Løsningsforslag R1 Eksamen Nebuchadnezzar Matematikk.net Øistein Søvik

Transkript

1 Løsningsforslag R1 Eksamen 6 Vår Nebuchadnezzar Matematikk.net Øistein Søvik Sammendrag De fleste forlagene som gir ut lærebøker til den videregående skolen, gir ut løsningsforslag til tidligere gitte eksamener. Dessverre er disse ofte bare åpne for betalende medlemmer. Videre vil dette løsningsforslaget legge seg på en litt annen kurs enn andre løsningsforslag. I første del vil fasitsvaret til alle regneoppgaver bli oppgitt. Dette gjøres slik at om ønsket kan raskt se om en har regnet riktig eller ei. Har en regnet feil, kan en selv regne på nytt uten å få fremgangsmåten spolert. Deretter vil vi ta for oss oppgavene i tur og orden gjerne litt nøyere en hva som kreves under eksamen. Vi vil også skrive små kommentarer om vanlige feil elever gjør til en del oppgaver, og også hva som bør nevnes til hver oppgave. Til tider vil vi også vise alternative måter å løse oppgavene på. Og et fåtall ganger vil vi streife utenfor pensum og vise alternative metoder. Dette er et annerledes løsningsforslag, men vi håper den som leser dette vil få glede av det. Det viktigste å huske på før en eksamen er å opparbeide seg en god forståelse, og en bred faglig kompetanse. Dokumentet her er ment å hjelpe leser et lite steg i den retningen.

2 Innhold Karaktergrenser og Vurderingsskjema Fasitsvar til regneoppgaver IV V Del 1 Oppgave 1 1 a) b) c) d) e) Oppgave 5 a) b) c) d) Oppgave 3 6 a) b) c) Del Oppgave 4 8 a) b) Oppgave 5 9 Oppgave 6 9 a) b) Oppgave 7 1 a) b) c) II

3 Oppgave 8 15 a) b) c) Oppgave 9 17 a) b) c) Oppgave a) b) Oppgave 11 0 a) b) c) III

4 Karaktergrenser og Vurderingsskjema Gjeldende poengfordeling Del Del 1 Sum Oppgave 1a1 1b1 1b 1c1 1c 1d 1e 1f 1g 1h a b c Poeng Oppgave 3a 3b 3c 3d 3a 4b 5a 5b 5c 5d 5e 5f 6 Poeng a 7b 7c 8a 8b 8c 8d Total antall poeng 60 Karakterfordelingen, basert på 1358 besvarelser: Karakter Prosent 14.6% 18.9% 5.0%.5% 15.0% 4.1% Gjennomsnittet besvarelsene er 3.. Gjennomsnittskarakteren for våren 010 var 3.4 Karaktergrenser Karakter I Poeng I prosent Nebuchadnezzars synspunkter om årets eksamen Forhåndssensur Flere sensorer har kommentert at vanskegraden er rimelig, men at arbeidsmengden i Del er noe stor. IV

5 Fasitsvar til regneoppgaver Oppgave 1 a) I) 15x + 1 II) 15e 3x b) ln a ln b c) I) f(x) = 0 når x = 0 x = ± 3 II) Bunnpunkt (1, ), Toppunkt ( 1, ) III) Tegning d) P (x) = 0 når x = ±1 x = 3 e) [ ] r (t) = 3t, 4.9t, v (t) = [3, 9.8t], a (t) = [0, 9.8] Oppgave a) Forklar at oppgave b) Vis at oppgave c) y = 0.5x + 5 d) Tegning Oppgave 3 a) Vis at oppgave b) A(0, /a) og B(a, 0) c) OAB Oppgave 4 a) BAC 1.14 b) D( 7, 1) (Ikke (1, )) Oppgave 5 Vis at oppgave Oppgave 6 l = ( + 5t, 4 5t) = ( + t, 4 t) a) (0, 6) og (6, 0) b) 3/.114 Oppgave 7 a) Vis at oppgave b) g() = 5/e c) f(x) = x x Oppgave 8 a) Forklar at b) Forklar at.. c) Vis at... Oppgave 9 a) Tegning b) g(x) = (x + )(x 1)(x 3) c) h(x) = 0.5(x + )(x ) Oppgave 10 a) AC = 3 b) A = 9(π )/4.57 Oppgave 11 a) P (A) = 0.08 P (A) = 0.98 b) P (B A) = 0.9 P (B A) = 0.1 P (B) = c) P (A B) V

