1T kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "1T kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka"

Transkript

1 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 mellom og 0 gnget med en tierpotens. 8,5 0 4, , Vi gjør om tllene til stndrdform. Deretter deler vi vnlige tll på vnlige tll og tierpotenser på tierpotenser , , , Vi gjør om tllene til stndrdform, før vi opphøyer fktorene i eksponentene. Deretter regner vi ut svret ved å gnge vnlige tll med vnlige tll og tierpotenser med tierpotenser. ( ) ( ) , , Aschehoug Side v 5

2 E 0 9 ( ) 4 b c d E4 b c ( ) ( x ) ( x ) ( x ) ( )( ) 4x x x x + x Vi bruker konjugtsetningen på telleren og metoden for fullstendige kvdrter på nevneren. ( )( + ) ( ) Vi bruker metoden for fullstendige kvdrter på telleren, og bruker deretter konjugtsetningen på nevneren. ( x ) ( x ) ( x ) ( )( ) ( ) x x x x 50 5 x + 5 x 5 x 5 Aschehoug Side v 5

3 E5 ( ) ( ) ( ) b + b + 5b b + b + b + b + 5b b + b b b + 5b b b ( ) ( 4 ) ( 4 ) ( ) ( ) Løsninger E6 b E7 ( x) x 6 x 4 x x x x x x 6 + x + 4 x 5x x Vi finner først fellesnevner og setter på felles brøkstrek. Deretter trekker vi smmen uttrykket og forkorter. + + x x x x x x ( ) ( x ) ( ) x( x ) ( x ) + x( x ) + x x x + x( x ) x x( x ) x x y x + y xy 5x y x x Aschehoug Side v 5

4 E8 Oscr tenker på tllet t og får dette regnestykket: (( t + 5) 4) 8 4t t ( t + ) 4 t + t + E9 x 5 8 x x x Bruker bc-formelen. x x ± ( 8) ( 8) 4 ( 5) 8 ± ± 4 8 ± 4 8 ± 4 ± b ( x )( x + ) ( x + 5)( x + ) x + 4x x 6 x + x + 5x + 0 x 6x 6 0 Bruker bc-formelen. ( 6) ( 6) 4 ( 6) ± 6 ± ± 00 6 ± 0 8 Aschehoug Side 4 v 5

5 c Løsninger x + 4 Vi gnger opp med fellesnevneren x på begge sider. x x x + 4x x 4x 0 x x 4 0 Vi bruker produktregelen. ( ) 0 4 Ser t x 0 er en flsk løsning, siden vi ikke kn dele på null når vi setter x inn igjen i ligningen. x 4 er dermed eneste løsning v ligningen. x + x x++ x d x+ 5 5 Vi skriver om til. x + 5 Setter eksponentene lik hverndre. e lg x 7 5lg x lg 4 lg lg x lg 5x lg f ( ) lg ( 5x ) lg lg ( 5x ) lg 8 g ( x ) 0 0 5x 8 5x 0 lg 5 lg8 x + x 4 5 x + x 4 6 x + x 4 4 x + x lg 4 lg 4 Deler på lg 4 på begge sider. ( ) x + x + x 0 Aschehoug Side 5 v 5

6 Bruker bc-formel. h ± 4 ( ) ± + 8 ± 9 ± x x Vi skl løse likningssettet: x + y x + xy Vi bruker den første likningen til å finne et uttrykk for y. y + x Vi setter deretter inn uttrykket vi fnt for y inn i den ndre likningen. x + x + x ( ) x x + x x x 0 Bruker bc-formel på digitlt verktøy. ± ± + 8 ( ) ( ) 4 ( ) ± 9 ± Vi setter x-verdiene inn i uttrykket for y. y + ( ) ( ) y + Får d løsningene:,, ( ) ( ) Aschehoug Side 6 v 5

7 E0 Fr. jnur 04 til. jnur 00 hr det gått 6 år. Vekstfktoren blir,0. Dg får dermed dette uttrykket: E x x Bruker bc-formelen , 00 kroner. b ( 6) ± 6 ± ± 00 6 ± 0 8 x x ( x )( x ) Vi lger fortegnslinje: Vi leser v fortegnslinj og ser når løsningsmengden er negtiv (ltså mindre enn null) og lik null. L [ 8,] c Telleren kn fktoriseres til ( + 8)( ) x x. For t vi skl kunne forkorte brøken må en v disse fktorene dukke opp også i nevneren. I nevneren hr vi x +. Det vil si t er en fktor som må settes utenfor prentesen i nevneren for t vi skl kunne forkorte. Dermed må være dobbelt så stor som hver v de to konstntene i fktorene i telleren. Dermed får vi t kn være lik 6 eller kn være lik 4. Aschehoug Side 7 v 5

8 E Vi hr digonlen AC i kvdrtet med lengde 4, og vi strter dermed med å finne lengden v sidekntene. Vi får en likebeint treknt ABC og bruker pytgorssetning. x + 4 x 6 x Arelet v kvdrtet blir dermed sideknt gnge sideknt. A s s 4 8 Vi finner deretter relet v sirkelen. Sirkelen hr dimeter som er like lng som sidekntene i kvdrtet, og vi finner dermed rdiusen ved å hlvere sideknten. r Vi setter rdiusen inn i formelen for relet v en sirkel. A ( ) π r π π π Vi finner relet v det blå området ved å t relet v kvdrtet og trekke fr relet v sirkelen. A A A 8 π E b Treknt AOC er en rettvinklet, likebeint treknt. Vi bruker pytgorssetningen for å finne hypotenusen AC. AC AO + OC AC r + r AC r AC r AC r AC r Vi finner først relet v treknt AOC. l b r r r A AOC Vi finner deretter relet v treknt ABC. r A ABC A AOC r Vi finner deretter relet v hlvsirkelen som spenner over AB. Aschehoug Side 8 v 5

9 A Hlvsirkel AB πr Vi finner deretter relet v hlvsirkelen som spenner over AC. Denne hlvsirkelen hr rdius lik AC delt på, som dermed blir A Hlvsirkel AC r. r r r π π π 4 πr 4 Vi skl nå finne relet v det blå området. D må vi t relet v hlvsirkelen som spenner over AC og trekke fr det lille, hvite relet. Det lille, hvite relet finner vi ved å t relet v hlvsirkelen som spenner over AB, minus relet v treknt ABC, og dele svret på to, siden vi hr to like store slike reler. πr r πr r A Hvitt område 4 D er vi klr for siste steg, relet v det blå området. πr πr r πr π r + r r r A Blå område Vi ser dermed t relene er like store. E4 Vi finner først stigningstllet: y y 0 y ( ) x x x Vi bruker deretter ettpunktsformelen for å finne likningen til linj. ( ) y y x x y x 4 ( ) ( 0) y + 0,75 x y 0,75x E5 Siden funksjonen bre hr ett nullpunkt, vet vi t det må bli null under rottegnet i bc-formelen for ± 4 ndregrdslikninger, b b c. Altså vet vi t diskriminnten b 4c må bli 0. Vi hr verken b eller c, men setter inn 4, og får likningen: b 4 4 c 0 b 6c 0 Aschehoug Side 9 v 5

10 Vi vet også t funksjonen går gjennom punktet (0, ). Setter derfor 0 og f( x ) inn i funksjonsuttrykket f ( x) 4x + bx + c. Vi får d følgende likning: 4 (0) + b 0 + c c c Setter nå c inn i den første likningen b 6 0 b 6 b 6 b 4 b 4 b 6c 0 for å finne b. E6 Siden grfen hr et toppunkt, ltså t grfen hr form som en «sur munn», vet vi t -verdien er negtiv. Vi vet t toppunktet ligger på den vertikle symmetrilinj b. Vi vet også t toppunktet ligger til høyre for y-ksen, noe som her gir positiv x i denne formelen. Smtidig vet vi t er negtiv. For t x d skl kunne bli positiv må b her være positiv, siden b llerede hr en minus forn seg i formelen, og et negtivt tll delt på et negtivt tll blir positivt. Grfen skjærer y-ksen over x-ksen. Dermed vet vi t c er positiv. Diskriminnten b 4c kn vi nå finne fortegnet til. Første ledd, b, vil lltid være positivt. Siden er negtiv og c er positiv, vil produktet v de to fktorene være negtivt. Men i formelen skl vi trekke fr 4c, og minus og minus blir pluss. Dermed vil diskriminnten bestå v noe positivt pluss noe positivt, og diskriminnten vil dermed være positiv. E7 ( ) 0 f x når grfen til f ligger under x-ksen. [,] L. f( x) > gx ( ) når grfen til f ligger over grfen til g i koordintsystemet. L,0 5,. E8 5 x + x 4 Gnger lle ledd med fellesnevner 4. x + 8 8x 0 x 8x Deler på 9 på begge sider. b Vi skl løse likningssettet: x + y 7 x y 4 Aschehoug Side 0 v 5

