med stadig økende frekvens inn mot x = 0, og med amplityder ut til linjene y = x og y = x. (Hvorfor?) Resultatet ble istedenfor ganske hakkete... Oppgave.6.: (Tidl.4.0 b).) Arealet av hele sirkelskiven er πr. A er θ/π-deler av denne: A = θ π πr = r θ Oppgave.6.: (Tidl.4..) a) VET: a + b = c Areal av en halvsirkelskive med grunnlinje (diameter) d er π SKAL VISE: πa /8 + πb /8 = πc /8. BEVIS: ( ) d = πd 8 Divider likeheten med π/8 og bruk Pytagoras. Areal av en likesidet trekant med side d er d h der h er høyden h = d (d/) = 3 d/. Altså er arealet d 3 d = 3 d /4. SKAL VISE: 3 a /4 + 3 b /4 = 3 c /4. BEVIS: Divider likeheten med 3/4 og bruk Pytagoras. b) Det samlede arealet av de to skalkene er ( A = πa 8 + πb πc 8 8 ) ab der a + b = c. Altså er A = ab/ (som er lik arealet av den rettvinklede trekanten!!!!). Oppgave.6.3: (NY.) La θ := sin y og ψ := cos y for y. Da er θ ψ [0, π], og y = sin θ = cos ψ [ π, π ] og ( )
60 .6. Trigonometriske funksjoner 60 ( π ) Siden sin x = cos x, er det naturlig å sjekke om θ = π ψ stemmer med intervallene for θ og ψ. Det gjør de. Altså er θ = π ψ θ + ψ = π sin y + cos y = π. Oppgave.6.4: (Tidl.4.6.) La r være den søkte radien og θ være vinkelen BCA slik at cos θ = 4/5. La videre A, B, C, E, F og G være punktene markert på figuren. Vi observerer først at lengdene GC = F C og vinklene GCD = F CD = θ/ fordi trekantene GCD og F CD begge er rettvinklede med felles hypotenus og en katet som har lengde r, slik at de er kongruente (men speilvendte). Videre er 4 = BC = BG + GC = r + r tan(θ/) der tan θ = sin(θ/) cos θ cos(θ/) = + cos θ = 4/5 + 4/5 = 9 = 3. Derved er r + 3r = 4, altså r =. Oppgave.6.5: (Tidl.4.7.) a) Drivremmen går akkurat rundt på en halvsirkel i hver ende. Radien i sirklene er r = dm. Lengden av remmen er derfor (gitt i desimeter) L = πr πr + 5 = 4π + 0.
61 .6. Trigonometriske funksjoner 6 b) La θ være vinkelen GAB. Siden radien i hjulet er AB = dm, og radien står nomalt på selve sirkelen, er trekanten ABG rettvinklet, og derfor cos θ = AB AG = 4 =, altså θ = π 3. Drivremmen går derfor en vinkel π θ = π π/3 = 4π/3 rundt på sirkelen på hver side. Dessuten er lengden BG lik r tan θ = 3. Lengden av drivremmen er derfor (målt i desimeter) ( L = πr 4π/3 π ) + 4 ( 3) = 6π c) Av figuren ser vi at drivremmen går som i en avrundet likesidet trekant. Det betyr spesielt at den går en vinkel π/3 rundt på hver av de tre sirklene. Lengden av drivremmen er derfor (målt i desimeter) ( L = 3 π ) = 4π +. 3 Oppgave.6.6: (Tidl.4.8.)
62 .6. Trigonometriske funksjoner 6 La r og R være radiene i de to rørene som vist på figuren. La D og F være sentrene i henholdsvis det tynne og det tykke røret, og la B og G være punktene som vist på figuren. Da er BF = R, GF = R, DG = r og BD = r. Siden BF = BD + DG + GF, får vi likningen R = R + r + r dvs. r = R. + Oppgave.6.7: (Tidl.4.9.) Vi legger figuren inn i et koordinatsystem med A i (0, 0), B i (d, 0) og båten i punktet (x 0, y 0 ). Båten har da avstanden y 0 fra stranden. Av figuren ser vi at y 0 = x 0 tan α = (d x 0 ) tan β. Vi eliminerer x 0 ved hjelp av den siste likningen: x 0 = Innsatt i den første likningen gir det y 0 = d tan α tan β tan α + tan β. d tan β tan α + tan β. Oppgave.6.8: (Tidl.4..) Se fasit. Oppgave.6.9: (Tidl.4.3.) Strømstyrken i vekselstrømmen kan beskrives ved funksjonen I(t) = sin(πt 50) = sin(00πt). Graf for I(t):
63 .6. Trigonometriske funksjoner 63 Oppgave.6.0: (Tidl.4.4.) Figuren viser prinsippet, men målene er naturligvis helt feil. La θ være vinkelåpningen i sirkelsektoren med sentrum i Jordens sentrum O og sirkelbuen ved jordoverflaten i lengde b = 7 km. Her er jordradien R = 6370 km og b = 7 km = Rθ, slik at θ = 7/6370. Tenk deg at du står vertikalt ved punktet A. Det vil si, du står normalt på jordoverflaten, og siktelinjen din AB er tangensiell til jordoverflaten. (Vi ser bort fra høyden din som blir forsvinnende liten i denne sammenhengen.) Trekanten OAB er derfor en rettvinklet trekant. Flaggstangen skal stå i punkt C, også den normalt på jordoverflaten. Høyden CB = h på stangen må derfor minst være som vist på figuren. Siden cos θ = OA / OB = R R + h, er R + h = R/ cos θ. Derved er ( ) h = R cos θ.075 km = 075 m. Flagget må altså heises over 000 meter over vannflaten! Opggave.6.: (Tidl..3.) a) Ved å beregne verdien av tan x for verdier av x nær null, ser man at x grader er utelukket. x må være målt i radianer. b) Jeg valgte å beregne tan x for x i radianer. Det ga tan(0.) , tan(0.0) = og tan(0.00) =
64 .6. Trigonometriske funksjoner 64 c) Høyden av treet er h = d tan θ. Når d er stor i forhold til h, er vinkelen θ liten, og derved er h = AB omtrent lik lengden θd av sirkelbuen AC, slik at tan θ = h d Dette følger fordi tan x x θ slik at h = d tan θ θd. for x nær 0. (Se figuren nedenfor.)