6 Del 1 Uten hjelpemider Oppgave 1 (1 poeng) a) Deriver funksjonene gitt ved 1) f(x) = 5x 3 + x 4 Her bruker vi derivasjonsregelen som sier at dersom f(x) = x n så er f (x) = nx n 1. Videre så er den deriverte av en konstant null. (Stigningstallet er alltid null for konstanter.) Altså ) g(x) = 5e 3x f(x) = 5x 3 + x 4 f (x) = 5 3x x = 15x + 1 Her kan vi enten bruke kjerneregelen eller se direkte at dersom f(x) = e u så er f(x) = u e u der u kan være hvilken som helst deriverbar funksjon. Dette gir direkte at g(x) = 5e 3x g (x) = 5(3x) e 3x = 15e 3x b) Skriv så enkelt som mulig ( ) a ln + ln(ab) 3 ln a b Det enkleste blir nok å først bruke at a ln(b) = ln(a b ) så ( ) a = ln + ln(ab) 3 ln a b ( ) a 4 = ln b + ln(ab) + ln(a 3 ) ( ) a 4 = ln ab a 3 b = ln(a /b) = ln(a) ln(b) Hvor vi i siste og nest siste overgang benyttet oss av at ln(ab) = ln(a) + ln(b). c) Funksjonen f er gitt ved f(x) = x 3 3x 1) Bestem nullpunktene til f. Nullpunktene er alle punkter slik at f(x) = 0. Vi kan allerede raskt se løsningene, men en liten utregning har aldri skadet noen. f(x) = 0 x 3 3x = 0 x(x 3) = 0 x = 0 x = ± 3 1

7 ) Bestem eventuelle topp- og bunnpunkter til grafen til f. Eventuelle topp- og bunnpunkter finnes i endepunktene og hvor f (x) = 0. Vi ser at funksjonen ikke har noen endepunkter da den er definert på hele tallinjen. Vi undersøker dermed hvor dens deriverte er null. f (x) = 0 3x 3 = 0 3(x 1) = 0 x = ±1 Nå er det ikke sikkert noen av disse to punktene er ekstremalpunkter. For å teste dette tegner vi et enkelt fortegnsskjema for funksjonen. For å se hvor funksjonen stiger og synker x x 1 0 f (x) = 3x x Herfra ser vi at funksjonen stiger når x < 1 og x > 1 og synker når 1 < x < 1. Altså er ( 1, f( 1)) = ( 1, ) et toppunkt og (1, f(1)) = (1, ) er et bunnpunkt. (Et standard moteksempel på en funksjon som har f (x) = 0 i et punkt som hverken er toppunkt eller bunnpunkt er f(x) = x 3 i punktet (0, 0). ) 3) Tegn grafen til f. Det enkleste her er nok bare å taste mange punkter på kalkulatoren slik at en med enkelhet kan tegne grafen. Eksempelvis kan vi bruke verdiene fra (tabell 1) til å tegne figuren. Her er det lurt å ta med informasjon som vendepunkter, topp og bunnpunkter, nullpunkter og slikt. Da dette gjør det enklere å tegne figur. x f(x) Tabell 1 y y x x (a) (b) Figur 1: figur a) og b) viser f(x) tegnet med henholdsvis 7 og 100 punkter. Som sagt er ikke det viktigste å tegne funksjonen nøyaktig, men å få med de viktigste trekkene. Hvor funksjonen krummer, ekstremalpunkt, nullpunkt, grenseverdier og slikt.

8 d) Polynomet P (x) = x 3 3x x + 3 er gitt. Heltallige løsninger av likningen P (x) = 0 går opp i konstant leddet. Bruk dette til å finne en løsning av P (x) = 0 og polynomdivisjon til å finne de andre løsningene. Igjen så er det mange måter å faktorisere et polynom på. Her blir det spesifisert hvilken metodesom skal benyttes og da vil alternative løsninger gi liten til ingen uttelling. Dersom nullpunktene er heltall, vil disse være delelige på konstantleddet. Her vil det være fire slike tall, som vist i følgende tabell. Nå holder det ikke bare å spytte ut løsningene. Her må en og x f(x) Tabell vise at en kan utføre polynomdivisjonen. Velger her å benytte x = 3 slik at ( x 3 3x x + 3 ) ( x 3 ) = x 1 x 3 + 3x x + 3 x 3 0 altså er (x 3 3x x+3) = (x 3)(x 1 ) = (x 3)(x 1)(x+1). Hvor tredje kvadratsetning ble benyttet a b = (a b)(a + b). Løsningene blir derfor selvfølgelig x = ±1 og x = 3. Det er ikke noe problem å dele på x = 1 eller x = 1, men da får en et andregradspolynom som er noe vanskeligere å faktorisere. For kompletthet inkluderes disse ( x 3 3x x + 3 ) ( x 1 ) = x x 3 x 3 + x ( x x x x 3x + 3 3x 3 0 Polynomdivisjon med x 1 x 3 3x x + 3 ) ( x + 1 ) = x 4x + 3 x 3 x 4x x 4x + 4x 3x + 3 3x 3 0 Polynomdivisjon med x + 1 Som en artig avslutning kan det og nevnes at nullpunktene kan bli funnet uten bruk av tipping, polynomdivisjon eller formler. Legg merke til at P (x) = x 3 3x x + 3 = x (x 3) (x 3) = (x 3)(x 1) = (x 3)(x 1)(x + ) 3

