R1 kapittel 8 Eksamenstrening

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "R1 kapittel 8 Eksamenstrening"

Transkript

1 Løsninger til oppgvene i ok R kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i ok Uten hjelpemidler Oppgve E Hvis er et nullpunkt for De mulige nullpunktene for P, er konstntleddet 8 delelig med. P er derfor ±, ±, ± og ± 8. Vi prøver med =. P () = = = 0 Siden P () = 0, er = et nullpunkt for funksjonen. Vi regner ut P : ( ). ( 7 + 8) : ( ) = Vi kn ltså skrive P = ( ) ( 6+ 8). Videre ruker vi nullpunktmetoden til å fktorisere 6+ 8= ( 6) ( 6) ± ± ± ± = = = = = = Dermed er 6+ 8 = ( )( ), og følgelig er P = ( )( )( ). c Vi skl løse ulikheten ( )( )( ) 0. ( + )( ) D tegner vi et fortegnsskjem med én linje for hver v de fem fktorene når < <, når < og når. Løsningsmengden er ltså L =,,,. Aschehoug Side v 50

2 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E Eleven forkorter med på egge sider v likningen i linje i utregningen. D glemmer eleven t kn være lik 0. Dermed forsvinner løsningen =. Vi kn også vise dette med impliksjonstegn. Linje og linje er ikke ekvivlente. Derimot gjelder ( ) ( ) = = I likningen ( )( ) = ser vi t = er en løsning. Altså er punktet (, 0) et skjæringspunkt mellom grfene, i tillegg til punktet (,) som eleven fnt. Alterntivt kn vi løse likningen med re ekvivlente overgnger: ( )( ) = ( )( ) ( ) = 0 ( )( ) = 0 ( )( ) = 0 = = y = y = y = 0 y = Skjæringspunktene mellom grfene er (, 0) og (,). Oppgve E Hvis f( ) er delelig med, er f () = 0. Vi løser derfor likningen () = 0 f = med hensyn på = 0 = Vi vet t f = + 5 er delelig med. + = ( 5) : 5 Likningen = 0 hr løsningene ± ± + ± ± = = = = = = 5 Dermed er f = ( + )( )( 5). Vi tegner fortegnsskjem. ( 5) Ulikheten 0 f hr løsningen L =, [,5]. Aschehoug Side v 50

3 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E Hvis p er et oddetll større enn, kn vi skrive p n p+ n+ + n+ = = = n + p n+ n = = = n p + p Altså er åde og hele tll. p+ p ( p+ ) ( p ) p + p+ p p+ = = Vi setter p = 5. = +, der n er et positivt heltll. D er ( p + p+ ) ( p p+ ) p + p+ p + p p = = = = p = = = Oppgve E5 Lydstyrken er gitt ved L = 0 lg I I Vi setter inn 0 = og får I 0 0 I L= 0 lg = 0 ( lg I lg0 ) = 0 ( lg I ( ) ) = 0 (lg I + ) = 0 lg I Vi setter I = 0 inn i formelen for L. L= 0 lg I + 0 = 0 lg0 + 0 = 0 ( ) + 0 = = 80 Lydstyrken på reidsplssen er 80 db. c Vi setter L = 00 inn i formelen for L, og får d likningen 0 lg I + 0 = 00 0 lg I = 0 lg I = 0 = 0 lg I I = 0 Lydintensiteten på klssefesten vr 0 W/m. Aschehoug Side v 50

4 Oppgve E6 lg lg lg00 = lg00 = lg0 = 0 = 0 = = 8 0, 0 = 0 = 0 = 0 = 0 = 0, ln e = ln e = ln e = = = 0,5 ( ) 0 = 0 = 0 = 0, , 07 = 0, 07 = = = = = 0, lg 0, = lg 0, = lg0 = ( ) ( ) = I synkende rekkefølge får vi dermed lg 0 Oppgve E7 lg 0, ln e 0,07 0,0 0 lg = ( + 6)( 6) ( 6) ( ) + = ( + 6)( 6) = + ( + 6)( 6) ( + 6)( 6) ( + 6)( 6) = = = + + ( 6)( 6) ( 6)( 6) = = = = = = ( )( ) ln ln + ln = ln + ln ln ln + ln = ln + ln ln + ln + 5ln c d = ( 6 + 5) ln + ( + ) ln = ln = ln lg lg = lg (lg lg00) = lg lg + lg00 00 Løsninger til oppgvene i ok = lg + lg0 = lg + = lg lg + = 0 lg + = lg Aschehoug Side v 50

5 Løsninger til oppgvene i ok = = + ( + )( ) Nevneren kn ikke være lik 0. Altså kn ikke h verdiene eller. Vi multipliserer likningen med fellesnevneren ( + )( ). ( + )( ) ( + )( ) = + ( + )( ) Oppgve E8 = = = Løsningen vi hr funnet er forskjellig fr og. Løsningen v likningen er ltså L =. c lg0 = 0 = 0 lg0 0 = 00 = 0 L = 7 7 ln e { 0} e = = ln 7= 0 = 7 = ± 7 L = { 7, 7} d lg lg( + ) = Her må være positiv. lg = + = 0 + = = 0 0 = 9 lg er ikke definert for negtive tll. Likningen hr derfor ingen løsning, L =. Aschehoug Side 5 v 50

6 Løsninger til oppgvene i ok e f g = 8 = 8 9 = 6 = = = 0 {,} ± ± + ± ± = = = = = = L = Vi må h smme grunntll på egge sider v ulikheten, og ruker d Siden grunntllet < må vi snu ulikhetstegnet. = er positivt for lle reelle tll. Ulikheten er derfor oppfylt for lle reelle tll, L =. e 5e > 0 e > 5e Vi må skrive høyre side v ulikheten som én potens, og ruker d ln 5 e > e e ln 5+ e > e Siden e> eholder vi ulikhetstegnet: > ln 5 + > ln 5 Løsningsmengden for ulikheten er ltså L = ln 5,. ln 5 5= e.. Aschehoug Side 6 v 50

7 Løsninger til oppgvene i ok h ln( 8) < 0 ln( 8) < ln e 0 ln( 8) < ln 8< < 9 ln( 8) er re definert for > 8. Løsningen v ulikheten er derfor L = 8,9. Oppgve E9 lg lg lg lg lg 5lg lg f = + = + + = + 0, 00 0, 00 g = lg lg = lg lg = lg lg 0, 00 lg = lg lg0 + lg = lg ( ) = lg + f lg < g + 5lg + lg lg < lg + + 5lg < lg + 5lg < 0 lg + 5lg lg + < 0 lg + lg + 5lg lg < 0 lg + lg < 0 lg + Vi tegner et fortegnsskjem for de to fktorene lg og lg +. Telleren er negtiv når < 0 og positiv når > 0. Nevneren er negtiv når < 0 og positiv når > 0. I tillegg må vi huske t lg re er definert for > 0. Løsningen v ulikheten er ltså L = 0,0. Aschehoug Side 7 v 50

8 Oppgve E0 Løsninger til oppgvene i ok Vi ser v grfen t funksjonen er kontinuerlig for lle verdier v ortsett fr =. Funksjonen er ltså kontinuerlig i hele definisjonsmengden. Siden funksjonen ikke er definert for =, er den heller ikke deriverr i dette punktet. For øvrig hr funksjonen tre knekkpunkter, for =, = og = 0. Funksjonen er ltså deriverr for D f \{,,0}. Grfen til f hr et toppunkt i (, ) og et unnpunkt i (0, 0). (Siden ingen v «endepunktene» ved = er med i definisjonsmengden, er heller ingen v disse punktene topp- eller unnpunkter.) Oppgve E = f f + = + + = ( ) = ( ) + ( ) + + f = f + f = = ( ) + + f ( ) + + = = + f lim = lim ( + + ) = 0 0 Altså er f =. Oppgve E + + g = = + ( + ) + Vi ser t telleren i funksjonen, +, hr nullpunktet =. Den deriverte v telleren,, er ldri negtiv. Det etyr t telleren re kn h ett nullpunkt, og vi trenger derfor ikke å fktorisere noe mer. Vi tegner et fortegnsskjem med én linje for hver v de tre fktorene +, og +. Av fortegnsskjemet ser vi t g 0 når <. Løsningsmengden er ltså L =,. Aschehoug Side 8 v 50

9 Løsninger til oppgvene i ok i telleren og nevneren for å finne den horisontle symptoten. Vi deler med + + g = = + + Dermed ser vi t lim g = ± Linj y = er derfor en horisontl symptote for grfen til g. Nevneren i uttrykket for g er lik 0 for = og for = 0. Telleren er forskjellig fr 0 i egge disse punktene. Linjene = og = 0 er derfor vertikle symptoter for grfen til g. Oppgve E Argumentet i logritmefunksjonen må være positivt. Altså er + 6> 0, som etyr t > 6. Definisjonsmengden for funksjonen er D f = 6,. f = 0 lg( + 6) = 0 lg( + 6) = 0 + 6= = 5 Funksjonen hr nullpunktet 5. c f ( 5,5) = lg( 5,5 + 6) = lg 0,5 = lg = ( lg lg ) ( 0 0,) = ( 0,) = 0,9 f ( 5) = lg( 5 + 6) = lg = 0 = 0 f ( ) = lg( + 6) = lg 0, = 0,9 f ( ) = lg( + 6) = lg = lg = lg 6 0, =,8 f ( ) = lg( + 6) = lg 5 0, 7 =, f () = lg( + 6) = lg8 = lg = lg 9 0, =,7 f () = lg( + 6) = lg0 = = 5,5 5 f( ) 0,9 0 0,9,8,,7 d Vi tegner først punktene vi regnet ut i oppgve c. Så tegner vi en jevn kurve som går omtrent gjennom punktene. Det gir figuren vist til høyre. e Vi ser t grfen til f skjærer linj y = for,. Ulikheten f hr løsningen L = 6,,. Aschehoug Side 9 v 50

10 Oppgve E c d f = 0,05 + 5ln e 5 5 f u u (I det siste leddet hr vi rukt kjerneregelen: (e ) = e u ) = 0, e = 0,5 + e = 0,5 + + e g = e g = e + e = e + e e e e e e ( ) = + = + = + Løsninger til oppgvene i ok h = + ( ) ( + ) ( ) ( + ) ( + ) ( ) + + h = = = = ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) k i = k e k k k k ( k) e k (e ) k e k e ( k) i = = k k (e ) e k k k k k e e e e ( ) e ( ) k k k k e e e e k k k k k k k k k = = = = Oppgve E5 Vi tegner fortegnslinje for f = ( )ln. Av fortegnslinj ser vi t = er et minimlpunkt og = er et mksimlpunkt for funksjonen. Oppgve E6 f = + gu = u g( f) = g ( u) f = (u ) u = = = = f ( + ) + + Vi ser t nevneren i uttrykket for g( f( )) er positiv for lle verdier v. g( f( )) er ltså negtivt når < 0, null når = 0 og positivt når > 0. Punktet = 0 er derfor et minimlpunkt for funksjonen g( f( )). g f ( ) = ( + ) = + = + g f ( (0)) = 0 + = Minimumsverdien til g( f( )) er. Aschehoug Side 0 v 50

11 Oppgve E7 Av figuren ser vi t f < 0 når < og når 0,9 når >, og f = 0 når =, = 0,9 og Løsninger til oppgvene i ok < <, f > 0 når < < 0,9 og =. Dette etyr t = og = er minimlpunkter for funksjonen, og = 0,9 er et mksimlpunkt. Funksjonen er minkende når f < 0 og voksende når f > 0. Funksjonen er ltså minkende for, 0,9,, og voksende for, 0,9,. c f = 0 i toppunktet og unnpunktet på grfen til f. Altså er f = 0 når =, og når = 0,. d Vi ser t f vokser, ltså t f > 0, når <, og når > 0,. Grfen til f vender derfor den hule siden opp for,, 0,,. Oppgve E8 Grfen til f stiger når f 0 Vi ser t f > 0 når >, og f 0 > og synker når f < 0. < når <. Altså stiger grfen til f for, og synker for,. = =. Grfen til f går gjennom punktet P (, f( )) (,5) Stigningstllet for tngenten er gitt ved f = f ( ) = 0. Vi finner likningen for tngenten i punktet P fr ettpunktsformelen. y f( ) = f ( ) ( ) ( ) y 5 = 0 ( ) y = 5 Oppgve E9 Vi ser t den lå grfen hr unnpunkt for 0, = og toppunkt for =,8. I disse punktene skl den deriverte være lik null. Dette stemmer med den ornsje grfen. For = hr den lå grfen et vendepunkt. D skl den doeltderiverte være lik null. Dette stemmer med den grønne grfen. Altså er f( ) den lå grfen, f er den ornsje grfen, og f er den grønne grfen. Se oppgve. For øvrig synker grfen til f når < 0, og når >,8. D er f < 0. Grfen til f stiger når 0, < <,8. D er f > 0. Grfen til f stiger rttest for =. D hr grfen til f et toppunkt, og grfen til f hr et nullpunkt. Grfen til f krummer oppover når <. D stiger f, og f er positiv. Grfen til f krummer nedover når >. D synker f, og f er negtiv. Aschehoug Side v 50