11 c Vi bruker den første likningen til å finne et uttrykk for y. y 7 x Vi setter deretter inn uttrykket for y inn i den ndre likningen. x 7 4 ( ) x 4 + x 4 5x 0 Vi setter x-verdien inn i uttrykket for y. y 7 ( ) y 5 Får d løsningen y x 9x 5 0 Vi bruker bc-formelen til å fktorisere uttrykket og skrive det på formen ( )( ) ( ) 5 ± ( ) 9 ± x x x x. 9 ± 4 9 ± 4 x x 5 bc-formelen gir ltså løsningene x og x 5 og vi får ulikheten: ( x 5) x + 0 Tegner fortegnslinje og undersøker når uttrykket gir negtivt svr, ltså stiplet linje. Vi får d løsningen x, [ 5,. Aschehoug Side v 5

12 E9 f ( x) x + 6 x( x + ) Løsninger Vi tegner fortegnslinje for den fktoriserte versjonen v den deriverte. Der den deriverte blir negtiv synker grfen, der den deriverte blir positiv stiger grfen. I nullpunktene til den deriverte finner vi topp- og bunnpunktene. Ser t gir et toppunkt og 0 gir et bunnpunkt. Vi setter disse x-verdiene inn i f( x ) for å finne y-koordintene. f ( ) ( ) + ( ) f ( 0) ( 0) + 0 ( ) 0 Toppunktet blir dermed i (,4) og bunnpunktet i ( 0, 0 ). b Nullpunktene finner vi lltid ved å løse likningen f ( x ) 0. f ( x ) 0 x + x 0 x ( x + ) 0 Vi bruker nå produktregelen og setter hver v fktorene lik null og løser likningene. 0 0 x + 0 Nullpunktene blir dermed og 0., f. ( ) c Vi finner først y-koordinten til punktet f ( ) og regner ut ( ) f ( ) ( ) + ( ) + Vi trenger også stigningstllet i punktet og regner derfor ut f '( x ). f '( ) ( ) + 6( ) 6 Vi kn nå sette inn tllene vi hr funnet i ettpunktsformelen y y x ( x ), der f ' x, for å finne likningen for tngenten i punktet. ( ) ( ( )) ( ) y x y x + y x y x Aschehoug Side v 5

13 d Hvis tngenten til grfen skl h stigningstll 9 i et punkt, vil det si t ( ) punktet. Vi løser likningen f '( x ) 9. f '( x ) 9 E0 x + 6x 9 x + 6x 9 0 Vi bruker bc-formelen og løser likningen ( 9) ± 6 ± ± ± 6 Løsninger f ' 9 i dette Vi får to løsninger. Det vil si t dette skjer i to punkter. Vi regner ut f ( ) og ( ) finne y-koordintene. f f ( ) ( ) ( ) ( ) + ( ) Punktene blir dermed (, 0) og (,4 ). Hvis grfen til ( ) ( ) f f x x + skl skjære y-ksen for y må ( ) f 0. f for å Vi ser t. Dette kunne vi også h sett ved å se t er funksjonens konstntledd. Funksjoner skjærer y-ksen i konstntleddet sitt. b Hvis grfen skl h et nullpunkt for f 0. f ( ) x må ( ) c For t y-verdien i bunnpunktet til grfen skl være -5 må ( ) 0 f ( x ) 5. Vi strter med f ( x ) 0. f ( x) x x 0 Vi setter nå x inn i likningen ( ) 5 f x. f, og i tillegg må Aschehoug Side v 5

14 f ( ) d For t grfen skl h minst ett nullpunkt må likningen ( ) 0 f ( x ) 0 x x + 0 Vi setter inn i bc-formelen. ( ) ( ) Løsninger f x h en eller flere løsninger. ± 4 ± 4 4 For t denne likningen skl h en eller to løsninger må det ikke bli negtivt under rottegnet. Det vil si t Vi deler på 4 og snur «større enn»-tegnet. Det vil si t må være lik eller mindre enn. E Vi leser v grfen. f ( 0) siden f skjærer y-ksen i. ( ) rett linje på formen y x + b. Dermed vil y f 0 0,5 siden grfen til f er en, og vi ser t den deriverte vil være lik stigningstllet til den rette linj f. Dette stigningstllet leser vi v grfen til å være 0,5. b Likningen f ( x) g( x ) hr sin løsning der de to grfene skjærer hverndre. Vi leser v c figuren og ser t det skjer for. Fortegnslinjer for g(x) og g (x): d Vi ser v figuren t tngenten til grfen g i punktet der vil bli brttere enn i punktet der. Dermed vil den deriverte h en større verdi i punktet der enn der. Dette g < g. fører igjen til t ( ) ( ) Aschehoug Side 4 v 5

15 E h x + 6x + 5 ( ) b c h ( ) ( ) lim x 0 x 0 ( x) f h ( x) lim x 0 x f x x f x lim x 0 x ( + ) ( ) ( x + x) + 6( x + x) + 5 ( x + 6x + 5) ( ) ( ) x x + x + 6 x lim x 0 x x( x + x + 6) lim x 0 x lim x + x + 6 x x + x x + x + 6x + 6 x + 5 x 6x 5 lim x 0 x Vi lr nå x gå mot 0, det vil si t vi bytter ut x med 0 i uttrykket. Dermed blir: h ( x) x + 6 Nullpunkter: h( x ) 0 x x Vi bruker bc-formel. ± ± ± 6 6 ± 4 5 Nullpunktene er 5 og. Topp- eller bunnpunkt: ( x) 0 h x x 6 Aschehoug Side 5 v 5

16 Løsninger Siden h( x ) hr positiv -verdi forn ndregrdsleddet, vet vi t grfen «smiler», og t den hr et bunnpunkt. Regner ut h( ) for å finne y-koordinten til bunnpunktet. ( ) ( ) ( ) h Bunnpunktet hr koordintene (, 4). d e hx x x ( ) ( ) 6 h x + h ( ) ( ) Den momentne vekstfrten er 4. f Av figuren i oppgve e ser vi t løsningen v hx ( ) < 5 er L 6,0. Ved regning: hx ( ) < 5 x + 6x + 5 < 5 x + 6x < 0 xx ( + 6) < 0 Av fortegnslinj ser vi t t løsningen v hx ( ) < 5 er L 6,0. Aschehoug Side 6 v 5

17 E Ifølge pytgorssetningen gjelder uttrykket Vi undersøker hvilken verdi Vi ser nå på 9 8 hypotenus. ktet + ktet hr. Løsninger ktet + ktet hypotenus i rettvinklede treknter. Hdde treknten vært rettvinklet ville tllene vært like. Siden de to ktetene kvdrert til smmen får en verdi som er mindre enn hypotenusen kvdrert, ser vi t hypotenusen vil bli «for lng». Det vil si t vinkelen må økes til mer enn 90 grder for å få plss til hypotenusen, og vi konkluderer med t den største vinkelen i treknten må være større enn 90 grder. E4 Vi løser oppgven med relsetningen som inneholder sinus til en vinkel og to sider. A b c sina 5 0,8 6 Arelet er 6. b For t sin A 0,8 må forholdet mellom motstående ktet og hypotenusen være 0,8. D får vi: c BC 0,8 AC BC 0,8 5 BC 4 Vi vet t treknten er rettvinklet siden sidene er, 4 og 5 lnge. AC er hypotenusen, og dermed er vinkel B 90. sin B sin 90 Aschehoug Side 7 v 5