9 Dette kan sees litt lettere om vi setter a = (x 3) da P (x) = x (x 3) (x 3) = x a a = a(x 1) = a(x 1)(x + 1) = (x 3)(x 1)(x + 1) og herfra faller nullpunktene ut. e) Posisjonsvektoren til en ball er gitt ved. r (t) = [ 3.0t, 4.9t ]. Bestem fartsvektoren og akselerasjonsvektoren. Farten er den deriverte av posisjonsvektoren og akselerasjonen er den deriverte av fartsvektoren med symboler har vi Setter vi inn verdiene våre nå får vi som hva vi ble bedt om å finne. v(t) = r (t) og a(t) = v (t) = r (t) v(t) = [3.0 1t 1 1, 4.9 t 1 ] = [3, 9.8t] a(t) = [0, 9.8 1t 1 1 ] = [0, 9.8] 4

10 Oppgave (7 poeng) Likningen for en rett linje er på formen y = ax + b. a) Forklar at [ 1, a ] er en retningsvektor for linjen Her ser vi raskt at stigningstallet til vektoren er y/x = a/1 = a og stigningstallet til linja er og a, altså er [ 1, a ] er en retningsvektor for linja. b) To rette linjer med stigningstall a 1 og a står vinkelrett på hverandre. vis at da er a 1 a = 1 Enkelt og greit så vil linjene ha retningsvektorer u 1 = [ 1, a 1 ] og u = [ 1, a ]. Dersom to linjer står vinkelrett på hverandre så er vinkelen mellom linjene 90. Definisjonen av prikkproduktet sier da at { }} { u 1 u = u 1 u cos ( (u 1, u ) ) = 0 0 Siden cos(90 ) = 0. Så u 1 u = 0 [ 1, a1 ] [ 1, a ] = a 1 a = 0 a 1 a = 1 som var det vi ønsket å vise. Her er det ok å bare nevne uten videre utregning at u 1 u = 0 når linjene står vinkelrett på hverandre. c) Bestem likningen for en rett linje som står vinkelrett på y = x 1 og som skjærer y-aksen i y = 5. Her kan vi bruke teorien utledet i de foregående deloppgavene. Dersom den nye linja skal stå vinkelrett på y = x 1 så må stigningstallet til denne linja være a = 1 a = 1 Slik at den nye linja vår kan skrives som f(x) = 1 x + b. Nå trenger vi bare å bestemme b. Siden vi vet at linja skjærer y-aksen i y = 5, er dette det samme som f(0) = 5, innsatt gir dette at f(0) = b = 5 b = 5 slik at linja vår kan skrives som f(x) = x/ + 5. Her er det ikke nødvendig men kan være greit å tegne funksjonene for å kontrollere om svaret vårt ser riktig ut. Heldigvis er dette hva neste oppgave går ut på d) Tegn de to linjene fra c) inn i samme koordinatsystem. Tegner like greit tegning med en gang. Ser at f går gjennom punktene (0, 5) og (4, 3) så da trekker vi en strek gjennom disse to punktene. y = x 1 går gjennom for eksempel (0, 1) og (3, 5) 5

11 y 1 x + 5 y = x x Figur : Grafisk løsning av Oppgave 1 c Utifra figur virker svaret vårt noenlunde riktig. Oppgave 3 (5 poeng) y B ( a, f(a) ) O A x Skissen ovenfor viser grafen til funksjonen f(x) = 1 x og en tangent i punktet ( a, f(a) ). a) Vis at likningen for tangenten er y = 1 a x + a Det enkleste her er å huske på etpunktsformelen. Den sier at en linje gjennom to punkt x 1, y 1 med stigningstall a, kan uttrykkes som y = a(x x 1 ) + y 1 6

