Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX - 8. desember eksamensoppgaver.org

Transkript

1 Løsningsforslag AA656 Matematikk 3MX - 8. desember 004 eksamensoppgaver.org

2 eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org. Løsningen er myntet på elever og privatister som vil forbrede seg til eksamen i matematikk. Lærere må gjerne bruke løsningsforslaget i undervisningsøyemed, men virksomheter har ingen rett til å anvende dokumentet. Løsningsforslagene skal utelukkende distribueres fra nettstedet eksamensoppgaver.org, da det er viktig å kunne føye til og rette eventuelle feil i ettertid. På den måten vil alle som ønsker det, til enhver tid nne det siste oppdaterte verket. eksamensoppgaver.org ønsker videre at est mulig skal få vite om eksamensløsningene, slik at det nnes et eget nettsted hvor man kan tilegne seg dette gratis. Dersom du sitter på ressurser du har mulighet til å dele med deg, eller ønsker å bidra på annen måte, håper eksamensoppgaver.org på å høre fra deg.

3 eksamensoppgaver.org 3 Innholdsfortegnelse oppgave 4 a.) a.) b) c) d.) d.) e.) e.) oppgave 7 a) b) c) d.) d.) e) oppgave 3 0 a) b) c) d) oppgave 4 - alternativ I a) b) c) d) oppgave 4 - alternativ II 4 a) b) c) d) oppgave 5 6 a) b) c) d) e)

4 eksamensoppgaver.org 4 oppgave a.) deriverer f(x) = 3 + cos(x) f (x) = (3) + ( cos(x) ) (x) f (x) = 0 + ( sin(x) ) f (x) = 4 sin(x) a.) deriverer g(x) = sin x g (x) = ( sin x ) ( ) sin x g (x) = sin x cos x g (x) = cos x sin x b) Skal nne integralet x ln x dx bestemmer det uegentlige integralet ved å bruke delvis integrasjon. Setter og da har vi u = x v = x u = 3 x3 v = ln x x ln x dx = 3 x3 ln x 3 der vi kan kansellere x ln x dx = 3 x3 ln x 3 og da som vi kan skrive x ln x dx = 3 x3 ln x 3 x 3 x dx x 3 x dx x dx x ln x dx = 3 x3 ln x 3 3 x3 x ln x dx = ( 3 x3 ln x ) + C 3

5 eksamensoppgaver.org 5 c) Vi skal løse likningen bruker abc-formelen og nner 6 cos x cos x = 0 x [0, π cos x = ( ) ± ( ) 4 6 ( ) 6 cos x = ± + 4 cos x = ± 5 cos x = 3 ( ) x = arccos 3 cos x = x = arccos ( ) x.9 x π x x 3 = π 3 x 4 = π π 3 x.9 x x 3 = π 3 x 4 = 5π 3 og dette er de eneste løsningene i første omløp. d.) Vi er gitt at X skal være en binomisk fordelt variabel med n = 50 og p = Da får vi µ = E(X) = n p = = 37.5 og σ = SD(X) = np ( p) = 37.5 ( 0.75) = d.) P (X 4) = 50 x=4 ( ) 50 (0.75) x (0.5) 50 x x Dette regner jeg ut på kalkulatoren min, og nner altså 9.% sannsynlighet. P (X 4) 0.09

6 eksamensoppgaver.org 6 e.) Går inn i `GRAPH` menyen, skifter til typen r = og skriver inn uttrykket. Velger pitch π og passende Window-verdier, og dermed bruker jeg trace for å nne de viktigste punktene. e.) Vi er gitt 6 r(θ) = θ [0, π cos θ og vi skal nne arealet av dette atestykket med kalkisen. Plotter inn og regner ut π ( ) 6 dθ cos θ

7 eksamensoppgaver.org 7 oppgave a) Vi kaller punktene A(3, 0, 0) B(0, 4, 0) C(0, 0, 8) og er gitt at α : 8x + 6y + 3z = 4 Vi ser at hvert av punktene tilfredstiller likningen ovenfor, og av det kan man konkludere at punktene ligger i planet. Feks for B; = 4 4 = 4 dette gjelder altså for samtlige punkter. b) Fra likningen til α kan vi lett isolere n α 8x + 6y + 3z = 4 n = [8, 6, 3] Digresjon: Dette kan vi også vise ved å bestemme normalvektoren ved å nytte to av punktene A, B og C. Disse danner blant annet vektorene og så sette AB = [0 3, 4 0, 0 0] = [ 3, 4, 0] AC = [0 3, 0 0, 8 0] = [ 3, 0, 8] n = [a, b, c] og deretter bestemme a =, fordi det er retningen og ikke lengden som er viktig, da får vi: AB n = 0 AC n = 0 [ 3, 4, 0] [, b, c] = 0 [ 3, 0, 8] [, b, c] = b = c = 0 b = 3 4 c = 3 8