18 E5 Siden sin B vet vi t den motstående kteten til B er og hypotenusen er 5. Vi vet i 5 tillegg t treknten er rettvinklet. Vi tegner treknten: b Vi regner ut relet med relformelen A ABC A DEF 4 5 sin40 6, sin 0 5 ABC hr størst rel. A b sin C. Vi får disse to relene: E6 Vi vet t cos A og t treknten er rettvinklet. Vi kn d regne med t en v ktetene er 4 og hypotenusen 4. Vi bruker Pytgors setning for å finne en verdi for den siste siden. kt + kt hyp x 7 7 Vi tr så for oss sin C som er motstående ktet delt på hypotenus. Motstående ktet til vinkel C er den smme siden som hosliggende ktet i vinkel A. Vi får: sin C 4 For å finne cos C trenger vi den ndre kteten, som vi llerede hr vist er hosliggende ktet delt på hypotenusen. Vi får: cos C Cosinus er Aschehoug Side 8 v 5

19 b I denne oppgven bruker vi cosinussetningen b + c bc cos A. Sideknten vi setter på venstre side v likningen er den motstående sideknten til vinkelen vi kjenner. Altså setter vi EF på venstre side v likningen. Vi får: ( EF ) ( ) ( ) ( ) 4 EF ( EF ) ( EF ) EF sin A sin B c Vi hr treknten GHI. Vi bruker sinussetningen som sier t BC AC. I denne oppgven tilsvrer det sin H sin G. Vi får følgende likning: GI HI sin H sin G GI HI 4 Vi kryssgnger teller med nevner og nevner med teller. HI HI 4 Vi forkorter på høyre side. 4 HI Vi gnger med tre. HI E7 Treknt ADB blir en rettvinklet, likesidet treknt. Vi bruker Pytgors setning for å finne et uttrykk for BD, som også er rdius i den frgede sirkelen. kt + kt hyp x + 4 x x BD r Vi bruker nå formelen for relet v en sirkel A π ( ) A π r. Aschehoug Side 9 v 5

20 A π Siden vi ikke er ute etter en hel sirkel, kun en kvrtsirkel, deler vi svret på fire. π π A kvrtsirkel 4 E8 tn 45 0,6 lg 0, cos Vi ordner tllene i stigende rekkefølge, og får denne rekk: lg 0,, 0, cos 90, tn 45, E9 Bruker pytgorssetningen. AB + BE AE + AE + AE 4 5 AE AE 4 AE 7 og 0. AF som regnes ut på tilsvrende måte. b Vi finner relet v AEF ved å regne ut relet v ABCD og trekke fr de tre trekntene ABE, ADF og ECF. Alle disse tre trekntene er rettvinklede, og vi bruker formelen A g h A ABE A ADF 4 A ECF 8 Vi finner rel v kvdrtet: A s s ABCD Aschehoug Side 0 v 5

21 c 8 AEF, som vr det vi skulle vise I denne oppgven bruker vi relformelen A b sin C. I vårt eksempel tilsvrer dette: A AEF AE AF sinα E0 5 5 sin α 8 5 sin α Gnger opp med 8 på begge sider sinα sinα, som vr det vi skulle vise. 5 Vi finner relet v den innskrevne treknten PQM ved å t relet v hele treknten OBA og trekke fr de tre små trekntene OQP, QBM og PMA. A OBA OB OA OQ OP x x A OQP x QB h ( 8 x) A QBM 8 x Vi bruker QB som grunnlinje. Her fnt vi høyden h som y-koordinten til punktet M. AP h ( 4 x) 4 A PMA ( 4 x) 8 x Vi bruker AP som grunnlinje. Her fnt vi dermed høyden h som x-koordinten til punktet M. T( x) A PQM A OBA A OQP A QBM A PMA T( x) 6 x ( 8 x) ( 8 x ) T( x) 6 x 8 + x 8 + x T( x) x + x Vi ser t definisjonsmengden er x-verdier mellom 0 og 4, siden x ligger mellom punktene O og A på y-ksen, og hr dermed sin minste verdi for 0 og sin største verdi for 4. b For å finne det størst mulig relet bruker vi derivsjon og finner funksjonen T sitt toppunkt.. T x hr negtiv -verdi på formen x + bx + c, vet vi t grfen blir en «sur munn», Siden ( ) og vi hr et toppunkt når T ( x ) 0. T ( x) x + x + 0 Aschehoug Side v 5

22 E Det vil si t relet er størst mulig når. P ( ) gunstige 8 rød 0, 4 mulige 0 5 b 0 prosent vil si t snnsynligheten for blå NonStop er 0,0. E P ( blå) x 0 4 gunstige x mulige 0 0, 0 Det vr ltså 4 blå NonStop i posen. Vi lger en krysstbell: Klsse A Vlgt fysikk Ikke vlgt fysikk Totlt Vlgt biologi Ikke vlgt biologi 7 4 Totlt 5 P begge fg g 5 m 5 5 Vi ser det er 4 elever som hr vlgt biologi. Vi hr dermed 4 mulige. g 5 P( fysikk biologi) m 4 b ( ) c E Vi lger en krysstbell Klsse A Fest Ikke fest Totlt Konsert Ikke konsert Totlt 4 5 b P ( ikke konsert) E4 g m P( to gule) P( gul) P ( ndre gul første gul) b P( smme frge) P( to gule) P ( to røde) E P( to ess) P( første ess) P ( ndre ess første ess) Aschehoug Side v 5

23 b P( to konger) P( første konge) P ( ndre konge første konge) Løsninger c Snnsynligheten for å få én konge og ett ess er det motstte v å få to like. Vi tr derfor og trekker fr både snnsynligheten for to konger og snnsynligheten for to ess P( konge og ess) P( to ess) P ( to konger) Aschehoug Side v 5

24 Med hjelpemidler E6 Vi regner først ut hvor mnge mol 7, millirder sølvtomer er. ntll sølvtomer ntll prtikler i et mol 9 7, 0,96 0 6, mol Hvert mol veier 07,9 grm. Vi gnger derfor ntll mol med vekten per mol., ,9 9, 05 0, 905 0, 0 E7 4 4 grm. Vi setter først opp uttrykket fr teksten i stykket: t t + n n n + n Dette uttrykket omformer vi. t t + n n 4n t t n + Vi splitter opp den lengste brøken til to mindre brøker. n 4n 4n t t + Vi bytter nå ut t med x siden x n 4 n 4 n t n x x + Vi omformer for å få uttrykket i oppgven. 4 4 x + x 4 x + x 4 t t + n b Vi setter n 9 inn i likningen. n 4n t t t t + 7 Vi gnger med fellesnevner 6 i lle ledd t t ( ) 4t t 7 6 t 6 Deler på på begge sider v likningen. t Aschehoug Side 4 v 5

25 E8 Arelet v et rektngel er A l b, ltså lengde gnger bredde. Hvis lengden v et rektngel øker med 0 prosent vil det øke med vekstfktor,0. Hvis bredden minker med ti prosent vil det minke med en vekstfktor på 0,90. Vi får d følgende rel: A,0l 0,90b A 0,99( l b ) Det vil si t det opprinnelige relet endrer seg med en vekstfktor på 0,99, og det vil med ndre ord bli prosent mindre. Vi kn dermed fstslå t det kun er påstnden «Arelet blir mindre» som er korrekt. E9 b Når vi øker korthuset med en etsje vil vi trenge to nye kort i bredden og ett nytt kort på toppen. Det vil si t vi trenger tre ny kort per ekstr etsje. Nederste etsje i et korthus med 5 etsjer vil innholde + 4 kort. Nederste etsje i et korthus med 6 etsjer vil innholde kort. Nederste etsje i et korthus med 7 etsjer vil innholde kort. Første etsje hr to kort, og som vi hr sett øker ntll kort med per etsje. I den n-te etsjen vil det derfor være: ( ) + n + n n ntll kort. I denne oppgven bruker vi ( n ) siden vi strter å legge til tre kort fr og med den ndre etsjen. c Vi regner ut med formelen fr oppgve b) n 8 n 9 Vi deler på på begge sider. n Det vil si t et hus med 8 kort i nederste etsje hr etsjer. d Vi setter inn i formelen. n + n 500 n + n 000 n + n Vi bruker bc-formelen på uttrykket i CAS med kommndoen Løs[ <Likning>, <Vribel> ]. Vi trykker deretter på tilnærmet lik-ikonet i verktøylinj for å få numeriske løsninger. Aschehoug Side 5 v 5