12 Dersom vi lar (a, f(a)) være et punkt på funksjonen. Da får vi fra formelen at. y = f (a)(x a) + f(a) y = 1 a (x a) + 1 a y = 1 a x + a som var det vi ønsket å vise. Her en video som går litt mer i detalj angående det å finne tangenter til funksjoner. Tangenten skjærer koordinataksene i A og B. b) Bestem koordinatene til A og B. Det enkleste er å finne skjæringspunktet til y aksen, altså B. Dette er det samme som å finne y(0), utregning gir y(x) = 1 a x + a y(0) = 1 a 0 + a = a Altså skjærer tangenten y-aksen i punktet B(0, /a). For å finne koordinatene til b trenger vi å finne ut når x = 0, dette er det samme som å løse likningen y(x) = 0 regning gir da y(x) = 0 1 a x + a = 0 1 a x a = a a x = a Altså skjærer tangenten x-aksen i punktet A(a, 0). c) Bestem arealet av OAB. Kommenter svaret. Her får vi en trekant med grunnlinje OA og høyde OB. Arealet er dermed T = 1 gh = 1 (a) ( a ) = Vi ser altså at arealet avgrenset av tangenten til 1/x og koordinataksene alltid er lik. Stilig. Dette resultatet kan og generaliseres. Uten spesielt mer regning kan det vises at arealet avgrenset av tangenten til g(x) = c/x og koordinataksene alltid er lik c. Dersom c > 0. 7

13 Del Med hjelpemider Oppgave 4 (4 poeng) Vi har gitt punktene A( 3, ) B(6, 3) og C(, 4) a) Bestem BAC ved å bruke vektorregning. Her kan vi atter en gang benytte oss av definisjonen av prikkproduktet, og løse med tanke på vinkelen. u v = u v cos ( (u, v) ) ( ) u v (u, v) = arccos u v Her har vi u = AB = B A = [9, 5] og v = AC = C A = [5, 6]. Videre så er u = = 106, v = = 61 u v = [9, 5] [5, 6] = 75 Slik at med innsatte verdier får vi at vinkelen er ( ) ( ) u v 75 (u, v) = arccos = arccos 1.14 u v Her er det viktig å passe på at kalkulatoren er innstilt på grader og ikke radianer. En enkel tegning er lurt for å passe på at svaret ikke er helt på bærtur. b) Bestem koordinatene til et punkt D slik at ABCD blir et parallellogram. Velger som sagt å lage tegning først. 4y + x = 11 9y 5x = y C 3 B 1 0 x D A 3 D Figur 3 Fra figur ser vi for at ABCD skal være et parallellogram må D( 7, 1). Her skal det nevnes at en digitalløsning som vist via figur gir full uttelling. Her er det altså ikke nødvendig og regne for hånd. Det mange elever feiler på her er å tro at ADBC skal være et parallellogram. Da ville D koordinatene til D vært ( 3, 1) (merket som D på figur). Men her er det ABCD som skal være et parallellogram. For kompletthet viser vi noen metoder for å finne D via 8

14 regning. Det enkleste er å legge merke til at stigningen fra B til C må være det samme som stigningen fra A til D. Stigningen fra B til C er ( 4, 1) slik at D = A + ( 4, 1) = ( 7, 1) som ønsket. Vi kan og si at stigningen fra D til C er den samme som A til B. og få helt tilsvarende at D = C (B A) = ( 7, 1). En noe mer komplisert måte blir å finne ei linje med samme stigning som mellom B og C og som går gjennom A. Her får vi at y 1 = x + 4y 11 og en linje med samme stigning som mellom A og B som går gjennom C, denne kan skrives som y = 5x + 9y 6. Så skjæringspunktet mellom disse linjene vil gi oss D. For å finne D løser vi systemet x + 4y = 11 5x + 9y = 6 som gir oss x = 7 og y = 1 som før. Men nå er det vel nok over komplisering av et enkelt problem. Oppgave 5 ( poeng) Punktene A(, 4) og B(4, ) ligger på en sirkel slik at AB er diameter til sirkelen. Vis ved regning at likningen til sirkelen er (x 3) + (y 3) = Her kan en tegning være med beleilig. Avstanden mellom A og B er gitt fra Pytagoras som AB = d = ( 4) + (4 ) = Radiusen til sirkelen er dermed r = d/ =. Et vilkårlig punkt P (x, y) på sirkelen vil altså ha avstanden fra midtpunktet mellom A og B. Rask regning gir at midtpunktet er M = 1 (A + B) = 1 ( + 4, 4 + ) = (3, 3) Igjen gir Pytagoras oss at avstanden mellom M og P kan skrives som MP = (x 3) + (y 3) = (x 3) + (y 3) = som er standardformen for en sirkellikning. Oppgave 6 (5 poeng) Bestem en parameterfremstilling for en rett linje l som går gjennom punktene E(, 4) og F (7, 1) Her tar vi utgangspunkt i enten E eller F og lager en retningsvektor med samme retning som EF. Eksempelvis så har vi at stigningstallet mellom F og E er a = EF = [7, 1 4] = [5, 5] = 5[1, 1] så mulige parameterfremstillinger blir for eksempel l = ( + t, 4 t) eller l = ( + 5t, 4 5t) l = (7 + t, 1 t) eller l = (7 + 5t, 1 5t) eller... I videre utregninger velger vi å benytte oss av førstnevnte, selv om alle beskriver linja nøyaktig like godt, og gir like mye uttelling. 9