65 .7. Hyperbolske og inverse hyperbolske funksjoner Hyperbolske og inverse hyperbolske funksjoner. Oppgave.7.: a) og b) ( a) NY, b) tidl.4.4 c).) c) og d) ( c) NY, d) tidl.4.4 d).)
66 .7. Hyperbolske og inverse hyperbolske funksjoner 66 e) og f) (tidl.4.4 e) og f).) Oppgave.7.: (Tidl.4.8.) Se fasit. Oppgave.7.3: (Tidl.4.4.) Uttrykkene gjelder bare for x > 0 (fordi de inneholder ln x). a) sinh ln x = eln x e ln x = x /x = x x for x > 0. b) cosh ln x = eln x + e ln x = x + /x = x + x for x > 0. c) cosh ln x + sinh ln x cosh ln x sinh ln x = (eln x + e ln x ) + (e ln x e ln x ) (e ln x + e ln x ) (e ln x e ln x ) = eln x e ln x = x x = x for x > 0. Oppgave.7.4: (Tidl.4..) (i) ( e cosh x sinh x + e x ) ( e x e x x = = 4 (ex + + e x (e x + e x ) = 4 ( + ) =. )
67 .7. Hyperbolske og inverse hyperbolske funksjoner 67 (ii) (iii) (iv) tanh x + sech x = sinh x cosh x + cosh x = sinh x + cosh = cosh x x cosh x =. sinh x cosh y + cosh x sinh y = ex e x ey + e y + ex + e x ey e y = 4 (ex e y + e x e y e x e y e x e y + e x e y e x e y + e x e y e x e y ) = 4 (ex e y e x e y ) = ex+y e x y cosh x cosh y + sinh x sinh y = ex + e x = sinh(x + y). ey + e y + ex e x ey e y = 4 (ex e y + e x e y + e x e y + e x e y + e x e y e x e y + e x e y + e x e y ) = 4 (ex e y + e x e y ) = ex+y + e x y = cosh(x + y). Oppgave.7.5: (Tidl.4.3.) a) cosh x er ikke en inverterbar funksjon, men blir det når vi restrikterer definisjonsområdet til x 0. Verdiområdet er da [, ), slik at y = cosh x 0 og definert for x. Nå er y = cosh x 0 hvis og bare hvis x = cosh y = (ey + e y ). Dette er likning vi vil løse med hensyn på y. Vi multipliserer likningen med e y. Det gir følgende annengradslikning der e y er den ukjente: (e y ) x e y + = 0. Løsning: e y = x ± 4x 4 = x ± x der bare pluss kan brukes foran rottegnet fordi y 0 og derved e y. Vi tar logaritme på hver side av likhetstegnet, og får y = ln(x + x ) for x. b) y = tanh x hvis og bare hvis x = tanh y = ey e y derfor x <. e y. Spesielt er + e y
68 .7. Hyperbolske og inverse hyperbolske funksjoner 68 Vi vil løse denne likningen med hensyn på y. Vi multipliserer likningen med (e y + e y ) og deretter med e y : xe y + xe y = e y e y, x(e y ) + x = (e y ) + x ( x)(e y ) = + x, e y = x + x y = ln for x <. x c) Funksjonen sech x har verdimengde (0, ], men er ikke inverterbar med mindre vi restrikterer definisjonsområdet. Funksjonen y = sech x er definert som den inverse til sech x for x 0. Derved er sech x definert for x (0, ] med verdimengde [0, ). Det er klart at y = sech x hvis og bare hvis x = sech y = e y +e y. Dette er likning vi vil løse med hensyn på y. Vi multipliserer likningen med (e y + e y ) og deretter med e y. Det gir følgende annengradslikning der e y er den ukjente: x(e y + e y ) = x(e y ) e y + x = 0. Løsning: e y = ± 4 4x der bare pluss kan brukes foran rottegnet x fordi e y når y 0. Vi tar logaritme på hver side av likhetstegnet, og får y = ln + x x for 0 < x. Oppgave.7.6: (Tidl.4.5.) a) Som i oppgave 5 b kan vi vise at at tanh u = ln Vi har u = x x +. Det gir Svar: + u u = x + + x x + (x ) = x ln x = ln x som viser likheten. + u u for u <. b) + tanh x cosh x + sinh x = tanh x cosh x sinh x = ex e x = ex.
