Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 30. mars 2007 Tidspunkt Antall oppgaver 4 Sirkelskive i radianer.

Transkript

1 Eksamen i FO99A Matematikk Underveiseksamen Dato 30. mars 007 Tidspunkt Antall oppgaver 4 Vedlegg Tillatte hjelpemidler Sirkelskive i radianer Godkjent kalkulator Godkjent formelsamling Oppgave 1 Løsningsforslag Deriver funksjonene. Gjør greie for hvilke derivasjonsregler du bruker. a) f(x) = cos(x) 3 sin(x) Bruk sumregelen og basisregler for derivasjon av sin(x) og cos(x). Det gir f (x) = sin(x) 3 cos(x). b) f(x) = e x Kjerneregelen med Indre funksjon: u(x) = x, u (x) = Ytre funksjon: g(u) = e u, g (u) = e u. Dermed er f (x) = g (u) u (x) = e x. c) f(x) = ex x+1 Brøkregel med Teller: u = e x, u = e x Nevner: v = x + 1, v = 1. gir f (x) = ex (x+1) e x 1 (x+1) = xex (x+1). d) f(x) = x sin(x) Vi finner (sin(x)) = cos(x) ved hjelp av kjerneregelen med kjerne u(x) = x. Produktregel med u = x, u = x og v = sin(x), v = cos(x). gir f (x) = x sin(x) + x cos(x). e) f(x) = ln(x + 3x 4) Kjerneregelen med Indre funksjon: u(x) = x + 3x 4, u (x) = x + 3 Ytre funksjon: g(u) = ln(u), g (u) = 1 u. gir f (x) = x+3 x +3x 4. 1

2 f) Bruk produktregelen for derivasjon til å vise at vi for produktet av tre vilkårlige funksjoner f, g og h har derivasjonsregelen (f g h) = f g h + f g h + f g h. Sett u = f og v = g h. Først brukes produktregelen til å skrive v = (g h) = g h + g h. Deretter bruker vi produktregelen en gang til på produktet (f g h) = (u v) = u v + u v = f g h + f g h + f g h. g) Bruk punktet over til å derivere funksjonen r(x) = x e x cos(x). Med f = x, g = e x og h = cos(x) innsatt i formelen har vi r (x) = e x cos x + xe x cos x xe x sin x = e x (cos x + x cos x x sin x). Oppgave Ta utgangspunkt i de tre punktene P = (, 0, 0), Q = (8,, 3) og R = (10, 1, 1) i rommet. a) Bestem de tre vektorene P Q, P R og QR. Finn lengdene til alle tre vektorene. P Q = [8, 0, 3 0] = [,, 3], P R = [10, 1 0, 1 0] = [8, 1, 1], QR = [10 8, 1, 1 ( 3)] = [, 3, ], P Q = 49 = 7 P R = QR = 17 b) To av vektorene fra punkt a) står normalt på hverandre. Bruk prikkproduktet til å finne disse to. To vektorer a og b står normalt på hverandre dersom a b = 0. Her må man sjekke alle mulige prikkprodukter for å finne de som blir null. Vi har P Q P R = 49, Altså er P Q QR. c) Finn vektorsummen P R QR = 17, 3 P Q + 3 QR 3 P R. P Q QR = 0. Vi har 3 P Q + 3 QR 3 P R = 3( P Q + QR + RP ) = 3 [0, 0, 0] = [0, 0, 0]. Dette kan regnes ut, men vi kan også se at vektorsummen svarer til å gå rundt trekanten tre ganger. Siden vi kommer tilbake til utgangspunktet (punkt P ) må vektorsummen være null.