12 Oppgve E0 P = = ( ) Løsninger til oppgvene i ok Vi ser t P () = = = 0. Altså er P delelig med. ( ) : ( ) = Til slutt gjenkjenner vi første kvdrtsetning: Altså er P ( ) = = + + = ( + ). P = + = = = () P = + + = P = + + = + + = + + = Vi finner likningen for tngenten fr ettpunktsformelen. y P() = P () ( ) () y 50 = 95 ( ) y = y = 95 0 Oppgve E ln ln e e h = = = Vi ruker kjerneregelen, h = e u, der u = ln. Det gir u u h = h ( u) u = e ln = e ln + (ln ) = + = + = + u u ln e ln e (ln ) e (ln ) = (ln + ) Aschehoug Side v 50

13 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E e 5 = ln 5 ln = ln + 5ln = 7ln 5 L = ln ln = ln ( ln e ln ) c L + = 7ln + = 7ln L + 0 7ln 0 ln e (ln er re definert for 0) < > 0< Ulikheten L + 0 hr løsningsmengden L = 0,. L = 7ln D L = 0, 7 L = 7 = = 7 7 L = 7 = 7 = Vi ser t L er negtiv for lle DL. Grfen til L krummer ltså nedover i hele definisjonsmengden, og hr følgelig ingen vendepunkter. Vi finner eventuelle topp- og unnpunkter ved å løse likningen L = 0. 7 = 0 7 = = 7 For = 7 er L = 0 og L 0 L (7) = 7 ln 7 7 <. Punktet ( 7, (7)) Grfen til L hr toppunktet ( 7, 7ln 7 7). L er derfor et toppunkt. Aschehoug Side v 50

14 Oppgve E f = = ( ) Vi finner nullpunktene ved å løse likningen f( ) = 0. ( ) = 0 = 0 = 0 Løsninger til oppgvene i ok = 0 = Funksjonen hr nullpunktene 0 og. f = = 6= ( ) Vi ser t f = 0 når = 0 og når =. Vi tegner fortegnsskjem for f. Av fortegnsskjemet ser vi t = 0 er et mksimlpunkt og = er et minimlpunkt på grfen til f. f (0) = 0 0 = 0 f () = = 8 = 8 = Funksjonen hr toppunktet (0, 0) og unnpunktet (, ). (Endepunktene = og = er ikke med i definisjonsmengden, og kn derfor heller ikke være topp- eller unnpunkter.) c Se figuren til høyre. f () = = = f = = = Vi ruker ettpunktsformelen. y f() = f () ( ) () 6 6 y ( ) = ( ) y+ = + y = + Likningen for tngenten der = er gitt ved y = +. Vi ser t f = 6= 6 6, og f () = 6 6 = 0. Den ndrederiverte skifter fortegn for =, som etyr t (, () ) Tngenten i dette punktet klles derfor en vendetngent. f er et vendepunkt. Oppgve E Vi vil vise t punktet B er sentrum i kvdrtet AEFC, ltså t lle de fire trekntene ABC, BCF, BFE og ABE er kongruente. AC er en digonl i kvdrtet ABCD. Treknten ABC hr derfor vinklene 5, 5 og 90. Ettersom AEFC er et kvdrt, er ACF = 90. D er også BCF = 5. Trekntene ABC og BCF hr ltså to like sider (BC er felles og AC = CF ), og den mellomliggende vinkelen er lik. Dermed er trekntene kongruente. Tilsvrende finner vi også for trekntene BFE og ABE. Arelet v kvdrtet ABCD er lik. Altså er relet v treknten ABC lik. Dermed er relet v AEFC lik =. Arelet v AEFC er ltså doelt så stort som relet v ABCD. Aschehoug Side v 50

15 Løsninger til oppgvene i ok Vi ruker resulttet fr oppgve, og egynner med å konstruere kvdrtet AEFC med rel ekskt lik 00 cm. Sidene i AEFC skl ltså være nøyktig 0 cm. Kvdrtet ABCD lget på smme måte som i oppgve vil dermed h rel ekskt lik 50 cm. Konstruksjon Vi strter med å vsette linjestykket AE med lengde nøyktig 0 cm. Vi forlenger AE et stykke mot venstre, og konstruerer normlen gjennom A. Vi slår en sirkel om A med rdius AE. Skjæringspunktet mellom sirkelen og normlen gir oss punktet C. Vi slår en sirkel om C og en sirkel om E, egge med rdius AE. Skjæringspunktet mellom disse sirklene gir oss punktet F. 5 Vi trekker linjestykkene CF og EF. 6 Vi trekker digonlene AF og CE. Skjæringspunktet mellom digonlene gir oss punktet B. 7 Vi slår en sirkel om A og en sirkel om C, egge med rdius AB. Skjæringspunktet mellom disse sirklene gir oss punktet D. 8 Til slutt trekker vi linjestykkene AD og CD. Aschehoug Side 5 v 50

16 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E5 Anlyse Vi kjenner to sider og den motstående vinkelen til den lengste v de to sidene. Treknten er derfor entydig estemt. Fr thlessetningen må punktet C ligge på en hlvsirkel med AB som dimeter. Lengden v AC er en firedel v lengden v AB. Dette konstruerer vi lettest ved å hlvere AB to gnger. Konstruksjon Vi vsetter linjestykket AB, og ruker psseren til å måle opp lengden. Vi konstruerer midtnormlen på AB, og finner dermed midtpunktet M. Vi slår en hlvsirkel om M med rdius MB. Vi konstruerer midtnormlen på AM, og finner dermed midtpunktet N. 5 Vi slår en sirkel om A med rdius AN. Skjæringspunktet mellom denne sirkelen og den store hlvsirkelen er punktet C. 6 Til slutt trekker vi linjestykkene AC og BC. Vi hlverer vinklene A, B og C i treknten. Vinkelhlveringslinjene skjærer hverndre i ett punkt, som er sentrum S i den innskrevne sirkelen til treknten. Vi vsetter derfor en sirkel med sentrum i S som tngerer sidene i treknten. Oppgve E6 ABC er stt smmen v tre mindre treknter, ABS, BCS og CAS. Arelet v disse trekntene er gitt ved T ABS = rc T BCS = r T CAS = r Dermed er T ABC = rc + r + r = r ( + + c) Aschehoug Side 6 v 50

17 Løsninger til oppgvene i ok Alle de tre sidene i treknten er kjent. Treknten er derfor entydig estemt. Vi strter med å vsette linjestykket AB med lengde 6 cm. Vi slår en sirkel omkring A med rdius cm, og en sirkel omkring B med rdius 5 cm. Skjæringspunktet mellom disse sirklene gir oss punktet C. Vi trekker linjestykkene AC og BC. Vi hlverer lle vinklene i treknten, og trekker vinkelhlveringslinjene. Vinkelhlveringslinjene skjærer hverndre i ett punkt, som er sentrum S i den innskrevne sirkelen. 5 Til slutt vsetter vi en sirkel med sentrum i S som tngerer sidene i treknten. Oppgve E7 Trekntene CES og CFS er egge rettvinklede, de hr siden CS felles, og ES = FS = r. Trekntene er derfor kongruente, som etyr t CF = CE = β. Tilsvrende er trekntene BDS og BES kongruente, som etyr t BD = BE = α. Arelet v treknten er dermed gitt ved AABC = A ADSF + ADBS + ABES + AECS + A CFS = r + αr+ αr+ βr+ βr = r + αr+ βr = ( α + β) r+ r ( α + r) + ( β + r) = ( α + β) α + αr+ r + β + βr+ r = α + αβ + β r + α r+ βr = αβ r + ( α + β) r = α β Fr oppgve vet vi t A ABC = ( α + β) r+ r. Altså er A ABC = α β. c Arelet v treknten er A ABC = α β = = 6. Vi setter inn for α og β i likningen r + ( α + β) r = α β. r + ( + ) r = r + 5r 6= 0 5 ± 5 ( 6) 5 ± ± 9 5 ± 7 r = = = = r = 6 r = Det er re den positive løsningen som gir mening. Rdien i den innskrevne sirkelen er ltså r =. Aschehoug Side 7 v 50

18 Oppgve E8 Vi strter med å vsette linjestykket AB med lengde r = 0,0 cm. Løsninger til oppgvene i ok Vi konstruerer midtnormlen på AB, og finner dermed midtpunktet O. Vi slår en hlvsirkel om O med rdius OA. Skjæringspunktet mellom hlvsirkelen og midtnormlen gir oss punktet C. Vi trekker linjestykkene AC og BC. 5 Vi konstruerer midtnormlen på AC, og finner dermed midtpunktet D. 6 Til slutt slår vi en hlvsirkel om D med rdius DA. Skjæringspunktet mellom hlvsirkelen og midtnormlen gjennom D gir oss punktet E. Vi legger smmen relene v hlvsirkelen AEC og treknten AOC, og trekker fr relet v kvrtsirkelen ACO. D står vi igjen med relet v Hippokrtes-månen. Vi må først finne rdien AD i hlvsirkelen AEC. D ruker vi pytgorssetningen på AOC. AC AO OC r r r r r = + = + = = = AC AD = = r Arelet v hlvsirkelen AEC: π AD = π r = π r = πr Arelet v treknten AOC: r Arelet v kvrtsirkelen ACO: π r Arelet v Hippokrtes-månen er dermed π r + r π r = r = A AOC. Aschehoug Side 8 v 50

19 Oppgve E9 u = t, 5 v =, t =,, = + = + = + 5 u v u v = 0 u v t t t t t t t t t + t 5= 0 ± ± + ± ± t = = = = 5 t = t = ( 5) c v er prllell med -ksen dersom v er på formen [,0]. 5 v =, t 5 t = 0 5 t = v =, der y = t 5. Asoluttverdien v v er ltså gitt ved v = + y = + y d v er på formen [, y] Vi ser derfor t v er minst mulig når Følgelig hr v sin minste verdi når Vi setter t = 5inn i uttrykket for v. 5 5 v =, =,0 v = + = = [ ] 0 Den minste lengden v kn h er. e t t u = t + = t + 9 u = = = 5 t = 6 t = 6 t = 6 t = t = Løsninger til oppgvene i ok y er minst mulig, som etyr t y = 0. 5 t =.. Aschehoug Side 9 v 50

20 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E0 y y = 0 Vi må skrive likningen på formen y y = ( ) + ( y y ) = r. 0 0 ( + ) + ( y + y + ) = + y+ = 9 + y+ = 5 ( ) + ( y ( )) = 5 Sirkelen hr sentrum i punktet (, ) og rdius 5. Oppgve E S hr sentrum i origo og rdius 5. S hr sentrum i punktet (, 0) = (6, 0) og rdius. Begge sirklene hr sentrum på -ksen. Hvis sirklene tngerer hverndre, vil derfor også tngeringspunktet ligge på -ksen. Vi setter derfor y = 0 inn i likningene for sirklene. = 5 ( ) = 9 =± 5 =± Vi setter de to verdiene for inn i den ndre likningen for å finne. 5 =± 5 =± = 5± = 5± = 8 = = = 8 Sirklene tngerer hverndre når { 8,,,8}. Oppgve E rt = ln( t+ ), t [ ] Vi finner skjæringspunktene med -ksen ved å sette y = 0, og skjæringspunktene med y-ksen ved å sette = 0. -ksen: t = 0 t = = ln( t+ ) = ln( + ) = ln 5,6 = 6, Grfen til r skjærer -ksen i punktet (6,, 0). y-ksen: 0 ln( t+ ) = 0 t+ = e t = 0 y = t = 0 = Grfen til r skjærer y-ksen i punktet (0, ). Aschehoug Side 0 v 50

21 Løsninger til oppgvene i ok Vi setter først opp en tell der vi regner ut og y for noen verdier v t. For eksempel gir t = 5 = ln(5 + ) = ln 6 = ln( ) = (ln + ln ) (0, 7 +,) =,8 = 7, y = 5 = t ,8, 5,6 6, 7, 8, 8,8 9, 0 y Vi mrkerer punktene i et koordintsystem, og tegner en jevn kurve som går gjennom punktene. Det gir figuren vist til høyre. c vt () = r () t = [ ln( t+ ), t ] = ( ln( t+ ) ), ( t ) =, t + =, t + d v() =, =, + 5 v () er frtsvektoren til prtikkelen for t =, som er prllell med tngenten til nen i dette r () 6,, 0. punktet. Vi tegner derfor vektoren med strtpunkt i Oppgve E f = + f = f () = = Vi setter inn i uttrykkene for tngenten og normlen, der (, y ) = (, ). Tngent: y y = f ( ) y = ( ) y = + y = + Norml: y y = ( ) f y = ( ) y = + y = 0,5+,5 Aschehoug Side v 50