En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x).
Funksjoner En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x). Mengden D kalles definisjonsmengden (eng.: domain) til f. Merknad Dersom
DetaljerInnlevering Matematikk forkurs HIOA Obligatorisk innlevering 3 Innleveringsfrist Onsdag 15. november 2017 kl 14:30 Antall oppgaver: 8
Innlevering Matematikk forkurs HIOA Obligatorisk innlevering 3 Innleveringsfrist Onsdag 15. november 017 kl 14:30 Antall oppgaver: 8 1 Deriver følgende funksjoner a) ( x) b) (3 5x) 6 c) x x + 3 d) x ln
DetaljerEksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt Antall oppgaver 6. Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator
Oppgave 1 Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt 09.00-14.00 Antall oppgaver 6 Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag a) Likningen
DetaljerSAMMENDRAG OG FORMLER. Nye Mega 9A og 9B
SAMMENDRAG OG FORMLER Nye Mega 9A og 9B 1 Sammendrag og formler Nye Mega 9A Kapittel A GEOMETRI Regulære mangekanter Når alle sidene er like lange og alle vinklene er like store i en mangekant, sier vi
DetaljerTrigonometriske funksjoner (notat til MA0003)
Trigonometriske funksjoner (notat til MA0003) 0. mars 2005 Radianer Gitt et punkt A på en sirkel med radius og sentrum O. La punktet P v flytte seg fra punktet A slik at det beveger seg langs en sirkelbue
DetaljerHeldagsprøve i matematikk. Svar og løsningsforslag
Heldagsprøve i matematikk Svar og løsningsforslag Mandag 19. desember 005 Forkurset, Høgskolen i Oslo Tillatte hjelpemidler: Lommeregner. Formelsamling i matematikk. Tid: 5 klokketimer Alle svar må være
DetaljerEksamen 1T våren 2016 løsning
Eksamen T våren 06 løsning Oppgave ( poeng) Regn ut og skriv svaret på standardform,8 0 0,0005,8 0,8 0 3,6 0 0,5 0 0,5 3 3 5 Oppgave (3 poeng) A B C D E F G H I J K L På tallinjen ovenfor er det merket
DetaljerFinn volum og overateareal til følgende gurer. Tegn gjerne gurene.
Innlevering i FORK1100 - Matematikk forkurs OsloMet Obligatorisk innlevering 2 Innleveringsfrist Fredag 19. oktober 2018 kl. 14:30 Antall oppgaver: 15 Løsningsforslag 1 Finn volum og overateareal til følgende
DetaljerEksamen R2, Våren 2011 Løsning
R Eksamen, Våren 0 Løsning Eksamen R, Våren 0 Løsning Del Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave (8 poeng) a) Deriver funksjonene
DetaljerEksamen REA3022 R1, Våren 2009
Eksamen REA0 R, Våren 009 Del Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave a) Deriver funksjonene ) f x x 4 4 8 f x x x x x ) g x x
Detaljerdg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2, øving 8, vår 2011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon,
DetaljerLøsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 5. mai eksamensoppgaver.org
Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 5. mai 2004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 2MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.
Detaljereksamensoppgaver.org x = x = x lg(10) = lg(350) x = lg(350) 5 x x + 1 > 0 Avfortegnsskjemaetkanvileseatulikhetenstemmerfor
eksamensoppgaver.org 5 oppgave1 a.i.1) 2 10 x = 700 10 x = 700 2 x lg(10) = lg(350) x = lg(350) a.i.2) Vibrukerfortegnsskjema 5 x x + 1 > 0 Avfortegnsskjemaetkanvileseatulikhetenstemmerfor x 1, 5 a.ii.1)
DetaljerEksamen R2 høsten 2014 løsning
Eksamen R høsten 04 løsning Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave (3 poeng) Deriver funksjonene a) f x cos3x Vi bruker kjerneregelen
DetaljerEksamen MAT1013 Matematikk 1T Våren 2012
Eksamen MAT1013 Matematikk 1T Våren 01 DEL 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 (18 poeng) a) Regn ut 1) 8 33 10 1 833 8 694 1 ) 1 9 3 3 1 3 3 3 33 3 3 3 6 6 3 3 1 3 6 4 3 3 81 b) Regn ut og skriv svaret på standardform
DetaljerEksamen MAT1013 Matematikk 1T Våren 2013
DEL 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 (1 poeng) Regn ut og skriv svaret på standardform 750 000 0,005 5 7,510 7,5 5 3 8 3 10 1,5 10 510 5 Oppgave (1 poeng) Løs likningssystemet x3y7 5xy8 Velger å løse likningen
DetaljerLøsningsforslag. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver teller like mye.