8 eksamensoppgaver.org 8 altså n = [, 3 4, 3 ] 8 som vi kan multiplisere med et tall k, fordi lengden ikke betyr noe. La oss sette k = 8 for å se hva som skjer [, 3 4, 3 ] 8 = [8, 6, 3] 8 Bingo! :) c) Vi nner avstanden d fra O(0, 0, 0). Først skriver vi om α til 8x + 6y + 3z 4 = 0 og deretter bruker vi d = 8 (0) + 6 (0) + 3 (0) = 4 09 = d.) Vektorfunksjonen til partikkelen er r(t) = [ ] t 4, t 6, t og vi setter inn for r(t) i likningen til planet α ( ) ( ) t t t = og den gode gamle abc-formelen 8t 4 + 6t + 3t = 4 6 t + 5t 4 = 0 t = 5 ± (5) 4 ( 4) t = 5 ± 5 ± t = t = 8 t = 3 t 0 det tar altså 3 sekunder før partikkelen treer planet.

9 eksamensoppgaver.org 9 d.) Vi bruker posisjonsvektoren r(t) på t = 3 og nner r(3) = [ ] [ 3 4, 3 3 6, 3 = 4, 3 ], 3 ( 3 D 4, 3 ), 3 e) Partikkelen beveger seg i tidsintervallet t [0, 3] og da er `buelengden` s lik s = 3 0 r (t) dt derfor deriverer vi først r(t), [ ( ) t ( ) t r ] (t) =,, (t) 4 6 [ = 4, ] 3 t, og nner så absoluttverdien ( r (t) ) ( ) t = + + () 4 3 = t + = 9 t da har vi integralet t dt som vi må løse med kalkulatoren, fordi vi ikke har kunnskapen til å løse dette analytisk. 3 9 t + 7 dt

10 eksamensoppgaver.org 0 oppgave 3 a) Skal vi se om Marcels bestefar er en pålitelig businessmann, hehe. Vi har n = 0 kurver, og X = `Vekten på en kurv` X = Dette var ikke pålitelig! = 495 b) Denne utregningen kan enkelt utføres på kalkulator. Jeg plotter inn verdiene på min Casio fx9750g Plus under `STAT`, velger `CALC`, setter listene til listen med plottede data og frekvensen til. Deretter er det bare å lese av verdiene, her er det empiriske standardavviket S = xσ n av dette nner vi enkelt standardfeilen S X = S n = c) For et 95% kondensintervall nner vi følgende Φ(X < z) = 0.95 z =.65 og , , Kommentar: Det ser ut til at kondensintervallet er veldig skjevt relativt til den annonserte gjennomsnittsvekta på 500 g. per jordbærkurv. Tendensen burde med andre ord gått den andre `veien`. d) Han kunne brukt ere kurver i stikkprøven sin. Da ville standarfeilen blitt mindre og intervallet smalere. Et annet alternativ ville vært å bruke et annet kondensintervall, for eksempel 90%, men det ville selvsagt gått på bekostning av sikkerheten til undersøkelsen.

11 eksamensoppgaver.org oppgave 4 - alternativ I a) Vi nner når på døgnet lyset blir slått på den 5. mars, x = 74 ( ) π (74) T (74) = 9 4 cos 7.83 som er 7.83 timer etter midnatt, altså ca klokken 7:50 b) Klokken 8:00 er + 6 = 8 timer etter midnatt. Først er det viktig å vise til at T (x) x [0, så kan vi ta for oss regnestykket. Setter T (x) = 8 ( ) πx 9 4 cos = 8 ( ) πx cos = 4 πx.38 πx π () x x π π x 76.6 x 88.4 x = 76.6 er den 8. mars og x = 88.4 er den 5. oktober (gitt at det ikke er skuddår).