26 n 8, n 8, 4 Her må svret være positivt. Det vi si t vi bruker 8,, noe som sier oss t vi kunne bygd 8 fullstendige etsjer. E40 Vi tster inn likningen i CAS, og vi bruker x i stedet for D i likningen. Etter å h tstet inn likningen i CAS må vi løse den. Det gjør vi ved å mrkere likningen ved å klikke på mrkeringsknppen til venstre for den, og deretter klikke på knppen. For å finne tilnærmede verdier gjør vi det smme, men vi klikker nå på knppen «x». I denne oppgven er det kun positive svr som er mulige og vi ser t dimeteren D blir 5, dm. b Når noe er 0 prosent større enn noe nnet kn vi bruke vekstfktor,. D skl nå være 0 prosent større enn d. Vi løser dette ved å klle d for x i CAS, og klle D for, x. Vi får følgende regnestykke når vi skriver inn likningen i CAS: Aschehoug Side 6 v 5

27 E4 Her kn vi kun h positive svr og vi får t dimeteren øverst d er 4, dm. Men det vr den dimeteren på midten D vi skulle finne: D, d, 4, 5, dm. Dimeteren på midten er ltså 5, dm. Vi bruker lineær regresjon i GeoGebr. Vi tster først tllene fr tbellen inn i regnerkfunksjonen i GeoGebr. Vi mrkerer tllene vi hr tstet inn og velger deretter verktøyet Regresjonsnlyse. Vi forndrer regresjonsmodellen til Lineær, siden f(x) er på formen x + b. Vi får d funksjonen y 0,7x + 0,65. Det vil si t 0,7 og b 0,. Aschehoug Side 7 v 5

28 b Tllet forteller oss t vinnersykkelen hr minket med 0,7 kilo, ltså 7 grm, i gjennomsnitt hvert år fr 980 til 00. c Vi setter 6,8 kilo inn i formelen vi fnt i oppgve. Vi får likningen: 6,8 0,7x + 0,65 Vi løser likningen med CAS. Løsninger x 7, Det vil si t det tr 7, år regnet fr 980. Det vil si t sykkelen vil komme ned i en vekt under 6,8 kilo første gng i 008. E4 b Siden funksjonen f ( x) x + 4, hr 4, som konstntledd, vil det si t funksjonen skjærer y-ksen i 4,, og dette punktet hr x-verdien 0. Vi ser t funksjonen er symmetrisk om toppunktet til grfen i punktet ( 0, 4, ), og vi ser t de mulige x-verdiene utspenner seg 0 meter i positiv retning og 0 meter i negtiv retning, siden gngbro totlt er 0 meter x 0, 0. lng. Det vil si t definisjonsmengden blir [ ] Vi vet t f (0) 0. Setter derfor 0 og f( x ) 0 inn i funksjonsuttrykket og finner. ( ) , , 00 4, Deler på 00 på begge sider v likningen. 0,04 Lstebilen er,5 meter bred og 4,0 meter høy. Det vil si t lstebilen vil h best plss om den psserer,5 meter til venstre for toppunktet og,5 meter til høyre for toppunktet. Dermed må f (, 5) og f (, 5) være større enn 4. Siden funksjonen er symmetrisk om toppunktet, holder det å sjekke en v de to funksjonsverdiene. f (, 5) 0, 04 (, 5) + 4, 4, Det vil si t lstebilen fint kn pssere gjennom åpningen. Aschehoug Side 8 v 5

29 c Høyden skl minst være, meter. Det vil si t vi må finne de to x-verdiene som hr denne funksjonsverdien. Vi setter f( x ),. + 0, 04x 4,, 0, 04x,, 0,04, 0,04 x ±5,06 Det vil si t den største bredden blir 5,06 0, 0, meter. E4 Vi tegner begge funksjonene A og B i GeoGebr og bruker kommndoen «Skjæring mellom to objekt». Vi klikker deretter på begge funksjonene og får skjæringspunktet mellom dem. I dette punktet er folketllet i de to bygdene likt. Vi ser t skjæringspunktet blir ( ),9, 67,7. Det vil si t folketllet er like stort i de to kommunene like før det hr gått fire år, ltså mot slutten v 006. Aschehoug Side 9 v 5

30 b For å finne ut når folketllet psserer 500 til smmen må vi regne ut likningen: Ax ( ) + Bx ( ) 500 Vi hr llerede tegnet de to funksjonene i GeoGebr. Dermed går vi inn i CAS og skriver inn likningen over. Vi mrker likningen ved å trykke på mrkeringsknppen til venstre for likningen. Vi trykker deretter på verktøyknppen, og får d svret på likningen. Vi får svret 5,7, og det tr ltså cirk fem og trekvrt år, regnet fr. jnur 00. Det vil si t folketllet psserer 500 høsten 008. E44 Vekstfktor per 000 meter blir 0,88. Luftrykket blir: 0, 0,88 89,44 89, hp 000 meter over hvet. x b Vi får en eksponentilfunksjon på formen f( x) b. c er funksjonsverdien når 0, i dette tilfellet 0,. b er vekstfktoren, i dette tilfellet 0,88, siden lufttrykket vtr med prosent per 000 meter. x står for ntll gnger 000 meter over hvet. Aschehoug Side 0 v 5

31 d 469 meter tilsvrer,469 gnger 000 meter. Vi tegner linj, 469 i smme koordintsystem som grfen til f og bruker GeoGebr-kommndoen «Skjæring mellom to objekt». Vi klikker deretter på den loddrette linj x og grfen f. Vi får d skjæringspunktet,47, 7,88. Det vil si t lufttrykket på Gldhøpiggen er 7,88 74 hp. ( ) Vi gjør det på tilsvrende måte for Mount Everest, og tegner linj 8,85. Vi får skjæringspunktet ( 8,85,,68 ). Det vil si t lufttrykket på Mount Everest er, 68 hp. e Vi tegner linj y 80,0 i smme koordintsystem som grfen til f. Vi bruker GeoGebrkommndoen «Skjæring mellom to objekt» og klikker på den vnnrette linj y og grfen f. Vi får,85, 80. Det vil si t vi er, meter over hvet. d skjæringspunktet ( ) Vi kn ikke stole helt på dette tllet d lufttrykket forndrer seg ved ulike værtyper som høytrykk og lvtrykk. E45 Temperturen vr 5 C. Vi finner dette som skjæringspunktet med y-ksen, for i dette b punktet er tiden 0. De vrmet vnnet i 5 minutter. Vi finner dette ved å lese v x-verdien til grfens toppunkt. Temperturen finner vi som toppunktets y-verdi, og temperturen vr 90 C. Grfen som viser temperturen under oppvrming er tilnærmet lineær, og vil derfor være på formen y x + b. Vi leser v to punkter på grfen: ( 0, 5 ) og ( 5, 90 ). Vi ser d t konstntleddet b 5, siden dette er y-verdien når 0. Vi finner stigningstllet: y y x x Vi får d funksjonsuttrykket y 5x + 5. Setter y 00 for å finne regne ut hvor lng tid det ville ttt å koke vnnet. 00 5x x Deler på 5 på begge sider v likningen. x 5,7 Altså tr det c. 5,7 minutter. c Vi må løse to ulikheter, både 5x og 5,8 0, x x 45 x Det vil si t vnnet psserer 60 grder første gng etter minutter. Aschehoug Side v 5

32 x Den ndre ulikheten, 5,8 0, , velger vi å løse grfisk i GeoGebr. Vi tegner både grfen til venstre side, 5,8 0,94 x + 5, og grfen til høyre side, 60, i smme koordintsystem. Vi finner deretter skjæringspunktet mellom de to grfene med kommndoen «Skjæring mellom to objekt». d Skjæringspunktet blir (,04, 60). Vi ser t temperturen er over 60 C til venstre for skjæringspunktet. Det vil si t temperturen er høyere frm til det hr gått minutter. Vi får ltså løsningsmengden L [, ], det vil si fr til minutter etter t oppvrmingen strtet. Etter lngt tid i kjøleskpet vil temperturen på vnnet nærme seg temperturen i kjøleskpet. Vi ser t i funksjonsuttrykket f( x ) 5,8 0,94 x + 5 hr vi vekstfktoren 0,94 x. Når x blir svært stor vil dette uttrykket nærme seg 0. Det vil si t funksjonen vil nærme seg konstntleddet 5 på lng sikt, og vi kn konkludere med t temperturen i kjøleskpet vr 5 C. E46 Vi tster funksjonsuttrykket inn i CAS. Vi velger å omforme svret i CAS og splitter opp telleren i to ledd. Aschehoug Side v 5