Eksamen i FO929A - Matematikk Dato: 2013 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 5 (20 deloppgaver) Antall sider: 3 Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver teller
DetaljerOppfriskningskurs i matematikk 2008
Oppfriskningskurs i matematikk 2008 Marte Pernille Hatlo Institutt for matematiske fag, NTNU 4.-9. august 2008 Velkommen! 2 Temaer Algebra Trigonometri Funksjoner og derivasjon Integrasjon Eksponensial-
DetaljerKorreksjoner til fasit, 2. utgave
Korreksjoner til fasit,. utgave Kapittel. Oppgave.. a): / Oppgave.. e):.887, 0.58 Oppgave..9: sin00πt). + ) x Oppgave.7.5 c): ln for 0 < x. x Oppgave.8.0: Uttrykket for a + b) 7 skal være a + b) 7 = a
DetaljerLærerveiledning. Oppgave 1. Tallene på figuren viser omkretsen av hver av de fire små trekantene. Hva er omkretsen av den store trekanten?
Oppgave 1 Tallene på figuren viser omkretsen av hver av de fire små trekantene. Hva er omkretsen av den store trekanten? A 43 B 59 C 55 D 67 E 91 Hvilke linjestykker er en del av omkretsen til den store
DetaljerLøsningsforslag i matematikk
Løsningsforslag i matematikk 060808 Oppgave (a) ( a b ) b 4 a (ab) = a b b 4 a a b = a b = b a = a + b + 4 a b = a + + b + 4 + (b) Omskrivning av likningen gir sin(x) + cos(x) = 0 sin(x) cos(x) = tan(x)
DetaljerLøsningsforslag. a) Løs den lineære likningen (eksakt!) 11,1x 1,3 = 2 7. LF: Vi gjør om desimaltallene til brøker: x =
Prøve i FO99A - Matematikk Dato: 1. desember 014 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 8 (0 deloppgaver) Antall sider: 3 Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver
DetaljerLøsningsforslag. Høst Øistein Søvik
Eksamen R Løsningsforslag Høst 0..0 Øistein Søvik Del Oppgave a ) ) f x x ex Her bruker vi regelen som sier at uv ' u ' v uv ' u x, u ' og v e x, v ' e x f ' x ex x ex f ' x x ex f ' x x e x Oppgave )
Detaljereksamensoppgaver.org 4 oppgave1 a.i) Viharulikheten 2x 4 x + 5 > 0 2(x 2) x + 5 > 0 Sådaserviatløsningenpådenneulikhetenblir
eksamensoppgaver.org 4 oppgave1 a.i) Viharulikheten 2x 4 x + 5 > 0 2(x 2) x + 5 > 0 Sådaserviatløsningenpådenneulikhetenblir x, 5 2, eksamensoppgaver.org 5 a.ii) Vi har ulikheten og ordner den. 10 x 2
DetaljerFunksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 19. august 2010
Funksjoner Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 9. august 200 2 Funksjon som en maskin x Funksjon f f(x) 3 Definisjon- og verdimengde x f(x) 4 Funksjon som en
DetaljerR1 eksamen høsten 2015 løsning
R1 eksamen høsten 15 løsning Løsninger laget av Tid: 3 timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (5 poeng) Deriver funksjonene a) f
DetaljerEksamen REA3022 R1, Høsten 2010
Eksamen REA30 R1, Høsten 010 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (0 poeng) a) Deriver funksjonene 1) f x x e x e x
DetaljerLøsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX Elever 7. juni eksamensoppgaver.org
Løsningsforslag AA654 Matematikk MX Elever 7. juni 004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.
DetaljerFunksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 18. august 2011
Funksjoner Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 8. august 20 2 Definisjon av funksjon Definisjon En funksjon er en regel f som til et hvert tall i definisjonsmengden
DetaljerKapittel 3: Flere anvendelser av derivasjon
3.1. Flere koblede hastigheter 165 Kapittel 3: Flere anvendelser av derivasjon 3.1. Flere koblede hastigheter. Oppgave 3.1.1: (NY.) a) Ved implisitt derivasjon med hensyn på tiden t er 2x dx + 2y dy =
DetaljerSammendrag R1. Sandnes VGS 19. august 2009
Sammendrag R1 Sandnes VGS 19. august 2009 1 1 Notasjon Implikasjon Vi skriver A B hvis påstanden A impliserer B. Det vil si at hvis påstand A er riktig, så er påstand B riktig. Ekvivalens Vi skriver A
DetaljerFremdriftplan. I går. I dag. 1.1 Funksjoner og deres grafer 1.2 Operasjoner av funksjoner
1 Fremdriftplan I går 1.1 Funksjoner og deres grafer 1.2 Operasjoner av funksjoner I dag 1.3 Trigonometriske funksjoner 1.4 Eksponentialfunksjoner 1.5 Omvendte funksjoner, logaritmiske funksjoner, inverse
DetaljerLøsningsforslag. 7(x + 1/2) 5 = 5/6. 7x = 5/ /2 = 5/6 + 3/2 = 14/6 = 7/3. Løsningen er x = 1/3. b) Finn alle x slik at 6x + 1 x = 5.