15 y A(, 4) P (x, y) y 3 M(3, 3) x 3 B(4, ) x Figur 4 a) Bestem skjæringspunktene mellom l og koordinataksene. Her kan det være en idè å skrive om parameterfremstillingen om enn minimalt. Da har vi { x = + t l(t) = y = 4 t Herfra ser vi at x-koordinatene er null dersom t =. Vi ser og at y-koordinaten er null dersom t = 4 innsatt gir dette { { x = 0 x = 6 l( ) = og l(4) = y = 6 y = 0 Altså er skjæringspunktet mellom y-aksen A(0, 6) og x-aksen B(6, 0). En liten enkel tegning er og greit for å bekrefte svaret vårt. 7 y F G 1 0 x E Figur 5 10

16 b) Bestem ved regning avstanden fra punktet G(6, 3) til l. Det er flere måter å se dette på. Den enkleste er å se på (figur 5) her ser vi at G er hjørnet i et kvadrat, og avstanden fra G til l er halvparten av diagonalen i kvadratet. Pytagoras blir så benyttet og følgelig blir avstanden fra G til l Gl = = 1 3 = 3 = 3.1. Alternativt kan vi si at siden et tilfeldig punkt på linja kan skrives som P ( + t, 4 t). Gir Pytagoras oss at avstanden fra G til et tilfeldig punkt P er P G = (6 ( + t) ) + ( 3 (4 t) ) = t 10t + 17 Fullfører vi kvadratet ser vi at ( P G = t 5 ) + 9 Herfra ser vi at avstanden fra l til G er minst når t = 5/ da er avstanden P G = = 3 Som var det samme som vi fikk i sted. Alternativt kan vi og derivere uttrykket vårt for å finne minimum, dette gir at ( ) t t 10t + 17 = t 10t + 17 som er null når t = 5/, innsetning gir selvsagt det samme som før. Deriverer man må man strengt talt vise at dette er et minimum, selv om det er innlysende fra figur. 11

17 Oppgave 7 (6 poeng) y B f O A(x,0) x Figur 6 figur 6 viser en del av grafen til funksjonen f gitt ved f(x) = 5 e x/, x > 0 a) Vis at arealet av OAB er gitt ved g(x) = 5 4 x e x/ Det er ulike metoder å regne arealet av figuren på. Den enkleste er uten tvil å legge merke til at figuren er en trekant med grunnlinje x og høyde f(x) slik at arealet kan skrives som som var det vi ønsket å vise. OAB = 1 gh = 1 x f(x) = 5 4 x e x/ Videre lesning Alternativt kan vi og finne et uttrykk for linja og benytte oss av integrasjon (Dette er da noe som først blir introdusert i R. Videre lesning på eget ansvar.) Vi har punktene O(0, 0) og B(x, 5 e x/ ). Stigningstallet til linja vil da være a = y 1 y 0 x = 5/ e a/ 0 = 5 x 0 a 0 x e x/ innsatt i ettpunktsformelen får vi da at linja fra O til B kan skrives som y = a(x x 0 ) + y 0 = 5 x e a/ (x a) + 5 e a/ = 5 x e a/ x Nå må vi integrere fra 0 til x som gir oss g(x) = x 0 = 5 x e x/ = 5 x e x/ 5 x e x/ x dx = 5 4 x e x/ x 0 x dx [ 1 (x ) ] x 0 1