33 ( x x) x + x + x + x x x x x x x x x x x x x x x ( ) Vi får vertikle symptoter for x-verdier som gir 0 i nevner. Vi ser t det skjer for 0 og. Vi får horisontle symptoter når vi lr x ±. Vi ser t når x blir enormt stor i positiv eller negtiv retning vil uttrykket nærme seg 0. Dermed står vi igjen med den horisontle x x symptoten y 0. ( ) E47 Vi leser v grfen og ser t når ( ) 4 f x er 4 og 0. b Vi skl løse ulikheten f( x ) 0. Det vil si t grfen til funksjonen skl ligge over x-ksen. Vi ser t dette skjer fr til den loddrette symptoten. Det skjer også fr og videre til høyre. Vi får dermed denne løsningsmengden: L,,. [ c x + d 0 gir loddrett symptote. Siden den loddrette symptoten er, må d. Siden den loddrette symptoten er, må d. Vi hr gitt tre punkter på grfen. Vi setter inn verdiene for disse tre punktene i funksjonsuttrykket og får følgende tre likninger (NB! For nullpunktene tr vi ikke med nevneren, d f er null når telleren er null): (, 0) gir 4 b + c 0 (, 0) gir 4 + b + c 0 (0, 4) gir c 4 Vi setter c 4 inn i de to ndre likningene og hr nå to likninger med to ukjente: 4 b b 4 0 Vi bruker CAS og kommndoen «Løs[<Liste med likninger>,<liste med vribler>]». Vi tster inn begge likningene og vriblene som vist nedenfor: Vi hr t, b 0, c 4 og d. E48 Vi bruker CAS og kommndoen Løs[<Liste med likninger>,<liste med vribler>]. Vi tster inn begge likningene og vriblene som vist nedenfor: Aschehoug Side v 5

34 Vi ser t vi får to løsningspr: ( 0, ) og ( 6,5). Aschehoug Side 4 v 5

35 Vi omformer likningene så vi får y lene på venstre side. Likning I: y + x 6 Likning II: y + x x Løsninger Vi tegner nå begge funksjonene i smme koordintsystem. Vi bruker deretter GeoGebrkommndoen Skjæring mellom to objekt og får skjæringspunktene mellom de to grfene. Vi ser t vi får to løsningspr: ( 0, ) og ( 6,5). b Vi setter og y 5 inn i likningen. 5 ( ) y x +, siden denne likningen innholder c Vi bruker innsettingsmetoden. Vi setter likning II, omformet til y + x, inn i likning I, y x +. Vi får d denne likningen: ( ) + x x x x + ( ) x + x Vi bruker bc-formelen. Aschehoug Side 5 v 5

36 ( 6) ( 6) 4 ( ) ( 6 ) ( ) ± 6 ± ± 60 4 For t likningssystemet skl h en løsning må uttrykket under rottegnet være null Løsninger For t likningssystemet skl h to løsninger må uttrykket under rottegnet være større enn null > 0 60 > 4 < 5 For t likningssystemet skl h ingen løsninger må uttrykket under rottegnet være mindre enn null < 0 60 < 4 > 5 E49 Vi bruker CAS og skriver inn funksjonsuttrykket Vi skriver deretter inn D '(). Dx ( ) ( x ) 008 +, 6 x + 9, 4. Vi ser t vi får svret x 9. Det vil si t etter to år øker bestnden med cirk 9 dyr i året. Aschehoug Side 6 v 5

37 b Vi skriver inn funksjonsuttrykket Dx ( ) ( x ) 008 +, 6 x + 9, 4 i inntstingsfeltet i GeoGebr. Deretter skriver vi D (x) i inntstingsfeltet. Vi får d opp funksjonen til den deriverte v D og vi tegner grfen til denne deriverte funksjonen for x-verdier fr 0 og oppover. Vi velger deretter verktøyet Funksjonsnlyse fr menyen i GeoGebr og mrkerer området rundt toppunktet. Vi får d dette skjermbildet: Den derivertes mksimlverdi finner vi til høyre for Mks i funksjonsnlysevinduet. Vi ser t x, gir den største verdien for den deriverte til D. Dette forteller oss t ntllet dyr i bestnden vokser rskest etter, år. Aschehoug Side 7 v 5

38 E50 Linje gir oss likningen for tngenten med som vribel. Linje og linje 4 gir oss henholdsvis x-verdien og y-verdien til punktene der tngenten krysser x-ksen og y-ksen. Linje 5 gir oss utregning v relet v treknten OCD. Arelet blir lltid lik 6. E5 Arelet v rektngelet er lengde gnget med bredde, A l b. Lengden AB x. Bredden AE y kx + b A l b AB AE x ( kx + b) kx + b bx kx Aschehoug Side 8 v 5

39 b Siden b > 0 ser vi t b b F k 4k b er et toppunkt for F(x). k er dermed det største relet rektnglet kn få. c Punktet B vil h y-koordint 0, og dermed x-koordint lik kx + b 0, noe som gir b k. Det vil si t AB b k. Punktet C vil h y-koordint b, siden x-koordinten er 0. Dermed er AC b. Vi finner relet v treknt ABC. A ABC b b b l b AB AC k k b k Vi skl vise t dette relet er dobbelt så stort som det mksimle relet v rektnglet. Vi gnger relet v rektnglet med. b b AADPE 4 k k Aschehoug Side 9 v 5

40 E5 Vi tegner grfen i GeoGebr og bruker verktøyet Linje. Vi klikker først i origo, og legger deretter linjene slik t de blir tngenter til grfen i ulike punkt. Vi får denne figuren: b En tngent gjennom punktet (, ( )) f( x) f( x ) f ( x ) ( x x ) f( x) f ( x ) ( x x ) + f( x ) x f x hr likningen: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f( x),5 x 6,5x + 6 ( x x ) + 0,5x, 5x + 6x, 5 f( x),5x 6,5x + 6 x,5x 6,5x + 6 x + 0,5x,5x + 6x,5 f( x),5x 6,5x + 6 x,5x 6,5x + 6x + 0,5x,5x + 6x,5 f( x),5x 6,5x + 6 x,5x + 6,5x 6x + 0,5x,5x + 6x,5 f( x),5 x 6,5x + 6 x x +, 5x, 5 Vi setter inn origo i likningen, ltså 0 og y f( x ) 0 ( ) 0,5 x 6,5x x +, 5x, 5 0 x +, 5x, 5 Vi løser denne likningen i CAS i GeoGebr. Aschehoug Side 40 v 5

41 Vi regner ut de tre x-verdienes y-verdier. f 0,5, 5 + 6, 5 8, f f ( ) ( ) ( ) ( ) 0,5, 5 + 6, 5 ( ) ( ) ( ) ( ) 0,5, 5 + 6, 5 0 Vi får dermed punktene ( 0,75, 8,79), (, ) og (, 0 ). E5 Vi tegner grfen i GeoGebr. Ved fødselen vil grisens vekt tilsvre konstntleddet i funksjonsuttrykket, og vi ser t en gris veier 0,5 kilo ved fødselen. b Vi tegner grfen til y 0 i smme koordintsystem som grfen til f. Vi bruker GeoGebrverktøyet Skjæring mellom to objekt og leser v skjæringspunktets x-verdi og vi ser t det tr omtrent 9, måneder før grisen veier 0 kilo. y y 0 0,5, x x 9,09 0 Det vil si t grisen legger på seg, kilo per måned. Aschehoug Side 4 v 5