Prøve i FO99A - Matematikk Dato: 3. desember 01 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 5 (0 deloppgaver) Antall sider: Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver
DetaljerTENTAMEN, VÅR FASIT MED KOMMENTARER.
TENTAMEN, VÅR 017. FASIT MED KOMMENTARER. DELPRØVE 1. OPPG 1 556 + 1555 = 111 3 85 = - (85 3) 85-3 6 3 85 = - 6 C: 30. 9 718 108 = 1798 D: 68 : 3 = 16 6 3 18 18 OPPG 3 50 mm = 3,50 m 0, h = 0,. 60 = 1
DetaljerLøsningsforslag. f(x) = 2/x + 12x
Prøve i FO929A - Matematikk Dato: august 212 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 5 (2 deloppgaver) Antall sider: 3 Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver
DetaljerDel 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.
Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org.
DetaljerTMA4100 Matematikk 1, høst 2013
TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 11 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 11 Transcendentale funksjoner Vi begynner nå på temaet transcendentale funksjoner. I dagens forelesning
DetaljerLøsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 009 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved g(x)
DetaljerOppgave 1. Del A. (i) Skriv de to desimaltallene 0, 7 og 3, 12 som vanlig brøk og forkort hvis mulig. som desimaltall. 3x 6
Oppgave 1 (i) Skriv de to desimaltallene 0, 7 og 3, 12 som vanlig brøk og forkort hvis mulig. (ii) Skriv 314 100 og 4 5 (iii) Forkort brøkene som desimaltall. 12 15 og 3x 6 9x. (iv) Sorter disse seks tallene
DetaljerEksamen REA 3022 Høsten 2012
Eksamen REA 0 Høsten 01 Del 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 (5 poeng) Deriver funksjonene a) f x x 1 f '( x) x 1 f ' x 8x b) g x x x 1 g( x) x x 1 1 1 g( x) x x x x 1 g x x x x c) hx x e h x x e x e x x
Detaljervære en rasjonal funksjon med grad p < grad q. La oss skrive p(x) (x a)q(x) = A
MA 4: Analyse Uke 46, http://homehiano/ aasvaldl/ma4 H Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave 73: Først skal vi delbrøkoppspalte (se Eksempel 5 side 558 i boka) 3t
DetaljerTMA4100 Matematikk 1, høst 2013
TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 9 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 9 Derivasjon I dagens forelesning skal vi se på følgende: 1 Tilnærminger til små endringer. 2 Vekstfart.
Detaljer1T 2014 høst LØSNING 25000000000 0, 0005 = 2, 5 10 10 5 10 4 = 12, 5 10 6 = 1, 25 10 7. 2 2+ x 2 = 2 4 x 2 4 + x = 8 x = 4
3/8/06 T 0 høst LØSNING - matematikk.net T 0 høst LØSNING Contents Diskusjon av denne oppgaven Løsning av del Matteprat spørsmål om oppgave 6 del DEL EN Oppgave 5000000000 0, 0005 =, 5 0 0 5 0 =, 5 0 6
DetaljerLøsningsforslag Eksamen M1 Onsdag 14.desember 2005
Løsningsforslag Eksamen M Onsdag.desember 005 Her følger et kort løsningsforslag, med forbehold om at det kan ha sneket seg inn enkelte feil... Oppgave (0) a) V basskasse dm 5,5dm 5,0dm 75,dm 75, l Basskassen
DetaljerFunksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 19. august 2011
Funksjoner Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 9. august 20 2 Stigende og avtagende funksjoner Definisjon En funksjon f kalles stigende på intervallet I hvis
DetaljerFunksjoner og andregradsuttrykk
88 4 Funksjoner og andregradsuttrykk Mål for opplæringen er at eleven skal kunne bruke matematiske metoder og hjelpemidler til å løse problemer fra ulike fag og samfunnsområder løse likninger, ulikheter
Detaljer1 Geometri R2 Oppgaver
1 Geometri R2 Oppgaver Innhold 1.1 Vektorer... 2 1.2 Regning med vektorer... 15 1.3 Vektorer på koordinatform... 19 1.4 Vektorprodukt... 22 1.5 Linjer i rommet... 27 1.6 Plan i rommet... 30 1.7 Kuleflater...
DetaljerEksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 30. mars 2007 Tidspunkt Antall oppgaver 4 Sirkelskive i radianer.
