Løsning eksamen R1 våren 2009

Transkript

1 Løsning eksamen R1 våren 009 Oppgave 1 a) 1) f( ) ( 1) 4 f ( ) 4( 1) ( 1) 4( 1) 8 ( 1) ) g ( ) e g( ) e ( e ) 1 e e ( ) 1e e (1) e b) ( ) lim lim lim ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) c) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 44) ( 44) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ) d) A(, 1), B(5, 4) og C(4, 7) 1) AB [5 ( ), 4 ( 1)] [7, 5] AC [4 ( ),7 ( 1)] [6, 8] BC [4 5, 7 4] [ 1, 3] ) AB AC AB BC 7 ( 1) AC BC 6 ( 1) Ingen av skalarproduktene er 0, og da står ingen av vektorene vinkelrett på hverandre. e) f 3 ( ) 8 1 1) 3 f (1) Divisjonen med ( 1) går opp.

2 3 ( 8 1) : ( 1) Dermed er f( ) ( 101)( 1). Vi finner nullpunktene til andregradsuttrykket. 4 4 = eller = Dermed er 10 1 ( ( ))( ( 3)) ( )( 3). Det gir f( ) ( )( 3)( 1) ) f( ) 0 ( )( 3)( 1) 0 Vi lager fortegnslinjer f() 0 når 3 og når - 1. f) 1 a a a a a a a lg 3 lg lg1 lg 3 lg 0 lg 3 lg lg

3 Oppgave C A D B a) ABC og ADC er formlike fordi de har A felles og har en vinkel som er 90. ABC og BDC er formlike fordi de har B felles og har en vinkel som er 90. Dermed er også ADC og BDC er formlike fordi begge er formlik med ABC. b) Ettersom ABC og ADC er formlike, er AC AD AB AC AC AD AB AC AB AC AB AC AC AB AD Ettersom ABC og BDC er formlike, er BC DB AB BC BC DB AB BC AB BC AB BC BC c) Nå blir AB DB AC BC AB AD AB DB AB ( AD DB) AB AB AB Dermed har vi bevist pytagorassetningen.

4 Oppgave 3 a) 1) Vi trekker først linjestykket AB med lengde 10 cm. Deretter konstruerer vi midtpunktet på AB. Vi slår så en halvsirkel om midtpunktet som går gjennom punktene A og B. Punktet C må ligge på denne halvsirkelen for at C skal bli 90. Vi slår så en sirkelbue med radius 7 cm om A. Punktet C er skjæringspunktet mellom sirkelbuen og halvsirkelen. ) Sentrum i i den innskrevne sirkelen må ligge på halveringslinja for vinklene ettersom sentrum må ha samme avstand til de tre sidene. Vi konstruerer derfor halveringslinjene for A og B. Sentrum S er skjæringspunktet mellom halveringslinjene. Vi konstruerer nå normalen fra S ned på AB. Vi slår nå en sirkel om S som går gjennom fotpunktet for normalen. b) Vi omformer likningen (ln ) ln 3 (ln ) ln 3 0 Andregradsformelen gir

5 ln = 1 eller ln = 3 = e eller = e -3 c) Vi innfører hendingene A: Telefonene kommer fra A. B: Telefonene kommer fra B. F: Telefonen har feil. 1) PF ( ) PA ( F) PB ( F) PA ( ) PF ( A) PB ( ) PF ( B) 0,70 0,05 0,30 0,10 0,035 0,03 0,065 ) PA ( F) PA ( ) PF ( A) 0,700,05 PA ( F) 0,538 PF ( ) PF ( ) 0,065 Oppgave 4 Alternativ I 3 a) f( ) a b11 f ( ) 3 a b Ettersom funksjonen har et bunnpunkt i (1, 16), er f ( 1) 0 3( 1) ( 1) 0 a b 3ab 0 b a3 Vi vet at f(1) = 16. Det gir a b 3 ( 1) ( 1) ( 1) ab 5 ab 6 a(a3) 6 aa3 6 a 3 a 3 b a3 339 b) Vi setter inn for a og b og får f ab 3 ( )

6 Lommeregneren viser at nullpunktene er = 1 og = 3. Dermed er f( ) 3( 1)( 3) Vi lager fortegnslinje. Grafen synker når 1 og når 3. Grafen stiger når 1 3 Funksjonen har et toppunkt for = 3. Da er y f 3 3 (3) Koordinatene til toppunktet er (3, 16). c) f( ) 6 6 Fortegnslinje: f ( ) skifter fortegn i = 1. Dermed er det er vendepunkt der. Videre er y f 3 3 (1) Funksjonen har et vendepunkt i (1, 0). d) I punkter der tangenten har stigningstall 9, er f ( ) ( ) eller 0 0 eller

7 Når = 0, er y = f(0) = 11. Tangentlikningen i det punktet er y 9b b b 11 y 911 Når =, er y = f() = 11. Tangentlikningen i det punktet er y 9b 11 9 b b 7 y 97 e) Vi tegner grafen og tangentene. y Likningen f() = 9 + b har tre løsninger når linja y = 9 + b ligger mellom de to tangentene. Det er når 11 < b < 7