42 c Vi skl finne den momentne vekstfrten etter måneder. Det gjør vi ved å regne ut ( ) Vi bruker GeoGebr og skriver f ( ) inn i inntstingsfeltet under grfen. Vi får d svret d,4. Det vil si t vekt til grisen øker med,4 kilo i måneden etter måneder. f. Vi kn løse oppgven i GeoGebr. Vi bruker verktøyet Glider og kller glideren for. Vi lr f ' i inntstingsfeltet h verdier fr 0 til 5 med nimsjonstrinn 0,. Vi tster deretter inn ( ) og bruker glideren til å undersøke ulike verdier for den deriverte. Ved prøve- og feilemetoden kommer vi frm til t når f ' 0,5. I tillegg sjekker vi t den er ( ) deriverte er synkende når øker fr dette punktet. Det vil si t grisen slktes etter måneder. Vi kn også løse oppgven ved regning, og vi finner f '( x ). ( ) f ' 0,x +, 6 Setter så ( ) 0,x +, 6 0,5 f ' 0,5 og løser likningen. 0,, Vi deler på 0, på begge sider v likningen. Det vil si måneder. E54 Vi bruker CAS og kommndoen Løs[<Liste med likninger>,<liste med vribler>]. Vi tster inn begge likningene og vriblene som vist under b Vi får dermed løsningene ( 0, ) og ( 6,5). Vi løser ulikheten i GeoGebr ved å tste inn venstre side og høyre side v ulikheten som to grfer. Vi får grfene f( x) x x + og gx ( ) x +. Vi bruker deretter verktøyet Skjæring mellom to objekt for å finne skjæringspunktene, der grfene hr smme verdi. Vi finner til slutt intervllet der grfen til f ligger over grfen til f. Vi får disse grfene: Aschehoug Side 4 v 5

43 Vi ser t f ligger høyere enn, eller er lik, g i intervllene: x,,9] [ 8,9, E55 ( ) ( ) b f x bx + b + c Vi omformer funksjonsuttrykket til: ( ) f ( x) x bx + b + c Vi bruker nå bc-formel på dette uttrykket. Vi får d: ( b) ( b) 4 ( b c) ± + Vi vet t et ndregrdsuttrykk hr nøyktig en løsning hvis det blir 0 under kvdrtrottegnet i bc-formelen. ( b) ( b c ) b 4b 4c 0 4c 0 c 0 Vi strter med å derivere funksjonen. ( ) f ( x) x bx + b + c Aschehoug Side 4 v 5

44 f '( x) x b Løsninger I et ekstremlpunkt er den deriverte lltid lik 0. Vi setter f '( x ) 0 og inn i uttrykket. b 0 ( ) b 0 b 0 b Hvis b er vil gi et ekstremlpunkt. E56 Vi bruker først cosinussetningen for å finne vinkel ABF. AF AB + BF AB BF cos ABF cos ABF cos ABF ABF cos 6, Vi ser t ABF PBF. BFP 80 50, 6, 7 68,. Vi bruker sinussetningen for å finne PB. sin 50, sin 68, 5 PB 5 sin 68, PB 64 sin 50, Båten er ltså 64 kilometer unn B. E57 Vi bruker cosinussetningen. b AB BC + AC BC AC cosc cosc 4 8 C cos 86, 4 8 Vi bruker relsetningen A BC AC sin C 8 sin 86, 4 47,9 c Vi bruker først cosinussetningen og finner B. AC AB + BC AB BC cos B cos B Aschehoug Side 44 v 5

45 4 8 B cos 58,8 4 8 Vi finner deretter 86, 4 CDB 80 58,8 78. For å finne vstnden BD bruker vi nå sinussetningen. 86, 4 sin sin 78 8 BD 8 sin 4, BD 5,6 sin 78 Vi bruker nå relsetningen for å finne relet DBC. A DBC 5,6 8 sin 58,8 9, Finner til slutt A ACD. A A A 47,9 9, 8, 7 ACD ABC DBC E58 For å finne AD tegner vi først en hjelpelinje BD. Vi finner lengden v BD ved hjelp v cosinussetningen. BD BC + CD BC CD cosc BD cos5 BD cos5 0, Vi trenger nå ABD. For å finne den må vi først finne CBD. Vi bruker cosinussetningen. CD BC BD BC BD CBD + cos , 0, coscbd 95 0, CBD cos 7 0, ABD CBA CBD Vi finner nå AD ved hjelp v cosinussetningen. AD AB + BD AB BD cos ABD AD , 05 0, cos 75 AD + AD er 94 m. 05 0, 05 0, cos Aschehoug Side 45 v 5

46 b Vi finner relet v firknten ABCD ved å regne ut relet v de to trekntene BCD og ABD. A BCD A ABD 95 sin5 900,5 05 0, sin ,5 A A + A 900, , ABCD BCD ABD Firknten ABCD hr et rel på, m. E59 Vi kller vstnden fr A til bunnen v fjellet for y. Avstnden fr bunnen v fjellet til toppen v fjellet kller vi x. Disse to vstndene vil stå vinkelrett på hverndre. Vi får d to ligninger: I: tn 0 x y som gir x y. tn 0 + II: tn 4 x som gir y + y x. tn 4 Vi setter likningene lik hverndre og får: x x + tn 0 tn 4 ( ) x tn 4 x + tn 0 x tn 4 x tn 0 + tn 0 x tn 4 x tn 0 tn 0 x ( tn 4 tn 0) tn 0 tn 0 ( tn 4 tn 0) x 0 meter. E60 Sirkelen hr rdius 40, og vi ser dermed t vstnden fr sentrum og rett opp til det blå området er Vi ser t vi d får en rettvinklet treknt fr sentrum og opp til det blå området. Siden hypotenusen i denne treknten er dobbelt så lng som den korteste kteten, vet vi t denne treknten er en 0, 60, 90 -treknt. Vinkelen ut fr sentrum blir 60. Siden vi hr en tilsvrende treknt på den ndre siden, vil sentripetlvinkelen som buen spenner over til smmen være Arelet v kkesegmentet vil være 0 600π 60 A π 40. Vi må nå trekke fr relet v de to små rettvinklede trekntene. Vi bruker relsetningen for å finne disse to relene: Aschehoug Side 46 v 5

47 A 0 40 sin Siden det er to v disse trekntene gnger vi med. A Arelet v det blå området blir d: 600π A 400 E6 Vi bruker Pytgors setning på den rettvinklede treknten. y + r R y + y y y 5 Vi finner d høyden i kjeglen ved å finne R + y. b c h R + y + 5 5, V π r h V π ( ) 5, Vi setter den lille rdiusen lik x. Vi får d: y + r R y + y 9 x d Vi finner d høyden som h R y x. Vi setter inn uttrykkene vi fnt for h og r i uttrykket for volum v en kjegle. V π r h. V f( x) π x ( + 9 x ) Vi løser oppgven i GeoGebr. Vi ser t den største verdien x kn h er, siden rdius i kul er. Dette gir oss en definisjonsmengde der x 0,. Aschehoug Side 47 v 5

48 Vi tegner grfen til f( x ) og finner grfens toppunkt med kommndoen «Ekstremlpunkt». Vi får x-verdien til toppunktet som,8. Det vil si t rdiusen må være,8. Høyden finner vi som + y. Vi finner først y ved formelen ( ) y 9 9,8. Dermed blir høyden 4 Volumet blir y-verdien til toppunktet, som vi ser er,5. +. E6 b c Menn Kvinne Totlt Ønsker bllbinge Ønsker ikke bllbinge Totlt Vi finner snnsynligheten for t et medlem ønsker bllbinge: g 0 P 0,54 54, % m 40 Vi bruker Byes setning i denne oppgven. Vi definerer hendelsen A «medlemmet ønsker bllbinge». Vi definerer hendelsen B «medlemmet er mnn». Vi strter med å bruke totl snnsynlighet for å finne PA. ( ) ( ) ( ) PA ( ) PB ( ) PA ( B) + PB P A B PA ( ) Vi setter inn i Byes setning. 6 PB ( ) PA ( B) 40 6 PB ( A) 0, ,5% PA ( ) 0 4 Aschehoug Side 48 v 5