18 som var hva vi ønsket å vise. Legg merke til at her er x en konstant og ikke en variabel. Vi bruker x som variabel her, og ikke for å betegne den deriverte. Noe enklere hadde vært om oppgaven hadde brukt eksempelvis a og ikke x for å betegne punktet A. b) Bestem det største arealet som OAB kan ha Det enkleste blir nok å finne ut når g (x) = 0, siden funksjonen ikke stiger eller synker i toppog bunnpunktet. Så vil den deriverte være null her. g(x) = 5 4 x e x/ g (x) = 5 4 (1) e x/ x ( 1 )e x/ = ( x) 5 8 e x/ Herfra ser vi at g (x) = 0 når x =. Et fortegnsskjema bekrefter at dette faktisk er et globalt toppunkt. Her ser vi klart at funksjonen stiger frem til x =, forså å synke /8 x 0 e x/ g (x) 0 x c) Bruk digitalt verktøy til å bestemme x slik at trekanten er likebeint. Hvor stort er arealet da? Vi ønsket at trekanten skal være likebent. Eneste måten dette er mulig på blir dersom OA = OB, som er det samme som at x = 5 e x/ Denne likningen er umulig å løse eksakt for hånd, men det finnes flere enkle metoder å tilnærme den på om en har digitale hjelpemidler tilgjengelig eller en vanlig kalkulator. Om en har kraftigere IKT hjelpemidler er det bare å skrive noe allà solve(x =.5*exp(-x/)) I favorittprogrammet sitt. Eksempelvis fungerer Matlab, Maple, Sage, Mathematica, osv osv. Da vil programmet spytte ut x som svar. I geogebra kan en og bare plotte linja x og funksjonen f(x) og lese av skjæringspunktet. Her kan det være greit å øke antall desimaler som vises. Videre lesning Har en ikke datamaskin kan oppgaven og løses via en normalt kraftig kalkulator. Dette hevder jeg som å være en av de enkleste, om ikke raskeste metodene. Den enkleste metoden er å taste 0 eller 1 på kalkulatoren også skrive.5*exp(-ans/) forså å hamre løs på = knappen. Dette gir eksempelvis n x

19 Altså har vi funnet ut at x = 5 e x/ når x Metoden ovenfor kalles fikspunkt iterasjon og læres grundigere senere. Poenget er at metoden er enkel å bruke, og blir mer nøyaktig jo flere ganger du benytter deg av metoden. Det å trykke 30 ganger på likhetstegnet på kalkulatoren er meget enkelt. Alternativt kan vi og benytte oss av Newton-Rhapsons tilnærmingsmetode. Denne er langt raskere men noe vanskeligere å bruke. 1 Anta at vi ønsker å tilnærme nullpunktene til r(x). En mulig approksimasjon er x n+1 = x n r(x n) r (x n ) Måten vi bruker formelen ovenfor på er følgende: Vi tipper en startverdi, for eksempel ved å se på figur eller liknende. Dette setter vi inn for x n. Setter vi for eksempel inn x n = ln(4) får vi x n+1 = (ln() + 1) som blir den nye verdien vi setter inn i formelen. Poenget er at hver gang vi setter inn en ny verdi, får vi en bedre tilnærming. Hvorfor vi får det kan leses mer om på versveven, eksempelvis wikipedia. I vårt tilfelle så er r(x) = f(x) x og dette gir x n+1 = x n f(x n) x n f (x n ) 1 x n+1 = x n.5e xn/ x n 1.5e xn/ 1 x n + x n+1 = e xn/ Faktoriseringen tar litt plass, men vi ganger teller og nevner med 0.0e x/ og faktoriserer. Velger igjen å bruke x = 1 som startpunkt. En kan da først skrive 1 på kalkulatoren også skrive (ans + )/(1 + exp(0.8*ans)) Et fåtal hamreslag på likhetsknappen gir Her ser vi at vi trengte mange færre iterasjoner, n x men arbeidet før var litt mer. Nå kan det og nevnes som en avsluttende kommentar til denne noe lange digresjonen, at det finnes en funksjon for å løse denne type likninger. På samme måte som logaritmer brukes for å løse oppgaver med vanskelige eksponenter brukes LambertW funksjonen når vi har likninger på formen Y = Xe X. Løsningen skrives da som Med våre verdier har vi at Y = Xe X X = LambertW(Y ) x = 5 4 e x/ x 1 ex/ = 5 4 e x/ 1 ex/ 5 8 = x ex/ ( ) x 5 = LambertW 8 ( ) 5 x = LambertW 8 Som ønsket. Dette er ikke noe magi og vi trenger fortsatt kalkulator for å komme frem til svaret. Men kanskje dette svarer på hvor denne funksjonen kommer fra, da det er meget sannsynlig at dataprogrammet ditt nettopp spytter ut LambertW funksjonen. 1 En fyldigereende forkaring kan leses eksemelvis her s_method Se wikipedia artikkelen angående LambertW funksjonen function 14