Eksamen i FO99A Matematikk Underveiseksamen Dato 30. mars 007 Tidspunkt 09.00-14.00 Antall oppgaver 4 Vedlegg Tillatte hjelpemidler Sirkelskive i radianer Godkjent kalkulator Godkjent formelsamling Oppgave
Detaljer1P eksamen høsten Løsningsforslag
1P eksamen høsten 2017 - Løsningsforslag Tid: 2 timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (2 poeng) En vare koster 640 kroner. Butikkeieren
DetaljerLærerveiledning. Oppgave 1. Hva er arealet av det grå området i figuren? Tips til veiledning:
Oppgave 1 Hva er arealet av det grå området i figuren? A 3 B 5 C 6 D 9 E 1 Hva slags geometriske figurer er det grå området er sammensatt av? Finn grå områder som er like store. Tenke dere de mørke bitene
DetaljerLøsningsforslag til Eksamen 2P vår 2008
Løsningsforslag til Eksamen P vår 008 Delprøve 1 OPPGAVE 1 a) Avlesning av grafen viser at 50 stoler koster 40.000 kroner. Gjennomsnittskostnaden per stol blir da: 40000 = 800 kroner. 50 b) c) = = 4,46
DetaljerOppfriskningskurs i matematikk Dag 2
Oppfriskningskurs i matematikk Dag 2 Petter Nyland Institutt for matematiske fag Tirsdag 7. august 2018 Beskjeder Rombytte: EL5 i dag og i morgen. F1 igjen på torsdag. Skal fikse fasit (til tallsvar) på
DetaljerMatematikk GS3 Temaer våren 2013 DEL 1: GEOMETRI. 1. Måleenheter. 1.1 Lengdeenheter. 1.2 Arealenheter. Eksempel 1: Gjør om 5 m til dm, cm og mm
Matematikk GS3 Temaer våren 2013 DEL 1: GEOMETRI 1. Måleenheter 1.1 Lengdeenheter Eksempel 1: Gjør om 5 m til dm, cm og mm m dm 5 m = 5 10 dm = 50 dm m cm 5 m = 5 10 10 cm = 5 10 2 cm = 500 cm m mm 5 m
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I MA0001 BRUKERKURS A Tirsdag 14. desember 2010
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I MA1 BRUKERKURS A Tirsdag 14. desember 1 Oppgave 1 Ligningen kan skrives 4 ln x 3 ln
DetaljerDel 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.
Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org.
DetaljerNotat om trigonometriske funksjoner
Notat om trigonometriske funksjoner Dette notatet ble først skrevet for MA000 våren 005 av Ole Jacob Broch. Dette er en noe omarbeidet versjon skrevet høsten 0. Radianer Anta at en vinkel A er gitt, f.eks
DetaljerINNHOLD SAMMENDRAG GEOMETRI
INNHOLD GEOMETRI... 3 LINJE, STRÅLE OG LINJESTYKKE... 3 VINKEL... 3 STUMP, SPISS OG RETT VINKEL... 3 TOPPVINKLER... 4 NABOVINKLER... 4 SAMSVARENDE VINKLER... 4 OPPREISE EN NORMAL FRA ET PUNKT PÅ EN LINJE...
DetaljerLøsning eksamen 1T våren 2010
Løsning eksamen 1T våren 010 Oppgave 1 a) 4 3 1 y - -1 1 3 4 5 6-1 x - -3-4 Nullpunktet er gitt ved f ( x) 0 x 30 x 3 3 x 1, 5 Dette ser vi stemmer med grafen. Den skjærer x-aksen i x = 1,5. b) x x 8x
DetaljerDen deriverte og derivasjonsregler
Den deriverte og derivasjonsregler Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway September 3, 2014 Tangenten til en funksjon i et punkt (kap. 2.1) Sekant til en funksjon gjennom to punkter 25 20 f(c+h)
DetaljerKapittel 7. Lengder og areal
Kapittel 7. Lengder og areal Dette kapitlet handler om å: Beregne sider i rettvinklede trekanter med Pytagoras setning. Beregne omkrets av trekanter, firkanter og sirkler. Beregne areal av enkle figurer,
DetaljerLøsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 Løsningsforslag, midtsemesterprøve MA1101, 5.oktober 2010 Oppgave 1 Løs ulikheten x + 6 5 x + 2 Strategien er å
DetaljerHeldagsprøve i R1-8.mai 2009 DEL 1
Oppgave 1 Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 Løsningsskisser DEL 1 I et koordinatsystem med origo O 0,0 har vi gitt punktene A 1,3, B 3,2 og C t,5. 1. Bestem t slik at AB AC. 2. Bestem t slik at AB AC. 3. Bestem
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT Kalkulus. Eksamensdag: Fredag 9. desember 2. Tid for eksamen: 9.. Oppgavesettet er på 8 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:
DetaljerForkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning
Eksamen i FO929A Matematikk Prøve-eksamen Dato 13. desember 2007 Tidspunkt 09.00-1.00 Antall oppgaver Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag Oppgave 1 a) Likningen
DetaljerLøsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R2 kapittel 2
Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R kapittel B. a Da ABC er 90, blir AC + 8. Siden CAE er 90, blir CE + 8 7. b Vinkelen mellom CE og grunnflata blir vinkel ACE. tan ACE som gir at vinkelen blir
DetaljerEksamen 1T våren 2015 løsning
Eksamen T våren 05 løsning Tid: 3 timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave ( poeng) Regn ut og skriv svaret på standardform 5 7,5 0 0,003
DetaljerMAT jan jan jan MAT Våren 2010
MAT 1012 Våren 2010 Mandag 18. januar 2010 Forelesning I denne første forelesningen skal vi friske opp litt rundt funksjoner i en variabel, se på hvordan de vokser/avtar, studere kritiske punkter og beskrive
DetaljerOppfriskningskurs i Matematikk
Oppfriskningskurs i Matematikk Dag 2 Stine M. Berge 06.07.19 Stine M. Berge (NTNU) Oppfriskningskurs i Matematikk 06.07.19 1 / 16 Funksjoner Definisjon En funksjon f er en prosses som ett element i en
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
TMA405 Matematikk Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 3..9: Vi starter med å finne de kritiske punktene. De deriverte blir T x (x, y) = ( x xy)e x y T y (x, y) = ( y xy)e x y, slik at de kritiske
DetaljerJULETENTAMEN 2016, FASIT.