49 d Minst 75 prosent må være for bllbinge. Vi vet d t P 0,75. Løsninger Hvis vi verver x medlemmer som er for bllbinge, vil både ntllet som er for øke med x, og det totle ntllet øke med x. Vi får følgende ligning: x x 0,75 ( x ) 0 + 0, , 75x x 0, 75x , 5 50 Vi deler på 0,5 på begge sider v likningen. 00 Det vil si t fotbllgrupp må verve minst 00 nye medlemmer som er for bllbinge. E6 Vi systemtiserer opplysningene i en tbell. Biologi (B) Ikke biologi Totlt Fysikk (F) Ikke fysikk Totlt Vi ser nå t snnsynligheten for t en elev hr vlgt både fysikk F og biologi B er: g 0 PF ( B) 0, 0% m 00 b Snnsynligheten for biologi B: ( ) g PB 0, % m 00 E64 Snnsynligheten for jenter (J): 0 P( J J J ) 0,9 9,% b Snnsynligheten for gutter (G): P( G G G ) 0, 049 4,9% c Snnsynligheten for minst en v hvert kjønn tilsvrer minus snnsynlighetene for bre gutter og bre jenter. Vi får: ( ) ( ) ( ) P begge kjønn P J J J P G G G 0,9 0, 049 0, ,8% Aschehoug Side 49 v 5

50 Aschehoug Side 50 v 5

51 E65 Snnsynligheten for t ingen v de 0 sykler uten lys: b c ( ) ( ) 0 P ingen uten lys 0,80 0,07 0, 7% Løsninger Snnsynligheten for t minst en sykler uten lys tilsvrer minus snnsynligheten for t ingen sykler uten ly lys. P 0,07 0,89 89,% Snnsynligheten for t den første, den fjerde og den tiende sykler uten lys: 7 P 0, 0,8 0,8 0, , 0, 0,8 0, 007 0,7% E66 Begge hr vlgmuligheter. Vi skl se på ntllet kombinsjoner, og vi finner dette ved 9. Mulighetene er: Bård Stein Stein Stein Sks Sks Sks Ppir Ppir Ppir Lrs Stein Sks Ppir Stein Sks Ppir Stein Sks Ppir b c d Vi teller ntll muligheter der Bård vinner. Det skjer i v 9 tilfeller. ( ) g P Bård 9. m I hver omgng kn vi få resultter, B, U eller L. Vi spiller omgnger. Antllet mulige resultter blir d: Antll mulige 7. Snnsynligheten for t Bård vinner minst v de gngene vil si å regne ut snnsynligheten for t hn vinner gnger og for t hn vinner gnger, og så plusser vi smmen de to snnsynlighetene. Vi regner først ut snnsynligheten for t hn vinner gnger. Dette kn skje på tre forskjellige måter, ltså t tpet kommer først, i midten eller til slutt. 6 P( Bård ) Så regner vi ut snnsynligheten for t hn vinner lle tre: Aschehoug Side 5 v 5

52 e P( Bård ) 7 Snnsynligheten for seier minst v de gngene blir dermed: 6 7 P Bård kn vinne smmenlgt på flere ulike måter. Hn kn vinne lle gngene. Hn kn vinne v gngene. Og hn kn vinne v gngene, men dette forutsetter t de ndre kmpene i dette spillet ender uvgjort. Vi hr llerede regnet ut snnsynligheten for seire og for seire. Vi regner nå ut snnsynligheten for t Bård vinner smmenlgt med bre seier. Denne ene seieren kn komme i første, ndre eller tredje omgng: P( Bård ) Snnsynligheten for t Bård vinner smmenlgt blir dermed: 6 0 P ( Bård ) Aschehoug Side 5 v 5

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

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

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

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

R1 kapittel 8 Eksamenstrening

R1 kapittel 8 Eksamenstrening 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

... 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

... 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

... 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

1T 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

1T 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

Detaljer

Eksamen 1T høsten 2015, løsningsforslag

Eksamen 1T høsten 2015, løsningsforslag Eksamen 1T høsten 015, løsningsforslag Del 1, ingen hjelpemidler Oppgave 1 1,8 10 1 0,0005 = 1,8 10 1 5 10 4 = 1,8 5 10 1+( 4) = 9 10 8 Oppgave Velger addisjonsmetoden Legger sammen ligningene: x + y =

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

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

Eksamen MAT1013 Matematikk 1T Våren 2012

Eksamen 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

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

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

Løsningsforslag heldagsprøve våren 2010 1T

Løsningsforslag heldagsprøve våren 2010 1T Løsningsforslag heldagsprøve våren 00 T DEL OPPGAVE a) Regn ut x x x x x x x x x x 9x x x x x 6x x x x 6x x 6x b) Løs likninga x x 6 x x 6 x x 6 x x 6 x x x x c) Løs likningssettet ved regning x y x y

Detaljer

Kompendium av Amir Hashemi, HiB. Notater, eksempler og oppgaver med fasit/løsningsforslag Institutt for Matematikk og Statistikk, UiT, Høsten 2012

Kompendium av Amir Hashemi, HiB. Notater, eksempler og oppgaver med fasit/løsningsforslag Institutt for Matematikk og Statistikk, UiT, Høsten 2012 Forkurs i mtemtikk til MAT-, ugust Kompendium v Amir Hshemi, HiB. Notter, eksempler og oppgver med fsit/løsningsforslg Institutt for Mtemtikk og Sttistikk, UiT, Høsten Innhold Forord... Kpittel Test deg

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

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, Avdeling for Ingeniørutdanning

Forkurs, 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

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

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

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

S1 kapittel 5 Funksjoner Løsninger til oppgavene i boka

S1 kapittel 5 Funksjoner Løsninger til oppgavene i boka S1 kapittel 5 Funksjoner Løsninger til oppgavene i boka 5.1 a f( x) = 4x+ 0 I GeoGebra skriver vi f(x)=funksjon[-4x+0,-5,5]. Grafen viser at [ 0, 40] V =. f b gx ( ) =,5x+ 10 I GeoGebra skriver vi f(x)=funksjon[,5x+10,-10,4].

Detaljer

Påbygging kapittel 2 Funksjoner 1 Løsninger til oppgavene i boka

Påbygging kapittel 2 Funksjoner 1 Løsninger til oppgavene i boka Påygging kpittel 2 Funksjoner 1 Løsninger til oppgvene i ok 2.1 Origo hr koordintene (0, 0). Vi finner koordintene til punktene ved å lese v punktets verdi på x-ksen og y-ksen. A = (125,10) B = (0, 12,5)

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

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

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

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

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

Løsningsforslag heldagsprøve 1T 19.05.2011 DEL 1 OPPGAVE 1. a1) Regn ut 10 8 2 2 3 2 2 3 10 8 2 2 3 2 2 3 10 8 2 2 1 10 32 22 22.

Løsningsforslag heldagsprøve 1T 19.05.2011 DEL 1 OPPGAVE 1. a1) Regn ut 10 8 2 2 3 2 2 3 10 8 2 2 3 2 2 3 10 8 2 2 1 10 32 22 22. c) Løs likningen 6 4 x 4 x 6 4 x 4 x Løsningsforslag heldagsprøve 1T 19.05.011 DEL 1 OPPGAVE 1 a1) Regn ut 10 8 3 3 10 8 3 3 10 8 1 10 3 a) 3 5 4 5 3 5 5 4 5 3 5 5 3 5 5 4 5 1 3 5 1 5 1 1 3 1 5 1 3 3 5

Detaljer

Eksamen 1T, Våren 2010

Eksamen 1T, Våren 2010 Eksamen 1T, Våren 010 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (0 poeng) a) Funksjonen f er gitt ved f x x 3 Tegn grafen

Detaljer

TRIGONOMETRI KRISTIN LÅGEIDE OG THEA-KAROLINE NOMERSTAD

TRIGONOMETRI KRISTIN LÅGEIDE OG THEA-KAROLINE NOMERSTAD TRIGONOMETRI KRISTIN LÅGEIDE OG THEA-KAROLINE NOMERSTAD Abstract. Oppgaven tar for seg utvalgte temaer innenfor trigonometri, og retter seg mot lærere som skal undervise i fagene 1T og R2. Date: May 7,

Detaljer

Løsning eksamen 1T våren 2010

Løsning 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

Detaljer

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 07. desember 2005. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 07. desember 2005. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX - 07. desember 2005 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 2MX er gratis, og det er lastet ned