22 Både tngenten og normlen går gjennom punktet (, y ) = (, ). Løsninger til oppgvene i ok Tngent: Når øker med, øker y med. En retningsvektor er derfor [, ] = [,]. En prmeterfrmstilling for tngenten er dermed = + t y = + t. Norml: Når øker med, minker y med. En retningsvektor er derfor [, ]. En prmeterfrmstilling for normlen er dermed = + s y = s. Tngenten hr retningsvektor [, ], og normlen hr retningsvektor [, ] [, ] [, ] = + = = 0 Retningsvektorene står vinkelrett på hverndre. Tngenten og normlen står derfor vinkelrett på hverndre. Oppgve E lg < 5 = lg lg er re definert for > 0. For øvrig er logritmefunksjonen monotont voksende. Derfor gjelder ekvivlensen lg < 5 0 < < Hvis u + v = 0, så er v = u. Altså er u og v prllelle. Men to prllelle vektorer trenger ikke å h sum lik null. F.eks. kn v = u ( 0). Derfor gjelder impliksjonen u + v = 0 u v c Vi løser likningen + =. D egynner vi med å kvdrere på egge sider. D må vi huske å kontrollere løsningene, siden vi kn få «flske» løsninger når vi kvdrerer. + = ( ) d + = = + ( 9) ( 9) ± ± ± ± = = = = = = 7 Vi kontrollerer løsningene: + = + 7 = 7. = = Det er re den første løsningen som stemmer med den opprinnelige likningen. Altså gjelder impliksjonen + = = = 7 Vi deriverer funksjonen Men hvis f( ) = e, og får d f = ( e ) = e = e. f = e så trenger ikke f( ) å være lik vilkårlig konstnt i uttrykket for f, f = e f = e f e e. Vi kn nemlig legge til en = + C. Altså gjelder impliksjonen Aschehoug Side v 50

23 Løsninger til oppgvene i ok P e f( ) er en rsjonl funksjon, f =, der Q () = 0. Q Dersom P() 0 så er = en vertikl symptote for grfen til f. Men siden = kn være et nullpunkt også for P, vet vi ikke om = er en vertikl symptote for funksjonen. Altså gjelder impliksjonen = er nullpunkt for nevneren Q = er vertikl symptote for grfen til f Oppgve E5 Antll måter vi kn velge jenter lnt de 7 jentene, er 7 7 Antll måter vi kn velge gutt lnt de 5 guttene, er 5 5 =. Antll måter vi kn velge representnter lnt de personene, er P 0 0 = = = = 0! 6 Snnsynligheten for å velge to jenter og én gutt er dermed : 5 P(to jenter og én gutt) = = = = = : 5 Oppgve E6 P 7 6 = = = =.! Tre firedeler v guttene hr vlgt llspill. Altså er PB ( G ) =. En tredel v elevene er gutter, dvs. PG =. Hlvprten v jentene ( G ) hr vlgt llspill, PB ( G ) =. Fr setningen om totl snnsynlighet får vi dermed PB = PG PB ( G) + PG PB ( G) 7 = + = + = + = + = Vi finner snnsynligheten PG ( B ) fr Byes' setning. PG ( B) PG PB ( G) PG ( B) = = = = = = PB PB Aschehoug Side v 50

24 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E7 For hvert v de åtte spørsmålene er det to svrlterntiver. 8 Lget kn derfor svre på de åtte spørsmålene på = 56 måter. Lget skl velge to temer lnt seks mulige. 6 6P = = = = 5! Lget kn velge de to temene på 5 forskjellige måter. c Vi kn velge én gutt lnt to gutter på = måter. Dette er også ntllet måter vi kn velge én jente lnt to jenter. Vi kn velge to personer fr et quizlg på fire på P = = = = 6! Dermed er P(én gutt og én jente) = = = = 6 6 Snnsynligheten for å trekke ut én gutt og én jente er. måter. Oppgve E8 Hendelsen J S etyr t åde J og S inntreffer, ltså t eleven som trekkes ut er en jente som ruker snus. Det er 0 % jenter på skolen, som etyr t PJ = 0, 0. 0 % v jentene ruker snus, som etyr t PS ( J ) = 0,0. PJ ( S) = PJ PS ( J) = 0, 0 0,0 = 0,00 =,0 % Snnsynligheten for å velge en jente som snuser, er,0 %. Vi hr t PJ = 0,60 (60 % gutter) og PS ( J ) = 0, 0 (0 % v guttene snuser). Det gir PJ ( S) = PJ PS ( J) = 0,60 0, 0 = 0, PS = PJ ( S) + PJ ( S) = 0,00 + 0, = 0,6 = 6 % Snnsynligheten for å velge en elev som snuser, er 6 %. PJ ( S) 0,00 PJ ( S) = = = = = 0,5 = 5 % PS 0,6 6 Snnsynligheten for t vi hr vlgt en jente, dersom vi hr vlgt en elev som snuser, er 5 %. c Hendelsene J og S er uvhengige dersom PS ( J) = PS. Vi hr funnet t PS ( J ) = 0,0 og PS = 0,6. Altså er PS ( J) PS. Hendelsene J og S er derfor vhengige. Aschehoug Side v 50

25 Oppgve E9 Vi hr hendelsene B = «vi velger terning B» = «treer i egge kstene» Løsninger til oppgvene i ok Terning A er ltså det smme som «ikke B», A= B. Vi regner med t det er like snnsynlig å velge terning A og terning B, P(B) = P(B) =. Terning A er en vnlig terning, som etyr t P( B) = = 6 6 Med terning B er derimot snnsynligheten for å få treer i ett kst lik. Altså er P( B) = = 9 Dermed er P() = P(B ) + P(B ) = P(B) P( B) + P(B) P( B) 5 = + = + = + = + = Snnsynligheten for å få treer i egge kstene er 5 7. Vi vil finne P (B ), og ruker derfor Byes' setning. P(B) P( B) P(B ) = = = = = = = P() Snnsynligheten for t du kstet med terning B, gitt t du fikk treer i egge kstene, er 5. Oppgve E0 c For hver v de fire okstvene i koden er det fem lterntiver. Antllet mulige koder til låsen er derfor 5 = 65. Hvis lle okstvene skl være forskjellige, svrer det til å trekke fire okstver fr et utvlg v fem okstver, uten å legge dem tilke. Antllet mulige koder er derfor 5P = 5 = 0 Hendelsene «lle er forskjellige» og «minst to like» er komplementære. Antllet mulige koder der minst to okstver er like, er derfor 65 0 = 505. Aschehoug Side 5 v 50

26 Løsninger til oppgvene i ok Med hjelpemidler Oppgve E f( ) er en ndregrdsfunksjon som hr to smmenfllende nullpunkter i =. Funksjonsuttrykket er derfor på formen f = ( ). Vi ruker skjæringspunktet (0, 8) med y-ksen til å estemme konstnten. f (0) (0 ) 8 = 8 = = = Dermed er f = ( ). g er en tredjegrdsfunksjon, og hr derfor tre nullpunkter. To v nullpunktene er smmenfllende i =, siden grfen tngerer -ksen her. I tillegg hr funksjonen nullpunktet. Funksjonsuttrykket er derfor på formen g = k ( ) ( + ) Vi estemmer k fr skjæringspunktet (0,9) med y-ksen. g (0) (0 ) (0 ) 9 k 9 = 9 = k + = k = c h er en fjerdegrdsfunksjon med to nullpunkter i = og to nullpunkter i =. Funksjonsuttrykket er derfor på formen h = ( + ) ( ). Vi ruker punktet (0, 8) til å estemme konstnten. h (0) = (0 + ) (0 ) = 8 = 8 Dermed er = Oppgve E h ( ) ( ) = +. Antllet kuler i trekntene er hlvprten v ntllet kuler i de tilsvrende rektnglene. Rektngel nummer n hr sider n og n +. Antllet kuler i rektnglet er derfor n ( n+ ). nn+ Dermed er det n-te treknttllet gitt ved. De fire første treknttllene er,, 6 og = 8+ = 9= 8 + = + = 5 = = 8 + = 9 = = 80 + = 8 = 9 Plutrks setning gjelder ltså for de fire første treknttllene. Aschehoug Side 6 v 50

27 c Vi setter n = 00 inn i formelen for det n-te treknttllet. nn = = = 0 0 = 0 Treknttll nummer 00 gir kvdrttll nummer 0. Løsninger til oppgvene i ok d Vi tr utgngspunkt i treknttll nummer n. nn ( + ) 8 + = nn + + = n + n + = n + n + = n + Treknttll nummer n gir ltså kvdrttll nummer n +, som eviser Plutrks setning. Oppgve E n Un = 5 U () = 5 = 5 = U () = 5 = 65 = 6 U () = 5 = 5 6 = 8 6 = = 508 Både U (), U () og U () er ltså delelig med. n n n 5 5 ( 5 ) n n Un= = = = ( 5 ) ( 5 + ) c Hvis vi ser på tre nturlige tll i stigende rekkefølge, dvs. m, m + og m +, så vil lltid nøyktig ett v disse tllene være delelig med. Vi ser på tllene 5 n, 5 n og 5 n +. Nøyktig ett v disse tllene er delelig med. Det midterste tllet, 5 n, inneholder re fktorer v 5, og kn derfor ikke være delelig med. Følgelig må enten 5 n eller 5 n + være delelig med. 5 n n Un= 5 + er derfor delelig med for lle nturlige tll n. Produktet Oppgve E Primtll Nturlige tll Kvdrttll Differnse p n n n n n n Aschehoug Side 7 v 50

28 Vi lr n+ n = p og n n =. Vi legger smmen de to uttrykkene. ( n + n ) + ( n n ) = p+ c n = p+ p + n = Dermed er p+ p p+ p p p n = p n = p = = = n p+ p n = p + p+ p p+ p + p+ p + p p Løsninger til oppgvene i ok = = = = p Vi ser t n og n er hele tll hvis p er et oddetll. Alle primtll større enn er oddetll. Alle primtll større enn kn derfor skrives som differnsen mellom to kvdrttll. Oppgve E5 lg n n n = > 0, n> 0 n n lg n n n = n n n n lg n = n n lg n lg = lg n n Vi strter med å enytte smmenhengen lg = lg. lg lg = n lg n n lg lg n lg = 0 n n (lg n) lg = 0 n (lg n) (lg lg n) = 0 c Likningen i oppgve er oppfylt dersom én v fktorene er lik 0. lg n= 0 lg lg n= 0 lg = n lg = lg n = 0 n = n Løsningen v likningen er = n = 0 n. Aschehoug Side 8 v 50

29 Oppgve E6 En nedgng på 0 % per år svrer til vekstfktoren 0, ,90 = Ved utgngen v 0 hdde VGs ppirutgve c lesere. Dgldet hr en årlig nedgng på 6 %, som svrer til vekstfktoren 0,9. Fr 0 til 07 hr det gått fem år ,9 = Ved utgngen v 07 vil Dgldet h c lesere. Vi må løse likningen ,9 = ,9 = lg = lg 0,9 = 5,9 Dgldet vil h mistet lesere etter c. 5,9 år. t c 7 000, t , t lg,0 lg lg t lg, 0 t 7,5 Etter t år vil ntllet lesere v DN h økt til 7 000,0 t. Det vil ltså t c. 7,5 år før DN hr lesere v sin ppirutgve. Løsninger til oppgvene i ok Aschehoug Side 9 v 50

30 Løsninger til oppgvene i ok d Etter t år hr DN 7 000,0 t lesere, mens Dgldet hr ,9 t lesere. t t Ulikheten 7 000, ,9 forteller oss derfor hvor mnge år det vil t før DN hr flere lesere v sin ppirutgve enn det Dgldet hr. e Vi skriver inn ulikheten i CAS-delen v GeoGer, og trykker på knppen. I første omgng finner GeoGer den ekskte løsningen. Vi kn velge løsningen i linje, og trykke på. D får vi en tilnærmet løsning. Løsningen v ulikheten er ltså t, 9. Vi tegner grfene til f( t ) = 7 000,0 t og Oppgve E7 c gt = ,9 t i smme koordintsystem. Vi ser t kurvene skjærer hverndre for t =, 9. t t Ulikheten 7 000, ,9 hr ltså løsningen t, 9. 0,t vt = 0 8, e Vi tegner grfen til vt () for 0 t. Av figuren ser vi t v (5) = 7,0. Etter 5 timer er vnninnholdet i jordlget 7,0 mm. 0,t vt = 0 8, e 0,t 0,t 0,t v ( t) = 8, ( e ) = 8, e ( 0,) =,6 e 0, v () =, 6 e = 0, 7 Etter timer øker vnninnholdet i jordlget med 0,7 mm per time. 0,t v ( t) =, 6 e Vi ser t v () t går mot 0 etter hvert som t øker. Vnninnholdet i jord nærmer seg ltså en konstnt verdi. (Av figuren i oppgve (og uttrykket for v) ser vi t denne konstnte verdien er 0 mm.) Aschehoug Side 0 v 50

31 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E8 Løsning med CAS i GeoGer: Vi definerer først funksjonen. Vi finner topp- og unnpunktet ved å løse likningen f = 0. Grfen til f stiger mot høyre når er stor. Det etyr t > 0. Derfor er det den første løsningen i () som gir unnpunktet, og den ndre løsningen gir toppunktet. Vi finner -koordinten til toppunktet. 5 Vi finner -koordinten midt mellom toppunktet og unnpunktet. 6 Vi finner -koordinten til vendepunktet, og ser t dette er det smme som (5). Dermed hr vi vist t vendepunktet ligger midt mellom toppunktet og unnpunktet. Vi inkluderer også en løsning uten CAS: f = + + c + d f = + + c Vi vet t f = 0 i toppunktet og i unnpunktet, ltså for = p og for = q. Det etyr t vi kn skrive f = ( p)( q) = ( ( p+ q ) + pq). Vi finner vendepunktet ved å løse likningen f = 0. f = ( ( p+ q) ) f = 0 0= ( ( p+ q) ) 0 0= ( p+ q) p+ q = -koordinten til vendepunktet ligger ltså midt mellom -koordinten til toppunktet og -koordinten til unnpunktet. Aschehoug Side v 50