JULETENTAMEN 2016, FASIT. DELPRØVE 1. OPPGAVE 1 709 + 2598 = 3307 540-71 = 469 c: 2,9. 3,4 116 870 9,86 d: 30,6 : 0,6 = 306 : 6 = 51 30 6 6 OPPGAVE 2 440 kr 4 = 110 kr c: 7 4 7 2 = 7 4+2 =7 6 (Godtar også:
DetaljerEksempeloppgave 1T, Høsten 2009
Eksempeloppgave 1T, Høsten 009 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 ( poeng) a) Bruk opplysningene nedenfor til å finne
DetaljerLøsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998
Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim
DetaljerFinn volum og overateareal til følgende gurer. Tegn gjerne gurene.
Innlevering FO99A - Matematikk forkurs HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Fredag oktober 01 kl 1:00 Antall oppgaver: 16 Løsningsforslag 1 Finn volum og overateareal til følgende gurer Tegn
DetaljerEKSAMEN I EMNET Løsning: Mat Grunnkurs i Matematikk I Mandag 14. desember 2015 Tid: 09:00 14:00
Universitetet i Bergen Det matematisk naturvitenskapelige fakultet Matematisk institutt Side 1 av 7 BOKMÅL EKSAMEN I EMNET Mat 111 - Grunnkurs i Matematikk I Mandag 14. desember 15 Tid: 9: 14: Tillatte
DetaljerØving 2. Oppgave 1: Diverse algebra med føring. Oppgave 2: Ligningssystem som tekstoppgave. Oppgave 3: Grafgjenkjenning
Øving 2 Oppgave 1: Diverse algebra med føring Finn x som løser ligningene: a) x 2 + 9 = 25 b) x 2 = 2x + 8 c) 2x 2 + 12x = 32 d) x 1 = 1/x e) 2x 4 = x + 2 f) Gå gjennom føringen av oppgave a) og e) med
DetaljerGeometri R1. Test, 1 Geometri
Test, 1 Geometri Innhold 1.1 Formlikhet... 1 1.2 Pytagoras setning... 8 1.3 Setningen om periferivinkler og Thales setning... 15 1.4 Geometriske steder... 21 1.5 Skjæringssetninger i trekanter... 25 1.6
DetaljerAlle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt.
Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Oppgave Vi denerer matrisene A, B, og C som A = [ ] 3, B = 5 9, C = 3 3. a) Regn ut følgende matrisesummer og matriseprodukter, om mulig. Dersom
DetaljerEksamen REA3022 R1, Våren 2011
Eksamen REA30 R1, Våren 011 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (18 poeng) 500 8 er a) Vis at den deriverte til funksjonen
DetaljerFasit, Separable differensiallikninger.
Ukeoppgaver, uke 46, i Matematikk 0, Separable differensiallikninger. 3 Fasit, Separable differensiallikninger. a ) Denne er ferdig på formenf(y)y = g(x) medf(y) =3y 2 og g(x) =2x: 3y 2 dy dx =2x 3y2 dy
DetaljerLøsningsforslag Eksamen R1 - REA3022-28.05.2008
Løsningsforslag Eksamen R1 - REA3022-28.05.2008 eksamensoppgaver.org September 14, 2008 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i R1 er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.