20 Oppgave 8 (5 poeng) D β C α A B På skissen ovenfor er ABCD innskrevet i en sirkel. = α, og nabovinkelen til C kalles β. Buen BCD = x. a) Forklar at α = x. En liten tegning kan alltid være til god hjelp. Som vist i (figur 7) så er området buen BCD spenner over, like stort som området vinkelen ϕ spenner over. Nå er x en sentralvinkel, og α danner en periferivinkel til x så da vil 3 α = x α = x/ som var det vi ønsket å vise. D β C x γ α θ S A B Figur 7 b) Forklar at 180 β = 1 (360 x) Legg merke til at vi kan uttrykke vinkelen γ med å bruke vinkelen β siden γ + β = 180. Dermed kan vinkelen uttrykkes som γ = 180 β. En annen måte å uttrykke vinkelen γ på er å legge merke til at γ en periferivinkel til sentralvinkelen θ. Slik at θ = γ, men vi har at θ + x = 360 så θ = 360 x innsatt får vi at vi kan uttrykke vinkelen som γ = 1 (360 x). 3 Ta en titt for eksempel her og her 15

21 Setter vi disse to uttrykkene for γ like får vi at γ = γ 180 β = 1 (360 x) som var det vi ønsket å vise. c) Vis at α = β. Meget behagelig oppgave. Forenkler vi uttrykket fra b) får vi 180 β = 1 (360 x) 180 β = 180 x x = β α = β Som var det vi ønsket å vise. Her ble det benyttet at fra a) at α = x/. En god tegning er alfaomega når det kommer til geometri. 16

22 Oppgave 9 (6 poeng) a) Tegn grafen til funksjonen f gitt ved f(x) = (x + 1)(x 1)(x 3) Igjen bare å trykke inn et eller annet grafisk program, eller lage en fin skisse. Ut i fra opplysningene så krysser funksjonen x aksen når x = 0 og x = ±1. Den krysser y-aksen når f(0) = 6. Derivasjon gir et toppunkt litt over 6, og et bunnpunkt litt under 6. Funksjonen har og et vendepunkt når x = 1. (Eksakte verdier for topp og bunnpunktene er ( 1 ± / 3, ± 5 /(3 3) ) men dette er uviktig.) Å forklare og produsere en noenlunde riktig tegning, er viktigere enn hvilken fremgangsmåte en benytter. 7 y x Figur 8 b) På figur 9 er det tegnet en skisse av grafen til en annen funksjon g. Skriv funksjons uttrykket g(x) på samme form som i a). Vi ser at funksjonen har nullpunkter når x =, x = 1 og x = 3. Altså er g en tredjegradsfunksjon og kan skrives som g(x) = a(x + )(x 1)(x 3) Hvor a er en eller annen konstant. Vi vet og at g(0) = 1 så g(0) = a(0 + )(0 1)(0 3) = 6a Altså har vi 1 = 6a a =. Så funksjons uttrykket til g kan skrives som som var det vi ønsket å finne. g(x) = (x + )(x 1)(x 3) 17

23 y x Figur 9: smurf c) På figur 10 er det tegnet en skisse av grafen til en annen funksjon h. Skriv funksjons uttrykket h(x) på samme form som i a). y h 4 x Figur 10 Vi ser igjen at dette er en tredjegradsfunksjon med nullpunkter x = og x =. hvor roten x = har multiplisitet. Vi ser og at funksjonen har et nullpunkt når x =. Slik at h kan skrives på formen h(x) = b(x + )(x ) Hvor igjen b er en eller annen konstant. Og h(0) = 4 slik at vi får h(0) = 8b Da får vi at 4 = 8b b = 1/, og funksjons uttrykket til g kan dermed skrives på formen h(x) = 1 (x + )(x ) Her kan det være lurt å tegne funksjonene sine for å sjekke sine svar. 18