32 Oppgve E9 Volumet v kjegl er gitt ved V Overflten v kjegl er gitt ved O =π r +π rs, der s = r + h fr pytgorssetningen. Altså er Løsninger til oppgvene i ok V =. π r = π rh= 0,5 dm. Høyden er derfor gitt ved h V =π +π + =π +π + O() r r r r h r r r πr Vi deriverer funksjonen og løser likningen O () r = 0for å finne rdien som gir minst overflte. Det lir komplisert å regne ut dette for hånd, og vi ruker derfor CAS. Av løsningen i GeoGer ser vi t r = 0,55 dm. Dermed er V 0,5 h = = dm =,56 dm πr π 0,55 Overflten v kjegl lir minst mulig når rdien i kjegl er c. 6 cm og høyden er c. 6 cm. Oppgve E50 Linj hr stigningstll og går gjennom punktet (, y ) = (,). Vi finner likningen for linj fr ettpunktsformelen. y y = ( ) y = ( ) y = y = + Linj skjærer y-ksen når = 0. D er y = +. Altså er B = (0, + ). Linj skjærer -ksen når y = 0. Det gir + = 0 = = A= ( ), 0. Arelet v treknt OAB er dermed Altså er ( ) F( ) = OA OB = ( + ) = ( ( ) ) = Aschehoug Side v 50

33 Løsninger til oppgvene i ok c + F ( ) = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 ( ) ( ) 6 8 ( ) = = = = = = Stigningstllet skl være negtivt. Funksjonen F hr ltså et unnpunkt for = ( ) ( ) ( ) Når relet F er minst mulig, er likningen for den rette linj y = + = + = + + = + Oppgve E5 f = 6 e f = (6 ) e + 6 e = 6 e + 6 e = 6 e + 6 e = 6 e = ( ) e 8 Se figuren til høyre. c Vi ser t f = 0 når = og når =. f < 0 når < og når >, og f > 0 når < <. Grfen til f hr unnpunkt for = og toppunkt for =. ( ) 8 f ( ) = 6 e = e = 7,8 8 f () = 6 e = e = 7,8 Grfen til f hr et toppunkt i (, 7, 8) og et unnpunkt i (, 7, 8). Grfen til f hr unnpunkter for =,6 og =,6, og toppunkt for = 0. f skifter ltså fortegn i disse punktene. Punktene er derfor vendepunkter på grfen til f.,6 8 (,6) 8 f (, 6) = 6 (, 6) e =, 6 f (0) = 60e = 0e = 0 f (,6) = 6,6 e =,6 Grfen til f hr vendepunkter i (,6,,6), (0, 0) og (,6,,6). Aschehoug Side v 50

34 Oppgve E5 Grunnflten hr relet, og hver v de fire sidefltene hr relet h. Det smlede overflterelet v kret er derfor + h =. Dermed er h = h = = = Både og h må være positive. Altså er > 0 og h > 0. > 0 > > (siden > 0) c < = kn h verdiene 0,. Kret hr en grunnflte med rel og høyde h. Volumet er derfor gitt ved V = h= = d Vi løser likningen V = 0 i GeoGer, der > 0. V( ) er størst mulig når =. Kret rommer d L vnn. Oppgve E5 Siden punktet S (, 0) Løsninger til oppgvene i ok = ligger mellom origo og punktet R = (, 0), er 0 < <. Bredden v rektnglet er, og høyden er gitt ved f = +. Arelet v rektnglet er dermed gitt ved A = ( ) ( + ) = + 5 = A = + = + = for { } Fr c-formelen finner vi t A 0,7. Altså er A = ( )( 7). Vi tegner fortegnsskjem. A hr minimlpunkt = og mksimlpunkt = 7. Vi må også kontrollere rndpunktene = 0 og =. Selv om punktene ikke er med i definisjonsmengden, kn funksjonsverdien komme vilkårlig nær disse verdiene. A(0) = = 5 A A () = = (7) = = 50 A() = = 0 Den største verdien relet kn h er 50. Men det finnes ingen minste verdi for relet. Vi kn nemlig få relet så nær 0 vi vil ved å velge nær nok. Aschehoug Side v 50

35 Løsninger til oppgvene i ok c Vi tegner grfen til A for 0 < <. Av figuren ser vi t grfen til A hr unnpunkt (, ) og toppunkt (7, 50). Mksimlverdien 50 er også solutt mksimum for funksjonen. Men funksjonen hr ikke noe solutt minimum. Funksjonsverdien kn komme vilkårlig nær 0 når nærmer seg. Oppgve E5 Det sirkulære jordstykket hr omkrets π r =. Rdien er derfor r = π, og relet er dermed gitt ved =π r =π =π = S π π π Til smmen skl omkretsen v det sirkulære og det kvdrtiske jordstykket være 00 m. Omkresten v det kvdrtiske jordstykket er derfor 00. Sidene i kvdrtet er d s = (00 ) = 00, og relet er K = s = 00 = = Det totle relet onden gir fr seg er A = S + K = , 00 π 6 = π 6 Vi finner minimumsverdien ved å løse likningen A = 0. +π A = + 50 = + 50 = 50 π 6 π 8 8π +π 0 = 50 8π 50 8π 00π = = +π +π 00π 00π 00π A = = 560 +π π 6 +π +π Det minste relet onden må gi fr seg er 560 m. Aschehoug Side 5 v 50

36 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E55 Vi ser t f 0 < når <, og f > 0 når >. Grfen til f vender derfor den hule siden ned når <, og opp når >. f skifter fortegn for =. Punktet (, f () ) er derfor vendepunktet til grfen. For = er f = 0 og f < 0. Punktet (, f ) er derfor et toppunkt på grfen. For = er f = 0 og f > 0. Punktet (, f ()) er derfor et unnpunkt på grfen. Til smmen kn dette f.eks. gi grfen vist til høyre. Oppgve E56 Punktet B hr koordintene (, 0), der > 0. Punktet C hr koordintene (, f ) (, h) h = e ln h= = ln h = ln h =. Altså er Bredden v rektnglet er dermed AB = = ln h. Rektnglet hr redden ln h og høyden h. Arelet er dermed gitt ved Ah = h ln h Vi finner den største verdien relet kn få ved å løse likningen A ( h) = 0. A ( h) = ( h) ln h + h ln h = ln h + h ln h ln h h = ln h + = ln h ln h h ln h ln h = 0 ln h ln h = ln h ln h = ln h = h = e = e Den største verdien Ah kn få er ltså e h ln h = e = = e = e Det største relet rektnglet kn få er e,. Aschehoug Side 6 v 50

37 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E57 Vi forlenger linjestykket CO ned til punktet D på AB. Siden ABC er likeeint, deler D linj AB i to like lnge deler. Pytgorssetningen på ADO gir r = 0 + = r 900 Pytgorssetningen på ADC gir dermed 50 = 0 + ( + r) 500 = r + r 500 = ( r 900) + r r r r r 900 = 50 r r ( r 900) = 50 r r 900r = r + r 600r = 50 = r + r r 50 r = 0 5 r = Rdien r i sirkelen er gitt ved Oppgve E58 5 r =. Vi mrkerer sentrum S i sirkelen, som ligger midt på dimeteren AC, og vinklene u og v i henholdsvis ASD og BSC. D er CSD = 80 u, som vist på figuren. Så ruker vi setningen om periferivinkel på ABSD : Periferivinkelen BAD er hlvprten så stor som sentrlvinkelen BSD. Altså er 80 u + v 90 u BAD = = v Med u = 0 og v = 90 gir dette BAD = 90 = 90 = 75 Aschehoug Side 7 v 50

38 Løsninger til oppgvene i ok Fr thlessetningen er ABC = ADC = 90. Dermed er trekntene ABP og ADQ egge rettvinklede. Trekntene hr også BAD felles: BAP = DAQ = BAD. Den tredje vinkelen må derfor også være felles, α = β, dvs. ABP ADQ. Vinkelsummen i trekntene er 80, som etyr t α + BAD = 90. Altså er u v u v α = β = 90 BAD = = Med u = 0 og v = 90 gir dette α = β = = = 5 c Vi hr llerede vist generelt t α = β = ( u v)i oppgve. Figuren i oppgven, og eregningene våre, er sert på t u > v. Hvis u < v lir figuren litt nnerledes. Hvis vi f.eks. holder v fst og minker u, dvs. flytter punktet D nærmere A, vil punktet P flytte seg til venstre for sirkeluen AB når u < v. Resten v eregningen lir den smme som i oppgve og. Vi kn derfor generelt skrive u v α = β = ( u v) Spesiltilfellet u = v er ikke mulig. D lir nemlig ABCD et rektngel, og punktene P og Q hvner uendelig lngt unn. Vi må derfor forutsette t u v. Oppgve E59 Linj l går gjennom punktet S = (, ) = (, y ). Retningsvektoren for linj er prllell med SP = [ 9,9 ] = [ 5,5] = 5 [,] Vi kn derfor ruke retningsvektoren k =, =,. [ ] [ ] En prmeterfrmstilling for l er derfor = + t = + t y = y + t = + t c Avstnden mellom P og S er gitt ved SP = 5, 5 = = 50 = 5 0 = 5 0 = 5 0 [ ] Rdien i sirkelen er r = 0, som etyr t SA = 0. Dermed er AP = SP SA = = 0 Punktene A og B ligger på linj l, som etyr t åde SA og SB er prllelle med k = [,]. Lengden v k er + = 0. Rdien i sirkelen er ltså r = k. Det etyr t SA = k og SB = k. Vi finner dermed posisjonsvektorene for A og B: OA = OS + SA = OS + k = [,] + [,] = [ +,+ ] = [ 0,6] OB = OS + SB = OS k = [,] [,] = [, ] = [,] Koordintene til A og B er A = (0, 6) og B = (, ). Aschehoug Side 8 v 50

39 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E60 Vi finner først høyden h i drgen. D ruker vi pytgorssetningen på trekntene ABS og BCS. AS = y = 5,0 = 5 CS = h y =, 0 = Dermed er h= 5 +. Trekntene ABC og ADC er kongruente, med rel h. Arelet v drgen er derfor ( A = h = h = 5 + ) Vi ser v figuren (og uttrykket i oppgve ) t må være mindre enn 5. Vi tegner derfor grfen til A for 0< < 5. Grfen hr toppunktet (,6, 60). Det største relet drgen kn h er derfor 60 dm. Oppgve E6 Trekntene ABC og DEC hr vinkel C felles. Begge trekntene er likeeinte, og DE og AB er prllelle. Derfor er BAC = ABC = EDC = DEC. Trekntene hr ltså prvis like store vinkler, som etyr t ABC og DEC er formlike. Forholdet mellom tilsvrende sider er konstnt. Vi ser på høyden og grunnlinj i trekntene. DEC hr høyde y og grunnlinje. ABC hr høyde 8 og grunnlinje 6. Altså er y = y = = 6 Høyden h i treknten DEF er dermed gitt ved h= 8 y = 8 Treknt DEF hr grunnlinje og høyde h. Arelet er derfor gitt ved 8 T h = = 8 = = Aschehoug Side 9 v 50

40 c Vi deriverer T( ) og løser likningen T = 0. T = = = 0 = T = = = Den største verdien v T( ) er 6. () 6 6 Løsninger til oppgvene i ok Treknt DEF hr d grunnlinje = og høyde h= 8 = 8 =. Alle de fire likeeinte trekntene AFD, FBE, DEF og DEC hr ltså grunnlinje og høyde. Treknt ABC estår derfor v fire kongruente treknter. Oppgve E6 rt = 5 t, 5t + 8t Vi tegner grfen til rt () for 0 t. r () = 5, = 5, Etter ett sekund er llen i punktet (5, ). vt = r ( t) = 5 t, 5t 8t + = 5, 5 t+ 8 = 5, 8 0t v() = [ 5, 8 0 ] = [ 5, ] v() = v() = 5 + ( ) = 5, [ ] c [ ] [ ] Bnefrten er 5, m/s etter ett sekund. t v t t d = = [ 5, 8 0 ] = [ 0, 0] Akselersjonsvektoren er ltså konstnt, og () = t = [ 0, 0 ] t = t = 0 + ( 0) = 0 Asoluttverdien v kselersjonen er konstnt lik 0 m/s. (I figuren hr vi tegnet v () og () med smme lengde for m/s og m/s som enheten meter i figuren. Dette kn vi velge fritt, dvs. vi kn tegne frtsvektoren og kselersjonsvektoren med vilkårlig lengde. Det er re retningen som hr etydning i figuren.) e Vi hr tegnet inn målet i figuren i oppgve. Målet hr posisjon = 0 m og høyde, m. Vi ser t grfen til rt () går over målet. Bllen går ltså over målet.. Aschehoug Side 0 v 50