DetaljerSAMMENDRAG OG FORMLER. Nye Mega 10A og 10B
SAMMENDRAG OG FORMLER Nye Mega 10A og 10B 1 Sammendrag og formler Nye Mega 10A Kapittel A GEOMETRI Oversikt over vinkelkonstruksjoner 90 45 60 30 120 135 67 1 2 75 Den pytagoreiske læresetningen I en rettvinklet
DetaljerMA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 10.2.27 a) Vi skal vise at u + v 2 = u 2 + 2u v + v 2. (1) Som boka nevner på side 581,
Detaljer1T eksamen våren 2017 løsningsforslag
1T eksamen våren 017 løsningsforslag Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 ( poeng) Regn ut og skriv svaret på standardform 0,710 6010
DetaljerDeleksamen i MAT111 - Grunnkurs i Matematikk I
Bergen, oktober. 2004. Løsningsforslag til Deleksamen i MAT - Grunnkurs i Matematikk I Mandag. oktober 2004, kl. 09-2. Oppgave Beregn grensen f.eks. ved hjelp av l Hôpitals regel. lim x ln x x Vi ser at
DetaljerKapittel 5. Lengder og areal
Kapittel 5. Lengder og areal Dette kapitlet handler om å: Beregne sider i rettvinklede trekanter med Pytagoras setning. Beregne omkrets av trekanter, firkanter og sirkler. Beregne areal av enkle figurer,
Detaljerx 2 2 x 1 =±x 2 1=x 2 x 2 = y 3 x= y 3
Obligatorisk om funksjonar og deriverte Oppgåve f 3 f = ±, =R Funksjonen f er ein parabel med botnpunkt på (,y) = (0,3) og definisjonsmengda er difor heile tallinja. Sidan f = f er funksjonen symmeterisk
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i MAT 1100 H07
Løsningsforslag til eksamen i MAT H7 DEL. (3 poeng Hva er den partiellderiverte f y når f(x, y, z = xeyz? xze yz e yz xe yz e yz + xze yz e yz + xze yz + xye yz Riktig svar: a xze yz Begrunnelse: Deriver
DetaljerLøsningsforslag Matematikk 2MX - AA mai 2006
Løsningsforslag Matematikk 2MX - AA6516-3. mai 2006 eksamensoppgaver.org September 21, 2008 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 2MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA1101/MA6101)
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN I GRUNNKURS I ANALYSE I (MA0/MA60) Fredag 2. desember 202 Tid: 09:00 3:00 Hjelpemidler: Kode
DetaljerKapittel 20 GEOMETRI. Hvilke figurer har vi her? Kunne bonden brukt en oppdeling med færre figurer?
Kapittel 0 GEOMETRI Hvilke figurer har vi her? Kunne bonden brukt en oppdeling med færre figurer? Kapittel 0 GEOMETRI Rektangler b Areal = l b l m m = m m = 6 m Kvadrat s Areal = s s = s s m m = m = 9
DetaljerForkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning
Eksamen i FO99A Matematikk Ordinær Eksamen Dato 8. mai 8 Tidspunkt 9. - 14. Antall oppgaver 4 Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag Oppgave 1 Deriver følgende
Detaljer2 = 4 x = x = 3000 x 5 = = 3125 x = = 5
Heldagsprøve i FO99A matematikk Dato: 7. desember 010 Tidspunkt: 09:00 14:00 Antall oppgaver 4 Vedlegg: Formelsamling Tillatte hjelpemidler: Godkjent kalkulator Alle svar skal grunngis. Forsøk å gi svarene
DetaljerLsningsforslag ved Klara Hveberg Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 7 I seksjon 7.1 og 7.2 lrer du a lse oppgaver hvor det kan lnne seg a
Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 7 I seksjon 7. og 7. lrer du a lse ogaver hvor det kan lnne seg a tegne gurer og sette navn a ukjente strrelser. Ogave 7..7 illustrerer hvordan du kan ansla
DetaljerTid: 3 timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. x x x x
Tid: 3 timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave (5 poeng) Deriver funksjonene gitt ved f 3 6 4 a) f 3 6 6 6 b) g 5ln 3 3 Vi bruker kjerneregelen
DetaljerLøsning eksamen R1 våren 2008
Løsning eksamen R våren 008 Oppgave a) f ( ) ln f ( ) ( ) ln (ln ) ln ln b) c) d) e) ( 4 6) : ( ) 4 6 6 0 64 ( 8) ( 8) 8 8 8 6 lim lim lim 8 8 6 8 ( 8) 8 lg( y ) lg y lg lg lg y lg y lg lg y lg lg y y
DetaljerR2 kapittel 1 Vektorer Løsninger til kapitteltesten i læreboka
R kapittel 1 Vektorer Løsninger til kapitteltesten i læreboka 1.A a Punktet P har koordinatene P = (,, 5). Det gir PQ = [1,, 3 5] = [1,, 8] b PQ = [1,, 8] = 1 + ( ) + ( 8) = 69 8, 3 c OR = OQ + QR = [1,,
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 3MX - AA
Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA654-04.06.007 eksamensoppgaver.org September 0, 008 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.
Detaljerb) Lag to likninger med ulik vanskegrad (en ganske lett og en vanskelig), der svaret i begge skal bli x = -3. Løs også likningene.
Oppgave I Likninger og ulikheter a) Løs likningen: x + 2 a. + (3x + 4) 3 6 2 ( x + 2)6 6 6 + (3x + 4) 3 6 2 2x + 4 + 9x + 2 2x 9x 2 5 x b) Lag to likninger med ulik vanskegrad (en ganske lett og en vanskelig),
DetaljerLøsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA3022 - Desember 2007
Løsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA022 - Desember 200 eksamensoppgaver.org October 2, 2008 eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksempeloppgave i R1
DetaljerKortfattet løsningsforslag til ekstra prøveeksamen i MAT1100, høsten 2014
Kortfattet løsningsforslag til ekstra prøveeksamen i MAT, høsten 4 DEL Oppgave. 3 poeng Hvis f, y = ye y, er f y lik: A y 3 e y B y e y C e y ye y D e y y e y E e y ye y Riktig svar: D e y y e y Oppgave.
Detaljer