12 eksamensoppgaver.org c) Deriverer [ T (x) = (9) 4 cos = 4 π [ = 8π sin ( )] πx ( )] πx sin ) ( πx ( ) πx Midt i april er 5. april, altså dag nummer; så = 05 T (05) = 8π ( ) π (05) sin altså ca timer/døgn 4 min/døgn. Digresjon: Dette kan vi også nne ved å sette T (06) T (05) [ ( )] [ ( )] π (06) π (05) 9 4 cos 9 4 cos 0.067

13 eksamensoppgaver.org 3 d) Dobbeltderiverer T (x) = 8π [ ( )] πx ( ) πx sin = 8π ( ) πx cos π ( ) = 6π πx cos og setter den andreordensderiverte lik null 6π ( ) πx cos = 0 ( ) πx cos = 0 x = πx = π π π x = πx = 3π 3π π x = 9.5 x = Det skjer den 9 (. april) og 74 (. oktober) dagen. Digresjon: Det hadde ikke vært nødvendig å dobbeltderivere her. Vi kunne brukt at T (x) vil minke/øke raskest når vi setter for sin(u) = sin(u) = der u = πx T (x) = 4 sin ( ) πx

14 eksamensoppgaver.org 4 oppgave 4 - alternativ II a) Jeg nummererer hvert kvadrat fra én til re, der én er den første.. Dette kvadratet har sider og arealet blir s = A = =. Dette kvadratet har sider lik hypotenusen vi ser ( ) ( ) s = + = = 4 = videre, må vi nne arealet ( ) ( ) A = = 4 = 3. Her gjelder det samme, vi har sider lik ( ) ( ) s 3 = + = = 4 som igjen gir oss arealet A 3 = ( 4 ) = 8 4. Og til slutt A 4 = ( 8 ) = 64 = 3 Så skal vi vise at dette arealet danner ei geometrisk rekke. Vi kan observere rekka Setter vi k = 8 4 = = bekrefter vi at kvotienten, k = /, dermed har vi alt vi trenger for å opprette rekka ( ) n ( ) n A n = =

15 eksamensoppgaver.org 5 b) Dette kan vi enkelt nne her ved å bruke den geometriske rekka vi fant i a) ( ) 0 A 0 = = 9 = 5 Summen av de ti første kvadratene blir ( ( ) ) 0 S 0 = = = c) Rekka er konvergent fordi < k < geometrisk er det også intuitivt at summen av arealene til alle kvadratene vil konvergere, fordi kvadratene lages innenfor ett `hovedkvadrat` og en iterasjonsprossess gjennomføres for å lage det neste kvadratet. Summen av arealene når antall kvadrater går mot uendelig er S = = = d) Her kan vi sette opp en ulikhet. Vi vet at summen av den konvergente rekka er, og vi vil vite hvor mange rektangler vi minst må lage for å få et areal større enn 99.9% av dette arealet. Altså minst 0 slike kvadrater(!) n > n <.998 ( ) n < < 0.00 n 0.00 < n 000 < n ln(000) < n ln() ln(000) < n ln() < n

16 eksamensoppgaver.org 6 oppgave 5 a) Vi er gitt x a + y b = og vil vise at vi kan skrive denne som angitt i oppgaven. Vi vil altså isolere y y b = x a ) y = ( x b og da var det vist :) y = ± a ( x y = ±b a ) b x a b) a A = b x a a dx. Vi ser at grensene for integralet er a og a, dette er fordi ellipsen spenner seg fra a til a.. Videre ser vi at grafen er symmetrisk om førsteaksen, og derfor multipliseres integralet med. 3. Naturligvis er integranden uttrykket som beskriver ellipsen c) Setter vi x = a cos t og skal nne t når x = { a, a}, da får vi a cos t = a a cos t = a cos t = cos t = t = π + kπ t = 0 + kπ der k Z Videre vil vi forklare at dx = a sin t dt

17 eksamensoppgaver.org 7 Vi har x(t) = a cos t der a er en konstant. Deriverer x med hensyn på t, altså er dermed x (t) = dx dt dx dt = a( cos t ) dx dt = a ( sin t ) dx = a sin t dt dx = a sin t dt d) Vi har Vi vet at og foretar substitusjonen a A = b x a a dx dx = a sin t dt x = a cos t samtidig som vi vet at b er en konstant (som vi kan trekke ut). Med denne informasjonen kan vi sette; x() ( ) a cos t A = b ( a sin t ) dt = b x( ) 0 = ab = ab = ab = ab = ab π 0 π 0 π 0 π 0 π 0 π a a cos t ( a sin t ) dt a cos t sin t dt ( sin t ) sin t dt sin t sin t dt sin t sin t dt sin t

18 eksamensoppgaver.org 8 Deretter snur vi grensene ved multiplisere integralet med ( ), og da har vi ab π 0 sin t dt e) Vi nytter at sin t = cos(t) og har da integralet π A = ab 0 cos(t) dt [ = ab t ] π sin(t) 0 [ = ab t ] π 4 sin(t) 0 ( = ab π ) 4 sin(π) 0 = ab π = abπ Dersom du er interessert, nner du ere løsningsforslag på eksamensoppgaver.org SLUTT