41 Løsninger til oppgvene i ok f Bllen er på det høyeste punktet når frtsvektoren er horisontl, ltså når vt = [ v,0] Vi setter inn vt = [ 5, 8 0t] og får likningen 8 0t = 0 8 t = 0 t = 0,8 Bllen er på det høyeste punktet i nen etter 0,8 sekunder. vt = 5, 8 0t g [ ] Vi ser t horisontlkomponenten v frtsvektoren er konstnt lik 5 m/s. På figuren hr vi tegnet situsjonen når llen er på vei oppover. Av figuren ser vi t 5 m/s = cos0 v 5 m/s v = = 5, m/s cos0 Bllen hr frten 5, m/s når vinkelen mellom frtsvektoren og kken er 0, åde når llen er på vei oppover og når llen er på vei nedover. Oppgve E6 Fly B lnder når y-koordinten til fly B er lik null. t = 0t+ 7, t 7t+ 0 = t 7t + 0 = t t+ 6 0 = t t = h = 60 min = 5 min Fly B lnder ved tidspunktet t = 5 minutter. Vi deriverer uttrykket for t () for å finne frtsvektoren for fly B. vb( t) = ( t) = 0t 7, t 7t + + = [ 0, t 7] = [ 0, 86t 7] vb(0, 08) = [ 0, 86 0, 08 7] = [ 0,,88] v (0, 08) = ( 0) + (,88) = 0, 0 B Fly B hr frten 0 km/h ved tidspunktet t = 0,08.. Aschehoug Side v 50

42 Løsninger til oppgvene i ok c Flyene vil kollidere re hvis de er i smme posisjon ved smme tid. Vi ruker derfor smme prmeter t for tiden i uttrykkene for t () og t (). t () = t () 70t+,0t = 0t+ 7, t 7t+ Fr -koordinten får vi likningen 70t+ = 0t+ 7. 7t = 5 5 t = = 0, Vi setter inn i uttrykkene for y-koordintene til fly A og fly B. ya = 0 0,057 = 0,0 yb = 0, , = 0,5 Fly A psserer ltså (0 5) m = 67 m over fly B på det tidspunktet når de hr smme posisjon i horisontlplnet. Flyene vil derfor ikke kollidere. Men de psserer lt for nær hverndre til t disse klreringene urde vært gitt. Oppgve E6 Likningen for sirkelen er = y y y y 5 ( ) ( y ) = 0. y y = y+ = ( ) + ( ) = 5 Sirkelen hr sentrum i punktet (, ). Rdien i sirkelen er 5. Vi finner y uttrykt ved, og deriverer uttrykket for å finne stigningstllet til tngentene. ( y+ ) = 5 ( + ) = = 6 6 y+ =± y =± + y =± ( 6 ) =± ( ) y ( ) =± =± =± =± =± =± =± 6 De to tngentene for = hr stigningstll og 6. Aschehoug Side v 50

43 Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E65 rt = ln t, t t t> 0 Vi tegner grfen til rt () i GeoGer for 0< t < 6 ved hjelp v kommndoen. Vi finner skjæringspunktene med koordintksene ved å skrive og. Grfen skjærer y-ksen i punktet (0, ) og -ksen i punktet (,9, 0). c vt () = r () t = ln t, t t =,t t Eventuelle topp- og unnpunkter er de punktene hvor y-komponenten v frtsvektoren er lik null. t = 0 r t = [ ] [ ] () = ln, = ln, 0,69, Av figuren i oppgve ser vi t grfen hr et unnpunkt. Bunnpunktet hr ltså koordintene (ln, ). v() =, = [, ] Vi tegner inn v () i riktig strtpunkt ved å skrive. t () = v () t = t,t = t, =, t lim t = lim, = [ 0, ] t t t Akselersjonsvektoren nærmer seg den konstnte vektoren [ 0, ] når t går mot uendelig. Etter lng tid peker ltså kselersjonsvektoren vertiklt oppover. Oppgve E66 Prllellogrmmet EFGH tilsvrer kvdrtet ABCD der vi hr fjernet de fire trekntene AEH, EBF, FCG og DGH. Av figuren ser vi t ( ) TAEH = TFCG = ( ) TEBF = TDGH = Arelet v prllellogrmmet er dermed ( ) ( ) T = = 6 ( ) ( ) = = + 6 Sidene i trekntene som er fjernet kn ikke være negtive. Altså er 0. Aschehoug Side v 50

44 Løsninger til oppgvene i ok Arelet v kvdrtet ABCD er + 6 = = 0 = 6. Vi må ltså løse likningen T( ) = 8. ± ( ) 8 ± 8 ± 6 ± = = = = = = Arelet v prllellogrmmet lir hlvprten v relet v kvdrtet når = =. c Vi deriverer T( ) og løser likningen T = 0. T = = 8 8 = 0 = = =, 5 8 T (, 5) =, 5, = 7 Arelet v prllellogrmmet lir minst mulig når =, 5. Arelet er d 7. d Punktet A ligger i origo. D er OE = AE = [,0] OH = AH = [ 0, ] OG = AG =, [ ] Altså er E = (, 0), H = (0, ) og G = (, ). Dermed er HE = OE OH = [,0] [ 0, ] = [, ] HG = OG OH = [,] [ 0, ] = [, ( ) ] = [,] Prllellogrmmet EFGH lir et rektngel når HE HG, ltså når HE HG = 0. 0 = [, ] [,] 0 = ( ) + ( ) 0= + 8 0= 0 = ( ) = 0 = 0 = 0 = Prllellogrmmet lir et rektngel når = 0 =. (Når = 0 er EFGH = ABCD.) Aschehoug Side v 50

45 Oppgve E67 Vi ser på hendelsene A = «pprtet indikerer t personen er eruset» B = «personen er eruset» Løsninger til oppgvene i ok Fr opplysningene i oppgven er PB =, %, PAB ( ) = 98 % og PAB ( ) = 0, %. Setningen om totl snnsynlighet gir PA = PB PAB ( ) + PB PAB ( ) = 0,0 0,98 + 0,988 0,00 = 0,0 76 0,0 =, % Snnsynligheten for t pprtet vil indikere t personen er eruset, er, %. Vi vil finne den etingede snnsynligheten PB ( A. ) D ruker vi Byes' setning. PB PA ( B) 0,0 0,98 PB ( A) = = = 0,856 = 85, 6 % PA 0,0 76 Snnsynligheten for t personen virkelig er eruset, gitt t pprtet indikerer t hn er det, er 85,6 %. Oppgve E68 Primtllene som er mindre enn eller lik 5, er,, 5, 7,,, 7, 9 og. Det er 5 kuler i ollen. Av disse hr 9 v kulene primtll. 6 v kulene hr ikke primtll. Antll måter å velge primtll lnt 9: 9 9P = = = = 6! Antll måter å velge ikke-primtll lnt 6: 6 6 P = = = = 560! 6 Antll måter å velge 5 kuler lnt 5: 5 5 = = Snnsynligheten for t vi trekker ut kkurt primtll er dermed 9 6 ( ) PX ( = ) = = = 0,79 = 7,9 % c Snnsynligheten for t vi trekker ut nøyktig k primtll, der 0 k 5, er PX ( = k) = k ( 5 k) ( 5 ) Dermed er PX ( = ) = = = 0, PX ( = ) = = = 0, PX ( = 5) = = = 0, PX ( ) = 0, , , 00 = 0, 0 =, 0 % Snnsynligheten for t vi trekker ut minst primtll er,0 %. Aschehoug Side 5 v 50

46 Oppgve E69 Ifølge oppgveteksten regner det 8 % v dgene på denne tiden v året. Altså er PA= 8 % og PA= 9 %. Løsninger til oppgvene i ok Værmeldingen er korrekt, dvs. melder regn, 90 % v dgene det regner. Altså er PB ( A ) = 90 % Værmeldingen tr feil, dvs. melder regn, 0 % v dgene det er oppholdsvær. Altså er PB ( A ) = 0 % Vi finner PB fr setningen om totl snnsynlighet. PB = PA PB ( A) + PA PB ( A) = 0,08 0,90 + 0,9 0,0 = 0,6 = 6, % c Vi ønsker å finne den etingede snnsynligheten PA ( B. ) D ruker vi Byes' setning. PA PB ( A) 0,9 0,0 PA ( B) = = = 0,56 = 56, % PB 0,6 Snnsynligheten er 56, % for t det lir oppholdsvær på ktivitetsdgen, til tross for t det er meldt regn. Oppgve E70 P = = = 66! P 6 5 = = = 0! P = = = 0 75! Fr formelen for hypergeometriske snnsynligheter får vi dermed P(to gutter og to jenter) = = = 0,868 8,7 % Antll måter å velge gutter lnt : Antll måter å velge jenter lnt 6: 6 6 Antll måter å velge personer lnt 8: 8 8 Vi hr t 6 6 P 6 5 = = = 560. Dermed er! 6 ( ) 560 P(én gutt og tre jenter) = = = 0,8,8 % c Vi kn trekke minst én v hvert kjønn ved å trekke enten én gutt, to gutter eller tre gutter. P 0 = = = 0! P(tre gutter og én jente) = = = 0, P(én, to eller tre gutter) = P(én gutt) + P(to gutter) + P(tre gutter) = 0,8 + 0, ,79 = 0, , 7 % Snnsynligheten er 88,7 % for t lokllget lir representert med minst én v hvert kjønn. Aschehoug Side 6 v 50

47 Løsninger til oppgvene i ok d Tenk t det er n gutter i lokllget. D er det 0 n jenter. Snnsynligheten for å velge én gutt og én jente er gitt ved den hypergeometriske snnsynligheten (0 ) (én gutt og én jente) n 0 n 0 n n P = ( ) = 5 n (0 n) 5 Vi får dermed likningen = n (0 n) = 9 0n n = 5 n 0n+ 5 = 0 n = ( 5) 0 n = 5 Det er 5 gutter i lokllget. Oppgve E7 Vi ser på hendelsene A = «Mir velger eske A» R = «Mir trekker tre røde kuler» Hendelsen A etyr ltså t hun velger eske B. Fr setningen om totl snnsynlighet er PR = PA PR ( A) + PA PR ( A). Det er like snnsynlig t Mir velger hver v eskene. Altså er PA = PA =. Vi er interessert i snnsynligheten for t Mir trekker 0 svrte, 0 grønne og røde kuler. D ruker vi formelen for hypergeometriske snnsynligheter PR ( A) = = = 0 0 ( ) 0 0 PR ( A) = = = Dermed er 7 PR = + = + = = 5,8 % Snnsynligheten for t Mir trekker tre røde kuler er 5,8 %. Vi vil finne den etingede snnsynligheten PAR, ( ) og ruker d Byes' setning. PA PR ( A) 0 5 PAR ( ) = = = = = 7, % PR Snnsynligheten for t Mir hr trukket kulene fr eske A, gitt t hun trkk tre røde kuler, er 7, %. Aschehoug Side 7 v 50

48 Oppgve E7 Antll måter å velge gutt lnt : ( ) = Antll måter å velge jenter lnt 6: 6 6 Antll måter å velge 5 elever lnt 8: 8 8 Løsninger til oppgvene i ok P 6 5 = = = 80! P = = = ! 5 Snnsynligheten for å trekke ut én gutt og fire jenter er dermed gitt ved formelen for hypergeometriske snnsynligheter, 6 ( ) 80 P(én gutt og fire jenter) = = = = 0, =, % Tenk t det lir med n gutter i grupp. D lir det med 5 n jenter. Vi får likningen 6 n ( 5 n) Pn ( gutter) = = 8 7 ( 5 ) Det er vnskelig å løse denne likningen «direkte». Men siden det er få verdier n kn h, kn vi ruke «prøving og feiling». I oppgve fnt vi t P ( gutt) = 9, så n kn ikke være P(0 gutter) = 0 ( 5 ) ( 5 ) = = P( gutter) = = = P( gutter) = = = P( gutter) = = = P(5 gutter) = = = Det er ltså gutter som lir med i grupp. c Betsy hr llerede litt vlgt. D er det 7 elever igjen å velge lnt. Arne er én v dem. Fr disse 7 elevene skl vi trekke ut. Vi er re interessert i om Arne lir trukket ut, ltså snnsynligheten for å trekke én elev fr grupp «Arne» (som re estår v Arne), og elever fr grupp «ikke Arne» (som estår v 6 elever). Fr formelen for hypergeometriske snnsynligheter får vi derfor 6 ( ) 600 PAB ( ) = P(Arne og ndre) = = = = 0,8 =,8 % ( ) Snnsynligheten for t Arne lir med i grupp, når Betsy llerede er med, er,8 %. Aschehoug Side 8 v 50

S1 kapittel 6 Derivasjon Løsninger til oppgavene i boka

S1 kapittel 6 Derivasjon Løsninger til oppgavene i boka S kpittel 6 Derivsjon Løsninger til oppgvene i ok 6. c y x y x = = = = y x 4 5 9 4 y 5 6 x 4 = = = = y x y x = = = = 7 ( 5) 6 ( ) 8 6. f( x ) f( x ) 5 7 x x ( ) 4 = = = = 6. T( x) = 0,x +,0 T T = + = (0)

Detaljer

DEL 1 Uten hjelpemidler

DEL 1 Uten hjelpemidler Eksmen høsten 013 Løsninger Eksmen høsten 013 Løsninger DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 150 sider Vi finner først hvor mnge