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

Eksempeloppgave 1T, Høsten 2009

Eksempeloppgave 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

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

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

Løsningsforslag eksamen 1T våren 2010 DEL 1. Oppgave 1. a) Funksjonen f er gitt ved f x 2x 3. Tegn grafen og finn nullpunktene for f f x 2x 3 Grafen

Løsningsforslag eksamen 1T våren 2010 DEL 1. Oppgave 1. a) Funksjonen f er gitt ved f x 2x 3. Tegn grafen og finn nullpunktene for f f x 2x 3 Grafen Løsningsforslag eksamen T våren 00 DEL Oppgave a) Funksjonen f er gitt ved f 3. Tegn grafen og finn nullpunktene for f f 3 Grafen y 0 8 6 4-4 -3 - - 3 4 - -4 Nullpunkt 3 0 3 Nullpunkt når 3 b) Løs likningen

Detaljer

Løsningsskisser til oppgaver i Kapittel 2: Trigonometri

Løsningsskisser til oppgaver i Kapittel 2: Trigonometri Løsningsskisser til oppgver i Kpittel : Trigonometri.07 Treknten i figuren hr: (Alle mål i cm.) grunnlinje: g 5 1 høyde: h Tilhørende sirkelsektor spenner over vinkelen v, der cosv 5 v 1.159 Arel Treknt

Detaljer

1T 2014 vår LØSNING 9 1 2 6 0 4 1 3 ( 3 2 ) 1 1 = 3. 3 + x = 5 x = 2. + 8x + c = 16 DEL EN. Oppgave 1: Oppgave 2: Oppgave 3: Oppgave 4: Oppgave 5:

1T 2014 vår LØSNING 9 1 2 6 0 4 1 3 ( 3 2 ) 1 1 = 3. 3 + x = 5 x = 2. + 8x + c = 16 DEL EN. Oppgave 1: Oppgave 2: Oppgave 3: Oppgave 4: Oppgave 5: 1T 014 vår LØSNING Contents Oppgaven som pdf Tråd om denne oppgaven på Matteprat Enda en tråd om denne oppgaven på Matteprat Løsning laget av Nebu DEL EN Oppgave 1:, 5 10 15 3, 0 10 5 7, 5 10 15+( 5) 7,

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

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

Forkunnskaper i matematikk for fysikkstudenter. Trigonometri. Omregning mellom grader og radianer skjer etter formelen nedenfor:

Forkunnskaper i matematikk for fysikkstudenter. Trigonometri. Omregning mellom grader og radianer skjer etter formelen nedenfor: Forkunnskper i mtemtikk for fysikkstudenter.. Vinkelmål. Vinkler måles trdisjonelt i grder. Utgngspunktet er d t en hel sirkel deles i 6 like store deler, der her del klles en grd. En grd kn deles inn

Detaljer

Matematikk Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 9 Numerisk integrasjon

Matematikk Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 9 Numerisk integrasjon Mtemtikk 1000 Øvingsoppgver i numerikk leksjon 9 Numerisk integrsjon Forståelsen v integrlet som et rel ligger til grunn når vi skl beregne integrler numerisk. Litt mer presist: Når f(x) 0 for lle x i

Detaljer

Kapittel 3. Potensregning

Kapittel 3. Potensregning Kpittel. Potensregning I potensregning skriver vi tll som potenser og forenkler uttrykk som inneholder potenser. Dette kpitlet hndler blnt nnet om: Betydningen v potenser som hr negtiv eksponent eller

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

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 14. desember 2006 Tidspunkt Antall oppgaver 4. Løsningsforslag

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 14. desember 2006 Tidspunkt Antall oppgaver 4. Løsningsforslag Eksamen i FO99A Matematikk Underveiseksamen Dato. desember 6 Tidspunkt 9. -. Antall oppgaver Vedlegg Tillatte hjelpemidler Ingen Godkjent kalkulator Godkjent formelsamling Oppgave Vi løser likningene ved

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

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

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

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

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

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

1 Mandag 18. januar 2010

1 Mandag 18. januar 2010 Mndg 8. jnur 2 I denne første forelesningen skl vi friske opp litt rundt funksjoner i en vribel, se på hvordn de vokser/vtr, studere kritiske punkter og beskrive krumning og vendepunkter. Vi får ikke direkte

Detaljer

Eksamen 1T våren 2011

Eksamen 1T våren 2011 Eksamen 1T våren 011 Oppgave 1 a) 1) ) 7 6 00 000 =,6 10 0,04 10 =,4 10 4 b) c) x x + 6x= 16 + 6x 16 = 0 6 ± 6 4 1 ( 16) 6 ± 6 + 64 6 ± 100 6 ± 10 x = = = = = ± 5 1 x = 8 eller x = x x xx > 0 ( 1) > 0

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

Innledning. Kategori Regnerekkefølge. 1.2 Bokstavregning og parenteser

Innledning. Kategori Regnerekkefølge. 1.2 Bokstavregning og parenteser Innledning Ktegori. Regnerekkefølge Oppgve.0 Regn uten lommeregner. b) ( ) d) ( ) Oppgve. Regn uten lommeregner. b) d) Oppgve. Regn ut med og uten lommeregner. b) ( ) d) ( 9) Oppgve. Regn ut med lommeregner.

Detaljer

Deriver funksjonene. Gjør greie for hvilke derivasjonsregler du bruker.

Deriver funksjonene. Gjør greie for hvilke derivasjonsregler du bruker. Heldagsprøve i matematikk, 1. desember 006 Forkurs for Ingeniørutdanningen ved HiO, 006/07 Antall oppgaver: Antall timer: 5 timer fra klokken 0900 til klokken 100. Hjelpemidler: Kalkulator og Formelsamling

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

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

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

ALTERNATIV GRUNNBOK BOKMÅL

ALTERNATIV GRUNNBOK BOKMÅL Anne Rsch-Hlvorsen Oddvr Asen Illustrtør: Bjørn Eidsvik 7B NY UTGAVE ALTERNATIV GRUNNBOK BOKMÅL CAPPELEN DAMM AS, 2011 Mterilet i denne publiksjonen er omfttet v åndsverklovens bestemmelser. Uten særskilt

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

Løsningsforslag eksamen høsten 2010. DEL 1: Uten hjelpemidler. Oppgave 1

Løsningsforslag eksamen høsten 2010. DEL 1: Uten hjelpemidler. Oppgave 1 Løsningsforslag eksamen høsten 2010 DEL 1: Uten hjelpemidler Oppgave 1 a) Løs likningssystemet y 4 3 y 8 y 4 y 4. Setter inn i den andre likninga: 3 4 8, får 3 y 4 3 1 3 y 1 b) Løs likningen 1 4 2 2 5

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

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

S2 kapittel 1 Rekker Utvalgte løsninger oppgavesamlingen

S2 kapittel 1 Rekker Utvalgte løsninger oppgavesamlingen Utvlgte løsiger oppgvesmlige S kpittel Rekker Utvlgte løsiger oppgvesmlige 0 Vi k prøve med differsemetode Differsee mellom leddee utover er 4,6,8, så det er rimelig t differse mellom femte og fjerde ledd

Detaljer

Løsningsforslag for 1P høsten 2015

Løsningsforslag for 1P høsten 2015 Løsningsforslag for 1P høsten 015 Dette løsningsforslaget er mest en veiledning til hvordan oppgaven kan løses og forstås. Noen av forklaringene som er gitt kan greit utelates i en besvarelse. Del 1 Oppgave

Detaljer

Løsningsforslag heldagsprøve våren 2012 1T

Løsningsforslag heldagsprøve våren 2012 1T Løsningsforslag heldagsprøve våren 01 1T DEL 1 OPPGAVE 1 a1) Skriv så enkelt som mulig x 9 x 6 Vi må faktorisere både teller og nevner. Så kan vi forkorte felles faktorer. Da får vi: x 9 x x 6 a) 4a4 b

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

1.8 Digital tegning av vinkler

1.8 Digital tegning av vinkler 1.8 Digital tegning av vinkler Det går også an å tegne mangekanter digitalt når vi kjenner noen vinkler og sider. Her tegner vi ABC når A = 50, AB = 6 og AC = 4. I GeoGebra setter vi først av linjestykket

Detaljer