3 d) De tre punktene danner en trekant P QR. Finn arealet til denne trekanten. Siden trekanten er rettvinklet får vi areal A = 1 P Q QR = e) Sammen med punktet S = (,, ) spenner de tre punktene P, Q og R ut en pyramide med trekantet grunnflate. Finn volumet til denne pyramiden. En trekantet pyramide utspent av vektorene a, b og c har volum V = 1 ( a b ) c. En mulighet er å velge a = P Q, b = P R og c = P S = [, 0, 0] = [0,, ]. Vi begynner med å regne ut P Q P R = [ 5, 18, ] og får ( P Q P R) P S = ( 5) 0 + ( 18) + ( ) = 80. Det gir V = 80 = Oppgave 3 I denne oppgaven ser vi på funksjonen f gitt ved f(x) = ln(x + 1) 1 x + 1 Så langt det er mulig, skal alle deloppgaver løses ved regning og alle svar oppgis eksakt. a) Forklar hvorfor den størst mulige definisjonsmengden til f er gitt ved x > 1. Funksjonen er definert hvis x+1 > 0 (pga naturlig logaritme) og x (pga nevner). Altså må x + 1 > 0, og denne ulikheten gir x > 1. b) Finn eventuelle nullpunkter for f. f(x) = 0 gir at ln(x + 1) 1 = 0, dvs at ln(x + 1) = 1. Vi bruker eksponensialfunksjonen på begge sider, og får at x + 1 = e og dermed at x = e 1 er eneste nullpunkt (siden x = e 1 ligger i definisjonsområdet). c) Vis at f er gitt ved f (x) = 4 ln(x + 1) (x + 1) Du skal bruke dette uttrykket for f i resten av oppgaven. Vi bruker brøkregelen med u = ln(x + 1) 1 og v = (x + 1), som gir u = x+1 og v =, og dermed f (x) = u v uv 4 ln(x + 1) v = (x + 1) d) Finn koordinatene til eventuelle lokale topp- og bunnpunkter for f. Fra fortegnsskjemaet for f ser vi at f har ett ekstremalpunkt, nemlig et lokalt topp-punkt med x = e 1 og y = f( e 1 ) = 1 e. 3

4 e) Finn likningen for tangenten til f i x = 0. Vi bruker ettpunktsformelen y y 0 = k(x x 0 ), og ser at x 0 = 0 fra oppgaven, og regner ut y 0 = f(x 0 ) = f(0) = 1 og k = f (x 0 ) = f (0) = 4. Dette gir y ( 1) = 4(x 0), og dermed y = 4x 1. f) Tegn en skisse av grafen til f. Se nedenfor. 0,5 x ,5-1 y -1,5 - Figur 1: Grafen til y = f(x) g) Du får oppgitt at ln x x x = 0 Bruk dette til å finne grenseverdien ln(x + 1) 1 x x + 1 Har f noen horisontale asymptoter? Vi setter u = x + 1, og ser at når x, så vil u. Dermed har vi at ln(x + 1) 1 ln(u) 1 ln u = = x x + 1 u u u u 1 u u = 0 0 = 0 4

5 Den nest siste likhetstegnet framkommer ved å bruke det som er oppgitt i oppgaven. Siden x f(x) = 0 så har funksjonen f en horisontal asymptote gitt ved y = 0. (Den har også en vertikal for x = 1, men det er det ikke spurt om i oppgaven). Oppgave 4 Løs følgende likninger ved regning, og oppgi svarene eksakt hvis mulig. a) 3 sin x + cos x = 0, x [0, π) Vi deler gjennom likningen med cos x, og får at 3 tan x + 1 = 0, dvs tan x = 1 3, som gir x = π + nπ (n heltall). Siden løsningene skal være i intervallet x [0, π), får vi at x = 5 11 π eller x = π. b) 3 x 1 = 7 x Vi tar logaritmen på begge sider av likningen, og får ln(3 x 1 ) = ln(7 x ), og ved regnereglene for logartimer blir dette (x 1) ln 3 = x ln 7. Reorganisering gir ( ln 3 ln 7)x = ln 3, og dermed at x = ln 3 ln 3 ln 7. c) e x + 4e x = 1 Vi setter u = e x, og får da likningen u 4u 1 = 0, med løsninger u = 3 og u = 7. Vi setter inn u = e x, og får e x = 3 eller e x = 7. Den eneste løsningen blir dermed x = ln 3. d) tan 1 (3x + 4) = π 4 Vi bruker funksjonen tan på begge sider av likningen, siden tan 1 og tan er omvendte funksjoner, og får at 3x + 4 = tan( π 4 ) = 1. Dermed er x = 1. e) cos(x + 1) = 3, x [0, π) Vi får at cos(x + 1) = 3 = 1, og dermed at x + 1 = π 3 + n π eller at x + 1 = 4π π n π (n heltall). Dette gir at x = + nπ eller x = 4π 3 + nπ (n heltall). Siden x [0, π), må n = 0 eller n = 1 i begge tilfellene, og vi får dermed løsningene x = 1 3 π 1, x = 3 π 1, x = 4 3 π 1, eller x = 5 3 π 1. 5