Detaljer

1T kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka

1T kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka T kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i lærebok Uten hjelpemidler E b c E b c Vi gnger vnlige tll med vnlige tll og tierpotenser med tierpotenser. Til slutt omformer vi svret så vi får et tll

Detaljer

YF kapittel 6 Lengder og vinkler Løsninger til oppgavene i læreboka

YF kapittel 6 Lengder og vinkler Løsninger til oppgavene i læreboka YF kpittel 6 Lengder og vinkler Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 601 Vi skl gå ett hkk mot høyre, og gnger derfor med 10. 14 cm 14 10 mm 140 mm c Vi skl gå to hkk mot høyre, og gnger derfor med 10

Detaljer

S1 kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka

S1 kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka S1 kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i læreok E1 995 995 5 + 5 (995 5) (995 + 5) + 5 990 1000 + 5 990 000 + 5 990 05 E E (61+ 9) 51 49) (51+ 49) 61 9 (61 9) 51 49 ( 100 100 11 1997 00 199

Detaljer

YF kapittel 10 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka

YF kapittel 10 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka YF kpittel 10 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i læreok Uten hjelpemidler Oppgve E1 5 + 5 + 6 11 5 + 4 (5 + ) 5 + 4 7 10 6 + 8 d + ( + 1) 5 + 4 5 + 16 5 + 10 5 4 + 4 4 + 8 1 + + + + + + + + 49 49

Detaljer

1T kapittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgavene i læreboka

1T kapittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgavene i læreboka 1T kpittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 3.1 Origo er skjæringspunktet mellom førsteksen og ndreksen. Koordintene til origo er ltså (0, 0). Førstekoordinten til punktet A er 15, og

Detaljer

Integralregning. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne

Integralregning. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne 8 Integrlregning Mål for opplæringen er t eleven skl kunne gjøre rede for definisjonen v estemt integrl som grense for en sum og uestemt integrl som ntiderivert eregne integrler v de sentrle funksjonene

Detaljer

R1 kapittel 1 Algebra

R1 kapittel 1 Algebra Løsninger til oppgvene i ok R1 kpittel 1 Alger Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.1 1 8 4 ( ) 15 5 (4 ) 7 1 7 ( ) d ( )( ) ( 4)( ) ( ) ( 4) ( )( 1) Oppgve 1. 49 7 ( 7)( 7) 5 5 5 5 1y 75 (4y 5) ( y) 5

Detaljer

1T kapittel 6 Geometri Løsninger til oppgavene i læreboka

1T kapittel 6 Geometri Løsninger til oppgavene i læreboka T kpittel 6 Geometri Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 6. Vi ruker pytgorssetningen. h 5 + 6 h 5 + 36 h 6 h ± 6 Hypotenusen er 6. Vi ruker pytgorssetningen. h, 4 + 6,7 h h 5, 076 + 45, 04 50, 047

Detaljer

3.7 Pythagoras på mange måter

3.7 Pythagoras på mange måter Oppgve 3.18 Vis t det er mulig å multiplisere og dividere linjestykker som vist i figur 3.. Bruk formlikhet. 3.7 Pythgors på mnge måter Grekeren Pythgors le født på Smos 569 og døde. år 500 f. Kr. Setningen

Detaljer

... JULEPRØVE 9. trinn...

... JULEPRØVE 9. trinn... .... JULEPRØVE 9. trinn.... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemidler ( 37 poeng) På denne delprøven kn du re ruke skrivesker, psser og linjl. Alle oppgvene i del 1 skl føres rett på rket. I noen oppgver

Detaljer

1 Geometri KATEGORI 1. 1.1 Vinkelsummen i mangekanter. 1.2 Vinkler i formlike figurer

1 Geometri KATEGORI 1. 1.1 Vinkelsummen i mangekanter. 1.2 Vinkler i formlike figurer Oppgver 1 Geometri KTGORI 1 1.1 Vinkelsummen i mngeknter Oppgve 1.110 ) I en treknt er to v vinklene 65 og 5. Finn den tredje vinkelen. b) I en firknt er tre v vinklene 0, 50 og 150. Finn den fjerde vinkelen.

Detaljer

Del 2. Alle oppgaver føres inn på eget ark. Vis tydelig hvordan du har kommet frem til svaret. Oppgave 2

Del 2. Alle oppgaver føres inn på eget ark. Vis tydelig hvordan du har kommet frem til svaret. Oppgave 2 Del 2 Alle oppgver føres inn på eget rk. Vis tydelig hvordn du hr kommet frem til svret. Oppgve 1 Figuren viser sidefltene til et prisme. Grunnflten og toppflten mngler. ) Hvilken form må grunn- og toppflten

Detaljer

1 Tallregning og algebra

1 Tallregning og algebra Tllregning og lger ØV MER. REGNEREKKEFØLGE Oppgve.0 6 d) ( : 6) Oppgve. ( ) ( ) ()() ( ) ( ) ( ) () (6 ) () d) ( ) 7() ( ) Oppgve. 6 ( ) d) Oppgve. Med ett ddisjonstegn, ett sutrksjonstegn, ett multipliksjonstegn

Detaljer

Mer øving til kapittel 2

Mer øving til kapittel 2 Mer øving til kpittel 2 KAPITTEL 2 GEOMETRI OG MÅLING Oppgve 1 Oppgve 2 Oppgve 3 Anne hr vært på ferie til sine esteforeldre fr 28. juni til 9. ugust. Hvor mnge dger hr hun vært på ferie? Fr hun kom hjem

Detaljer

R1 kapittel 7 Sannsynlighet. Kapitteltest. Oppgave 1. Oppgave 2. Oppgave 3. Del 1 Uten hjelpemidler. Løsninger til oppgavene i boka

R1 kapittel 7 Sannsynlighet. Kapitteltest. Oppgave 1. Oppgave 2. Oppgave 3. Del 1 Uten hjelpemidler. Løsninger til oppgavene i boka Løsninger til oppgvene i ok R1 kpittel 7 Snnsynlighet Løsninger til oppgvene i ok Kpitteltest Del 1 Uten hjelpemidler Oppgve 1 De fem lppene kn ordnes i rekkefølge på 5! = 15 = forskjellige måter. Vi kn

Detaljer

2 Symboler i matematikken

2 Symboler i matematikken 2 Symoler i mtemtikken 2.1 Symoler som står for tll og størrelser Nvn i geometri Nvn i mtemtikken enyttes på lignende måte som nvn på yer og personer, de refererer eller representerer et tll eller en størrelse,

Detaljer

Sammendrag kapittel 1 - Aritmetikk og algebra

Sammendrag kapittel 1 - Aritmetikk og algebra Smmendrg kpittel 1 - Aritmetikk og lgebr Regneregler for brøker Utvide brøk: Gng med smme tll i teller og nevner. b = k b k Forkorte brøk: del med smme tll i teller og nevner. b = : k b : k Summere brøker:

Detaljer

Oppgave 5 Et rektangel har en omkrets på 24 cm 2. Hva blir arealet? Dersom lengdene på sidene skal ha heltallige svar, hvor mange løsninger får du?

Oppgave 5 Et rektangel har en omkrets på 24 cm 2. Hva blir arealet? Dersom lengdene på sidene skal ha heltallige svar, hvor mange løsninger får du? KAPITTEL 3 GEOMETRI Mer øving kpittel 3 I e første oppgvene skl u gjøre om enheter på en lgeriske måten. Det vil si t når u skl gjøre om mellom relenheter skl u gå veien om å gjøre om mellom lengeenheter.

Detaljer

R1 kapittel 6 Vektorer. Løsninger til oppgavene i boka Løsninger til oppgavene i boka

R1 kapittel 6 Vektorer. Løsninger til oppgavene i boka Løsninger til oppgavene i boka R1 kpittel 6 Vektorer Løsninger til oppgvene i ok Løsninger til oppgvene i ok 6.1 Tilfellene, e og f er vektorstørrelser fordi de hr retning. Tilfellene, og d er sklrer fordi de ikke hr retning. 6. d e

Detaljer

Fag: Matematikk 1T-Y for elever og privatister. Antall sider i oppgaven: 8 inklusiv forside og opplysningsside

Fag: Matematikk 1T-Y for elever og privatister. Antall sider i oppgaven: 8 inklusiv forside og opplysningsside Loklt gitt eksmen 2012 Eksmen Fg: Mtemtikk 1T-Y for elever og privtister Fgkode: MAT1006 Eksmensdto: 25. mi Antll sider i oppgven: 8 inklusiv forside og opplysningsside Eksmenstid: Hjelpemidler under eksmen:

Detaljer

YF kapittel 7 Flate Løsninger til oppgavene i læreboka

YF kapittel 7 Flate Løsninger til oppgavene i læreboka YF kpittel 7 Flte Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 701 Vinkel C er en rett vinkel. Altså er C = 90. c AB er motstående side til den rette vinkelen i treknten. Derfor er AB ypotenus. AC er osliggende

Detaljer

Kapittel 4 Tall og algebra Mer øving

Kapittel 4 Tall og algebra Mer øving Kpittel 4 Tll og lger Mer øving Oppgve 1 d Oppgve 2 Se på uttrykket A = g h. Hv forteller de ulike okstvene? Se på uttrykket A = 2π. Hv står de ulike symolene for? Forklr hv vi mener med en vriel og en

Detaljer

R2 - Heldagsprøve våren 2013

R2 - Heldagsprøve våren 2013 Løsningsskisser HD R R - Heldgsprøve våren 0 Løsningsskisser Viktigste oppsummeringer: Må skrive med penn på eksmen! Slurv og regnefeil, både med tll og bokstver, er hovedproblemet. Beste måten å fikse

Detaljer

R2 kapittel 4 Tredimensjonale vektorer

R2 kapittel 4 Tredimensjonale vektorer Løsninger v oppgvene i ok R kpittel 4 Tredimensjonle vektorer Løsninger v oppgvene i ok 4. Vi tegner punket A i xy-plnet. Vi mrkerer plsseringen v A med linjestykker ut fr punktene (4,0,0) på x-ksen og

Detaljer

Fag: Matematikk 1T-Y for yrkesfag for elever og privatisterr. Eksamensdato: 16. januar 2012

Fag: Matematikk 1T-Y for yrkesfag for elever og privatisterr. Eksamensdato: 16. januar 2012 Loklt gittt eksmen Eksmen Fg: Mtemtikk 1T-Y for yrkesfg for elever og privtisterr Fgkode: MAT1006 Eksmensdto: 16. jnur 2012 Antll sider i oppgven: 7 inklusiv forside og opplysningsside Del 1: oppgve 1-5

Detaljer

5: Algebra. Oppgaver Innhold Dato

5: Algebra. Oppgaver Innhold Dato 5: Alger Pln resten v året: - Kpittel 6: Ferur - Kpittel 7: Ferur/mrs - Kpittel 8: Mrs - Repetisjon: April/mi - Eventuell offentlig eksmen: Mi - Økter, prøver, prosjekter: Mi - juni For mnge er egrepet

Detaljer

S1 kapittel 4 Logaritmer Løsninger til oppgavene i boka

S1 kapittel 4 Logaritmer Løsninger til oppgavene i boka Løsninger til oppgvene i ok S kpittel 4 Logritmer Løsninger til oppgvene i ok 4. Vi leser v fr tllet 4 på y-ksen og ser t vi får den tilhørende verdien,6 på -ksen. lg 4,6 Vi leser v fr tllet,5 på y-ksen

Detaljer

1P kapittel 3 Funksjoner

1P kapittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgvene i ok 1P kpittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgvene i ok 3.1 Origo hr koordintene (0, 0). Vi finner koordintene til punktene ved å lese v punktets verdi på x-ksen og y-ksen. A =

Detaljer

... JULEPRØVE

... JULEPRØVE Ashehoug JULEPRØVE 2014 9. trinn.... JULEPRØVE 2014.... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemidler ( 37 poeng) På denne delprøven kn du re ruke skrivesker, psser og linjl. Alle oppgvene i del 1 skl føres

Detaljer

YF kapittel 8 Rom Løsninger til oppgavene i læreboka

YF kapittel 8 Rom Løsninger til oppgavene i læreboka YF kpittel 8 Rom Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 809 Vi skl gå ett hkk mot venstre, og deler derfor med 10. 40 dl = (40 :10) L = 4 L Vi skl gå to hkk mot venstre, og deler derfor med 10 10 = 100.

Detaljer

2 Tallregning og algebra

2 Tallregning og algebra Tllregning og lger KATEGORI. Regnerekkefølge Oppgve.0 Regn uten digitlt hjelpemiddel. + ( + ) ( ) Oppgve. Regn uten digitlt hjelpemiddel. Oppgve. Regn ut med og uten digitlt hjelpemiddel. + (7 + ) ( 9)

Detaljer

1P kapittel 4 Lengder og vinkler

1P kapittel 4 Lengder og vinkler Løsninger til oppgvene i ok 1P kpittel 4 Lengder og vinkler Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 4.1 6 MW 6 1 000 000 W 6 000 000 W 7,5 MW 7,5 1 000 000 W 7 500 000 W c 8 000 000 W 8 1 000 000 W 8 MW d 14

Detaljer

M2, vår 2008 Funksjonslære Integrasjon

M2, vår 2008 Funksjonslære Integrasjon M, vår 008 Funksjonslære Integrsjon Avdeling for lærerutdnning, Høgskolen i Vestfold. pril 009 1 Arelet under en grf Vi begynner vår diskusjon v integrsjon, på smme måte som vi begynte med derivsjon, ved

Detaljer

... ÅRSPRØVE 2014...