8 Alternativ II a) y b) f( ) ( 1 ) f ( ) (4 6 4 ) f 1 1 ( ) (1 1 4) 1( ) Lommeregneren gir at f ( ) har nullpunktene = 1 og =. Dermed er f ( ) ( 1)( ) Det gir denne fortegnslinja: Dette viser at vi har vendepunkter for = 1 og =. y-koordinatene er f f ( 1) (( 1) ( 1) 1 ( 1) ) (1 1) 4 3 () ( 1 ) ( ) 4

9 3 Vendepunktene har koordinatene S 1, 4 - c) Linja gjennom S og T har stigningstallet og T (, 4) ( ) ( 4 ) 4 y ( 1) Linja har dermed likningen 13 y b og går gjennom T(, 4). Da må b b b Likninger er: y 1 6 Hvis vi bruker lommeregner, legger vi inn som vist til venstre nedenfor. Deretter tegner vi grafene og finner skjæringspunktet lengst til venstre som vist til høyre nedenfor. Skjæringspunktet har koordinatene Q(3,85, 6,01). Hvis vi bruker GeoGebra, legger vi først inn funksjonsuttrykket. Deretter legger vi punktene (1, f(1)) og (, f()) og kaller dem S og T. Deretter velger vi Linje gjennom to punkter og får tegnet linja gjennom punktene. Når vi omformer den til y= a + b, får vi likningen y = 1,08 1,83 som vist i algebravinduet nedenfor. Deretter finner vi skjæring mellom to objekter og finner skjæringspunktene. Vi kaller punktet lengst til venstre for Q og ser av algebravinduet at koordinatene er Q(3,85, 6,01).

10 d) I Geogebra avsetter vi linjestykkene b = ST og c = TQ. Vi regner så ut d b 1, 6 c Dette er vist i algebrafeltet ovenfor. Men vi skal gjøre dette ved regning: ST [ ( 1), 4 ( 0, 75)] [3, 3, 5] ST ST 3 ( 3, 5) 4, 43 TQ [3,85, 6, 01 ( 4)] [1,85,, 01] TQ TQ 1,85 (, 01), 73 ST TQ 4,43 1, 6,73

11 4 e) Vi skal nå gjøre det samme for funksjonen g ( ) 6. 1) Graf. Se GeoGebrautskrift nedenfor. 4 ) g ( ) 6 g 3 ( ) 4 1 g ( ) 1 1 1( 1) 1( 1)( 1) Det gir denne fortegnslinja: Dette viser at vi har vendepunkter for = 1 og = 1. y-koordinatene er g g(1) ( 1) ( 1) 6 ( 1) Vendepunktene har koordinatene S 1, 5 og T (, 5). 3) Ettersom begge punktene har y = -5, er likningen for linja y = 5 Vi tegner grafen og linja i GeoGebra: Vi bruker skjæringspunkt mellom to elementer og setter nye navn p tre av skjæringspunktene. Vi ser skjæringspunktet lengst til høyre har koordinatene Q(, 36, -5)

12 4) Ettersom alle punktene har samme y-koordinat, blir ST 1 ( 1) TQ, , 36 ST 1, 6 TQ 1,36 Det ser ut som om dette forholdet er det samme for slike fjerdegradsfunksjoner. Tallet er dessuten det vi kaller det gylne snitt. Oppgave a) OM1 OA AM1 OA AB a,0 b a, ca,0, b a c a b c a b a,0 c a b, c, 1 1 b c OM OB b, c, 1 1 a OM 3 OA a,0,0 Koordinatene er: a b c b c a M1,, M, og M3,0 b) Ettersom S ligger på OM 1, er OS parallell med OM 1. Det fins dermed et tall slik at OS OM 1 Fordi S ligger på AM, er AS parallell med AM. Det fins dermed et tall y slik at AS y AM. Dermed er OS OA AS OA y AM c) Vi setter inn koordinatene til vektorene. ab c ab c OS OM1,,

13 b c b c OS OA y AM a,0 y a, a,0 y a, y b c a y a, y De to uttrykkene for OS må være like. Det gir likningene a b b a y a og c y c Den andre likningen gir y =. Innsatt i den første gir det a b b a a a b b a a ( ab) a ba a b a b a 3a a 3 3 y 3 d) Vi setter inn i det ene uttrykket for OS. 3 OS ab, c ab, c ab, c a b c S har koordinatene S, 3 3. e) OS OM1 OM1 OM1 OM1 OM1 AS y AM y AM y AM AM AM 3 3

14 ab c ab c 1 1 BS b, c, a b, c u a a b c 1 1 BM3 b,0 c, a b, c u c BS u BM u 6 Skjæringspunktet S deler medianene i forholdet : 1. f) Nå er a = 6. Videre er a b c 1og b 3 og c 1 b 3 og c 1 B har koordinatene B(3, 1).