... ÅRSPRØVE 2014... Delprøve 1 Ashehoug ÅRSPRØVE 014 9. trinn.... ÅRSPRØVE 014... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemiler (39 poeng) Alle oppgvene i el 1 skl føres rett på rket. I noen oppgver er et en regnerute. Her skl

Detaljer

Løsning eksamen R1 våren 2009

Løsning eksamen R1 våren 2009 Løsning eksamen R1 våren 009 Oppgave 1 a) 1) f( ) ( 1) 4 f ( ) 4( 1) ( 1) 4( 1) 8 ( 1) ) g ( ) e 3 3 3 g( ) e ( e ) 1 e e ( ) 1e e (1) e b) ( ) lim lim lim ( ) 4 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ) c) ( ) ( ) ( ) ( )

Detaljer

R1 kapittel 7 Sannsynlighet

R1 kapittel 7 Sannsynlighet Løsninger til oppgvene i ok R kpittel 7 Snnsynlighet Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 7. Hvis A hr inntruffet, ltså t den første kul er lå, så er det tre røde og én lå kule igjen i esken når vi skl trekke

Detaljer

Fasit. Grunnbok. Kapittel 2. Bokmål

Fasit. Grunnbok. Kapittel 2. Bokmål Fsit 9 Grunnbok Kpittel Bokmål Kpittel Lineære funksjoner rette linjer. ƒ(x) = 4x + 5 ƒ() = 3 ƒ(4) = ƒ(6) = 9.6 ƒ(x) = -x b ƒ(x) = x b ƒ(x) = (x + ) 3 ƒ() = ƒ(4) = 8 ƒ(6) = 4 ƒ(x) = x 4 ƒ() = - ƒ(4) =

Detaljer

OPPLÆRINGSREGION NORD. Skriftlig eksamen. MAT1001 Matematikk 1P-Y HØSTEN 2011. Privatister. Yrkesfag. Alle yrkesfaglige utdanningsprogrammer

OPPLÆRINGSREGION NORD. Skriftlig eksamen. MAT1001 Matematikk 1P-Y HØSTEN 2011. Privatister. Yrkesfag. Alle yrkesfaglige utdanningsprogrammer OPPLÆRINGSREGION NORD LK06 Finnmrk fylkeskommune Troms fylkeskommune Nordlnd fylkeskommune Nord-Trøndelg fylkeskommune Sør-Trøndelg fylkeskommune Møre og Romsdl fylke Skriftlig eksmen MAT1001 Mtemtikk

Detaljer

Eksempeloppgaver 2014 Løsninger

Eksempeloppgaver 2014 Løsninger DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 19 millirder 9 10 = 19 10 = 1,9 10 0,089 10 = 8,9 10 10 = 8,9 10 Oppgve 6 6 8 Prosentvis

Detaljer

DELPRØVE 2 (35 poeng)

DELPRØVE 2 (35 poeng) DELPRØVE 2 (35 poeng) På denne delprøven er lle hjelpemidler tilltt. Alle oppgvene i del 2 skl føres på eget rk. Før svrene oversiktlig, slik t det går tydelig frm hvordn du hr løst oppgvene. Bruk penn.

Detaljer

Oppfriskningskurs i matematikk 2007

Oppfriskningskurs i matematikk 2007 Oppfriskningskurs i mtemtikk 2007 Mrte Pernille Htlo Institutt for mtemtiske fg, NTNU 6.-11. ugust 2007 Velkommen! 2 Temer Algebr Trigonometri Funksjoner og derivsjon Integrsjon Eksponensil- og logritmefunksjoner

Detaljer

Løsning eksamen R1 våren 2008

Løsning 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

Detaljer

Kalkulus 2. Volum av et omdreiningslegeme. Rotasjon rundt x-aksen

Kalkulus 2. Volum av et omdreiningslegeme. Rotasjon rundt x-aksen Klkulus Klkulus Volum v et omdreiningslegeme Rotsjon rundt x-ksen På figuren nedenfor hr vi skrvert området vgrenset v grfen til den kontinuerlige funksjonen y = f( x) og x-ksen fr x= til x=. Når vi roterer

Detaljer

Brøkregning og likninger med teskje

Brøkregning og likninger med teskje Brøkregning og likninger med teskje Dette heftet gir en uformell trinn for trinn gjennomgng v grunnleggende regler for brøkregning og likninger. Dette er sto som vi i FYS 000 egentlig forventer t dere

Detaljer

Eksamen våren 2008 Løsninger

Eksamen våren 2008 Løsninger Eksamen våren 008 Løsninger Eksamen våren 008 Løsninger Del Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med cm-mål og vinkelmåler Oppgave a f x ( ) x ln = x f ( x) = x lnx+ x = xlnx+x x b c ( ) (

Detaljer

Faktorisering. 1 Hva er faktorisering? 2 Hvorfor skal vi faktorisere? Per G. Østerlie Senter for IKT i utdanningen 11.

Faktorisering. 1 Hva er faktorisering? 2 Hvorfor skal vi faktorisere? Per G. Østerlie Senter for IKT i utdanningen 11. Fktorisering Per G. Østerlie Senter for IKT i utdnningen per@osterlie.no 11. mi 013 1 Hv er fktorisering? Vi må se på veret å fktorisere. Hv er det vi skl gjøre når vi fktoriserer? Svret er: å lge fktorer.

Detaljer

1 Mandag 1. mars 2010

1 Mandag 1. mars 2010 Mndg. mrs Fundmentlteoremet sier t integrsjon og derivsjon er motstte opersjoner. Vi hr de siste ukene sett hvordn vi på ulike måter kn derivere funksjoner i flere vrible. Nå er turen kommet til den motstte

Detaljer

Tom Lindstrøm. Tilleggskapitler til. Kalkulus. 3. utgave. Universitetsforlaget,

Tom Lindstrøm. Tilleggskapitler til. Kalkulus. 3. utgave. Universitetsforlaget, Tom Lindstrøm Tilleggskpitler til Klkulus 3. utgve Universitetsforlget, Oslo 3. utgve Universitetsforlget AS 2006 1. utgve 1995 2. utgve 1996 ISBN-13: 978-82-15-00977-3 ISBN-10: 82-15-00977-8 Mterilet

Detaljer

Mer øving til kapittel 3

Mer øving til kapittel 3 Mer øving til kpittel 3 KAPITTEL 3 FUNKSJONER Oppgve 1 Tegn et koordintsystem og merk v punktene (1, 5) d (3, 2) ( 2, 3) e ( 3, 5) (4, 0) f (0, 4) Oppgve 2 Hvilke koordintpr hr de ulike punktene i koordintsystemet?

Detaljer

Løsning eksamen R1 høsten 2009

Løsning eksamen R1 høsten 2009 Løsning eksamen R høsten 009 Oppgave a) b) f( ) 5e 3 f ( ) 5 e (3 ) 5e 35e 3 3 3 3 ( ) ln( ) g 3 3 3 g( ) ln( ) ln( ) 3 ln( ) ( ) 3 3 ln( ) 3 ln( ) (3ln( ) ) c) La 3 f( ) 0 0. Da er 3 f () 0 0 0 0 0 Dermed

Detaljer

Årsprøve trinn Del 1. Navn: Informasjon for del 1

Årsprøve trinn Del 1. Navn: Informasjon for del 1 Årsprøve 2015 9. trinn Del 1 Nvn: Informsjon for del 1 Prøvetid: Hjelpemidler på del 1: Andre opplysninger: Fremgngsmåte og forklring: 5 timer totlt. Del 1 og Del 2 skl deles ut smtidig Del 1 skl du levere

Detaljer

R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til kapitteltesten i læreboka

R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til kapitteltesten i læreboka R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til kapitteltesten i læreboka 6.A a ABC DEC fordi C er felles i de to trekantene. AB DE, og da er BAC = EDC og ABC = DEC. Vinklene i de to trekantene er parvis like store,

Detaljer

Nytt skoleår, nye bøker, nye muligheter!

Nytt skoleår, nye bøker, nye muligheter! Nytt skoleår, nye øker, nye muligheter! Utstyret dere trenger, er som i fjor: Læreok lånes v skolen vinkelmåler, --9 og - -9-treknter, psser, lynt, viskelær, penn, A-rk til innføring og A klddeok. Og en

Detaljer

Integrasjon Skoleprosjekt MAT4010

Integrasjon Skoleprosjekt MAT4010 Integrsjon Skoleprosjekt MAT4010 Tiin K. Kristinslund, Julin F. Rossnes og Torstein Hermnsen 19. mrs 2014 1 Innhold 1 Innledning 3 2 Integrsjon 3 3 Anlysens fundmentlteorem 7 4 Refernser 10 2 1 Innledning

Detaljer

R1 kapittel 4 Funksjonsdrøfting. Løsninger til oppgavene i boka ( 1) 5 ( 2) = = = = = = = ( ) 1 1. f ( a)

R1 kapittel 4 Funksjonsdrøfting. Løsninger til oppgavene i boka ( 1) 5 ( 2) = = = = = = = ( ) 1 1. f ( a) R kapittel 4 Funksjonsdrøfting Løsninger til oppgavene i boka 4. a 4 f( ) f ( ) 4 4 b g ( ) 6 c d e f 4. a b c d e f 4. a g ( ) 0 h ( ),8 4 h ( ),8,8 i ( ),8,8 i 0 ( ) j ( ) π j ( ) 0 k ( ) k ( ) f( )

Detaljer

Årsprøve 2014 10. trinn Del 2

Årsprøve 2014 10. trinn Del 2 2 Årsprøve 2014 10. trinn Del 2 Informsjon for del 2 Prøvetid: Hjelpemidler på del 2: Vedlegg: Andre opplysninger: Fremgngsmåte og forklring: Veiledning om vurderingen: 5 timer totlt Del 2 skl du levere

Detaljer

2P kapittel 2 Funksjoner

2P kapittel 2 Funksjoner Løsninger til oppgvene i ok P kpittel Funksjoner Løsninger til oppgvene i ok.1 D f = [ 1, 6,5] V = [ 1,4] f V f. D f Vnnstnden kl. 16 er gitt i punktet A på figuren. Vnnstnden vr c. 190 cm. Aschehoug www.lokus.no

Detaljer

1P kapittel 8 Eksamenstrening

1P kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgvene i ok 1P kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i ok Uten hjelpemidler E1 Vi ytter ut 7,60 kr med 8 kr og 104 euro med euro. Det gir: 8 kr 4 300 kr. For fire overnttinger

Detaljer

S1 kapittel 1 Algebra Løsninger til oppgavene i læreboka

S1 kapittel 1 Algebra Løsninger til oppgavene i læreboka Løsninger til oppgvene i ok S kpittel Alger Løsninger til oppgvene i læreok. 8 ( ) 5 9. e = = 9 = = 8 5 = = 0 = 0 0 0 = 000 =. e Ashehoug www.lokus.no Sie v Løsninger til oppgvene i ok..5..7 = = + 5 =

Detaljer

Juleprøve trinn Del 1. Navn: Del 1 Aschehoug JULEPRØVE trinn. Informasjon for del 1

Juleprøve trinn Del 1. Navn: Del 1 Aschehoug JULEPRØVE trinn. Informasjon for del 1 Juleprøve 2015 10. Del 1 Nvn: Informsjon for del 1 Prøvetid Hjelpemidler i del 1 Andre opplysninger Frmgngsmåte og forklring 5 timer totlt Del 1 og del 2 lir delt ut smtidig. Del 1 skl leveres inn seinest

Detaljer

EKSAMEN. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 2 sider formelark)

EKSAMEN. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 2 sider formelark) KANDIDATNUMMER: EKSAMEN FAGNAVN: Mtemtikk FAGNUMMER: REA EKSAMENSDATO: 5. desember 6 KLASSE:. klssene, ingenørutdnning. TID: kl. 9... FAGLÆRER: Hns Petter Hornæs ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside

Detaljer

Juleprøve trinn Del 1 Navn:

Juleprøve trinn Del 1 Navn: Juleprøve 2014 10. Del 1 Nvn: Informsjon for del 1 1 Prøvetid 5 timer totlt. Del1 og Del 2 skl deles ut smtidig. Del 1 skl du levere innen 2 timer. Hjelpemidler i del 1 Andre opplysninger Del 2 skl du

Detaljer

6 Brøk. Matematisk innhold Brøk i praktiske situasjoner Brøk som del av en mengde. Utstyr Eventuelt ulike konkreter, som brikker og knapper

6 Brøk. Matematisk innhold Brøk i praktiske situasjoner Brøk som del av en mengde. Utstyr Eventuelt ulike konkreter, som brikker og knapper Brøk I dette kpitlet lærer elevene om røk som del v en helhet, der helheten kn være en mengde, en lengde eller en figur, og de skl lære om røk som del v en mengde. De skl lære å finne delen når det hele

Detaljer

2P kapittel 5 Eksamenstrening

2P kapittel 5 Eksamenstrening P kpittel 5 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i ok Uten hjelpemidler E1 3 4 0 3+ 4+ 0 7 = = = = 5 5 5 ( ) ( ) c d 7 5 3 3 3 3 6 4 3 6 4 3 3x x = 3 x x = 3 x x = 3 x = 3 x = 7x 1, 10 5,0 10 = 1, 5,0

Detaljer

Terminprøve Matematikk for 1P 1NA høsten 2014

Terminprøve Matematikk for 1P 1NA høsten 2014 Terminprøve Mtemtikk for 1P 1NA høsten 2014 DEL 1 Vrer 1,5 time Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler. Forsøk på lle oppgvene selv om du er usikker

Detaljer

Eksamen REA3022 R1, Høsten 2010

Eksamen 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

Detaljer

a 2πf(x) 1 + (f (x)) 2 dx.

a 2πf(x) 1 + (f (x)) 2 dx. MA 4: Anlyse Uke 44, http://home.hi.no/ svldl/m4 H Høgskolen i Agder Avdeling for relfg Institutt for mtemtiske fg Om lengde v kurver. Noen få formler der integrsjon brukes for å beregne lengder, reler

Detaljer

Fasit. Grunnbok. Kapittel 4. Bokmål

Fasit. Grunnbok. Kapittel 4. Bokmål Fsit Grunnok Kpittel 4 Bokmål Kpittel 4 Kvdrtiske funksjoner ndregrdsfunksjoner 4.1 Stigningstll Skjæring -kse Skjæring y-kse 4 ( 2, 0) (0, 8) 1 (1, 0) (0, 1) 1 (9, 0) (0, 3) 3 4.5 y = + = 0, y =, y =

Detaljer

Praktiske opplysninger til rektor. Fag: MATEMATIKK 1TY for yrkesfag Fagkode: MAT1006 Eksamensdato: Antall forberedelsesdager: Ingen

Praktiske opplysninger til rektor. Fag: MATEMATIKK 1TY for yrkesfag Fagkode: MAT1006 Eksamensdato: Antall forberedelsesdager: Ingen Loklt gitt eksmen 2013 Prktiske opplysninger til rektor Fg: MATEMATIKK 1TY for yrkesfg Fgkode: MAT1006 Eksmensdto: 30.5.2013 Antll foreredelsesdger: Ingen Forhold som skolen må være oppmerksom på: Eksmenen

Detaljer

Løsningsforslag. Høst Øistein Søvik

Løsningsforslag. 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 )

Detaljer

Integrasjon av trigonometriske funksjoner

Integrasjon av trigonometriske funksjoner Integrsjon v trigonometriske funksjoner øistein Søvik 3. november 15 I dette dokumentet skl jeg vise litt ulike integrsjonsteknikker og metoder for å utforske integrlene v (cos x) og (sin x). De bestemte

Detaljer

Oppgaver i matematikk, 9-åringer

Oppgaver i matematikk, 9-åringer Oppgver i mtemtikk, 9-åringer Her er gjengitt e frigitte oppgvene fr TIMSS 2003. For 4. klsse enyttes nå etegnelsen mønstre for et som i 1995 le omtlt som lger. Oppgvene er innelt i isse emnene: Tll Geometri

Detaljer

Tall i arbeid Påbygging terminprøve våren 2014

Tall i arbeid Påbygging terminprøve våren 2014 Terminprøve våren 014 Tll i rei Påygging terminprøve våren 014 DEL 1 Uten hjelpemiler Hjelpemiler: vnlige skrivesker, psser, linjl me entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 1 Skriv tllet Skriv tllet 6 3,15

Detaljer

Sammendrag R1. Sandnes VGS 19. august 2009

Sammendrag 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

Detaljer

Temahefte nr. 1. Hvordan du regner med hele tall

Temahefte nr. 1. Hvordan du regner med hele tall 1 ARBEIDSHEFTE I MATEMATIKK SNART MATTE EKSAMEN Hvordn du effektivt kn forberede deg til eksmen Temhefte nr. 1 Hvordn du regner med hele tll Av Mtthis Lorentzen mttegrisenforlg.com Opplysning: De nturlige

Detaljer

Kompetansemål: Sti 1 Sti 2 Sti 3 2.1 Enheter for lengde og areal 2.2 Målenøyaktighet 200, 201, 202, 206, 208 209, 211, 212, 213, 215

Kompetansemål: Sti 1 Sti 2 Sti 3 2.1 Enheter for lengde og areal 2.2 Målenøyaktighet 200, 201, 202, 206, 208 209, 211, 212, 213, 215 2 Geometri Kompetnsemål: Mål for opplæringen er t eleven skl kunne ruke formlikhet og Pytgors setning til eregninger og i prktisk reid løse prktiske prolemer knyttet til lengde, vinkel, rel og volum ruke

Detaljer

S2 kapittel 5 Vekstmodeller. Løsninger til oppgavene i boka Vi løser oppgaven i CAS i GeoGebra.

S2 kapittel 5 Vekstmodeller. Løsninger til oppgavene i boka Vi løser oppgaven i CAS i GeoGebra. Løsninger til oppgvene i ok S kpittel 5 Vekstmodeller Løsninger til oppgvene i ok 5. Vi løser oppgven i CAS i GeoGer. Veksten er lineær på formen y = x +. Vi ser t stigningstllet lir 59, og t konstntleddet

Detaljer

Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrasjon

Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrasjon Mtemtikk 1000 Øvingsoppgver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrsjon Som kjent kn vi regne ut (bestemte) integrler ved nti-derivsjon. Dette resulttet er et v de viktikgste innen klkulus; det heter tross

Detaljer

Forkurs i matematikk. Kompendium av Amir Hashemi, UiB. Notater, eksempler og oppgaver med fasit/løsningsforslag 1

Forkurs i matematikk. Kompendium av Amir Hashemi, UiB. Notater, eksempler og oppgaver med fasit/løsningsforslag 1 Forkurs i mtemtikk Kompendium v Amir Hshemi, UiB. Notter, eksempler og oppgver med fsit/løsningsforslg Mtemtisk Institutt UiB Innhold Sist oppdtert 07. juni 0 i Forord... Kpittel 0 Test deg selv... Oppgver

Detaljer

Fasit. 1 Algebra. 1.11 a 2 b 10 c 7 1.12 a 7 b 1 c 3 b 2 4 8 = 8. c ( 3) 2 9. 1.14 a 4 og 7 b ( 7+ 5) 3 15 2 ( 7)

Fasit. 1 Algebra. 1.11 a 2 b 10 c 7 1.12 a 7 b 1 c 3 b 2 4 8 = 8. c ( 3) 2 9. 1.14 a 4 og 7 b ( 7+ 5) 3 15 2 ( 7) 9 Algera. a 8 8. a 7 7. a 6. a d. a 9 d.6 a 8 ( ).7 a 9 9 7 d 7.8 a d.9 a 6 7 d. 6 ( ),. a 7. a 7. a ( + 6) = 8 = 8 ( ) 9. a og 7 ( 7+ ) ( 7) 7.6 a 6 d 7 e.7 96 C.8 9 66 ( ).9 a d. a 9 8. a 6 = 7 ( ):

Detaljer

Eneboerspillet. Håvard Johnsbråten

Eneboerspillet. Håvard Johnsbråten Håvrd Johnsråten Eneoerspillet Når vi tenker på nvendelser i mtemtikken, ser vi gjerne for oss Pytgors læresetning eller ndre formler som vi kn ruke til å eregne lengder, reler, kostnder osv. Men mer strkte

Detaljer

Løsningsforslag til Eksamen i fag MA1103 Flerdimensjonal analyse

Løsningsforslag til Eksamen i fag MA1103 Flerdimensjonal analyse Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg Side 1 v 5 Løsningsforslg til Eksmen i fg MA113 Flerdimensjonl nlyse 2.5.6 Oppgve 1 Vi hr f(x, y) = (4 x 2 y 2 )e x+y. ) Kritiske

Detaljer

Funksjoner og andregradsuttrykk

Funksjoner 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

Detaljer

Kapittel 5 Statistikk og sannsynlighet Mer øving

Kapittel 5 Statistikk og sannsynlighet Mer øving Kpittel 5 Sttistikk og snnsynlighet Mer øving Oppgve 1 Digrmmet nefor viser hvorn krkteren vr forelt på en norskprøve. 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 Hvor mnge fikk krkteren 4? Hvor mnge elever er et i klssen?

Detaljer

a 5 (2 + 8) d 5 (2 + 8) 4 g b 3 5 (2 + 8) e h 3 ( ) j Begrunn hvorfor du ikke får samme svar på oppgave b og g.

a 5 (2 + 8) d 5 (2 + 8) 4 g b 3 5 (2 + 8) e h 3 ( ) j Begrunn hvorfor du ikke får samme svar på oppgave b og g. Mtemtikk for ungomstrinnet KAPITTEL 4 TALL OG ALGEBRA MER ØVING Oppgve 1 Oppgve 2 Se på uttrykket A = g h. Hv forteller e ulike okstvene? Se på uttrykket O = 2π. Hv står e ulike symolene for? Forklr hv

Detaljer

1T kapittel 1 Algebra Løsninger til oppgavene i læreboka

1T kapittel 1 Algebra Løsninger til oppgavene i læreboka T kpittel Alger Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve. 0 8 ( 0) + 0 + ( 0) 0 8 Oppgve. 7 ( ) + + ( ) 7 Oppgve. ( ) + Oppgve. 0 ( ) 0 ( 0) ( ) 0 ( 0) : ( ) 0 : ( ) Oppgve. ( ) ( ) ( ) (,) ( ) (,) 9 Oppgve.

Detaljer

Eksamen REA3022 R1, Våren 2013

Eksamen REA3022 R1, Våren 2013 Eksamen REA30 R1, Våren 013 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 ( poeng) Formlene for arealet A av en sirkel og volumet

Detaljer

Terminprøve Matematikk Påbygging høsten 2014

Terminprøve Matematikk Påbygging høsten 2014 Terminprøve høsten 2014 Terminprøve Mtemtikk Påygging høsten 2014 DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 Regn ut 3 3 3 4 1 3 3 2

Detaljer

DEL 1. Uten hjelpemidler. Oppgave 1 (2 poeng) Oppgave 2 (4 poeng) Oppgave 3 (4 poeng) I er en konstant. Deriver funksjonene

DEL 1. Uten hjelpemidler. Oppgave 1 (2 poeng) Oppgave 2 (4 poeng) Oppgave 3 (4 poeng) I er en konstant. Deriver funksjonene DEL 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 ( poeng) Deriver funksjonene 3 a) f( x) 5x x 5 b) g( x) x e x Oppgave (4 poeng) Polynomfunksjonen P er gitt ved 3 P( x) x x 10x 8, DP a) Faktoriser P( x ) i førstegradsfaktorer.

Detaljer

R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til innlæringsoppgavene

R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til innlæringsoppgavene R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til innlæringsoppgavene 6.1 a Det geometriske stedet er en sirkellinje med sentrum i punktet og radius 5 cm. 6. Vi ser at koordinataksene er vinkelhalveringslinjene for

Detaljer

Tall i arbeid Påbygging terminprøve våren 2013

Tall i arbeid Påbygging terminprøve våren 2013 Tll i rei Påygging terminprøve våren 2013 DEL 1 Uten hjelpemiler Hjelpemiler: vnlige skrivesker, psser, linjl me entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 Skriv tllene på stnrform. 1 0,000 00015 2 19,6 millirer

Detaljer

Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 DEL 1

Heldagsprøve 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

Detaljer

1T kapittel 4 Likningssystemer og ulikheter

1T kapittel 4 Likningssystemer og ulikheter T kapittel 4 Likningssystemer og ulikheter Løsninger til oppgavene i oka Oppgave 4. a Vi tegner grafene til y = og y = + 3 i samme koordinatsystem. Skjæringspunktet mellom grafene har koordinatene (, ).

Detaljer

TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 8. a = e m E

TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 8. a = e m E TFY414 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 16. Løsningsforslg til øving 8. Oppgve 1. ) C F = E = m Newtons. lov. Her er = e, så elektronets kselersjon blir = e m E ltså mot venstre. b) C Totlt elektrisk

Detaljer

E K S A M E N. Matematikk 3MX. Elevar/Elever Privatistar/Privatister. AA6524/AA6526 8. desember 2004 UTDANNINGSDIREKTORATET

E K S A M E N. Matematikk 3MX. Elevar/Elever Privatistar/Privatister. AA6524/AA6526 8. desember 2004 UTDANNINGSDIREKTORATET E K S A M E N UTDANNINGSDIREKTORATET Mtemtikk 3MX Elevr/Elever Privtistr/Privtister AA654/AA656 8. desember 004 Vidregånde kurs II / Videregående kurs II Studieretning for llmenne, økonomiske og dministrtive

Detaljer

Eksempelsett R2, 2008

Eksempelsett R2, 2008 Eksempelsett R, 008 Del Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave a) Deriver funksjonen f x x cosx f x cosx x s x f x cosx 6x sinx

Detaljer

Sammendrag R1. 26. januar 2011

Sammendrag R1. 26. januar 2011 Sammendrag R1 26. januar 2011 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 B hvis to påstander

Detaljer

Heldagsprøve i matematikk. Svar og løsningsforslag

Heldagsprøve 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

Detaljer