24 Videre lesning Vi kan og finne funksjonsuttrykket på en alternativ måte. Vi tar utgangspunkt i h (x). Siden h () = 0 vet vi at den deriverte kan skrives på formen h (x) = a(x )(x + m) Hvor m er den ukjente x verdien til det ukjente toppunktet, og a er atter en gang en ukjent konsant. Integrasjon gir oss ( 1 h(x) = a 3 x3 + 1 ) (m )x mx + C Nå vet vi at h( ) = 0, h() = 0 og h(0) = 4. Den siste likningen gir oss direkte at C = 4 så da står vi igjen med likningene ( ) 4 a 3 + m + 4 = 0 ( ) 0 a 3 6m + 4 = 0 Ganger vi øverste likning med 3 og legger sammen likningene får vi at a = 3/ innsatt i en av likningene får vi da at og m = 3/. Altså kan h(x) skrives som h(x) = 1 x3 x x + 4 Dette er ikke akkurat det samme som vi fikk, men en frekk faktorisering viser at de faktisk er like. h(x) = 1 ( x 3 x 4x + 8 ) = 1 ( x (x ) 4(x ) ) = 1 (x )(x 4) = 1 (x + )(x ) som er det samme som før. Den første måten kan virke noe mystisk men det er ikke vanskeligere enn å derivere å se at dersom f(x) = (x a) så er x = a både et nullpunkt og et ekstremalpunkt. Kjerneregelen gir oss at f (x) = (1)(x ) og resten følger direkte. Oppgave 10 (3 poeng) y 3 C B O A 3 x Figur 11 På skissen ovenfor er det tegnet en kvartsirkel med radius 3. OABC er et kvadrat der A ligger på x-aksen, B på kvartsirkelen og C på y-aksen. 19

25 a) Bestem lengden til diagonalen AC. Siden OABC er et kvadrat, betyr dette at diagonalene AC og OB er like lange. Siden kvartsirkelen har radius 3 er følgelig OB = 3, og dermed så er og lengden av AC lik 3. Her er det og mulig å bestemme OA også OC forså å benytte seg av Pytagoras, men dette er mer tungvindt. b) Bestem arealet av det skraverte området. Arealet av det skraverte området er det samme som arealet av kvartsirkelen minus arealet av kvadratet. For å finne arealet av kvadratet trenger vi en av sidene. Heldigvis så er s = OC = OA slik at Pytagoras gir OC + OA = CA s + s = 3 s = 9 Slik at arealet av det skraverte området blir følgelig A = 1 4 πr s = 1 4 π 3 9 = 9 (π ) 4.57 Oppgave 11 (5 poeng) En skole vil arrangere aktivitetsdag. Del pleier å regne 8 % av dagene på denne tiden av året. Værmeldingen har vært korrekt 90 % av de dagene det faktisk regner. Når det har vært oppholdsvær, har meteorologene meldt regn 10 % av dagene. Vi definerer hendelsene: A: Det regner på aktivitetsdagen B: Det er meldt regn på aktivitetsdagen a) Bestem P (A) og P ( A ). Noe vanskelig notasjon gjør sannsynlighetsregning vanskelig for mange elever. Heldigvis kan en god tegning ofte være redningen. Værmelding A 9/100 A 8/100 Det regner ei Det regner B 1/10 B 9/10 B 9/10 B 1/10 Meldt regn { }} { P (B A) = Ikke meldt regn { }} { P (B A) = Meldt regn { }} { P (B A) = Ikke meldt regn { }} { P (B A) = Figur 1: Tre-diagram over ye oldie troll-vær. 0

26 Siden P (A) er sannsynligheten for regn, og at det står at det regner 8% av dagene så er P (A) = 8 % = 8/100 = 4/5 Enten regner det, eller så regner det ikke slik at P (A) = 1 P (A) = 1 8 % = 9 % = 3/5 b) Bestem P (B A), P ( B A ) og P (B). Vi begynner med å tyde den kryptiskenotasjonen. P (B A) betyr gitt at det regner en dag (A), hva er da sannsynligheten for at det blir spådd regn (B). Dette kan vi både lese ut i fra oppgaveteksten, og utifra figur så P (B A) = 90 % = Helt tilsvarende som forrige oppgave leses P ( B A ) som: gitt at det ikke regner en dag, hva er sannsynligheten for at det er meldt regn? Dette kan og leses ut i fra oppgaveteksten, elle fra figur. Her har vi P ( B A ) = 10 % = P (B) er sannsynligheten for at det meldes regn. Dette kan enten skje når det regner, eller når det ikke regner. Vi legger sammen disse sannsynlighetene for å finne den totale sannsynligheten for at det meldes regn. P (B) = P (B A) P (A) + P (B A) P (A) = P (B A) + P (B A) = = = 16.4 % Det er meldt regn den dagen skolen ønsker å arrangere aktivitetsdag. c) Bestem sannsynligheten for at det ikke regner denne dagen selv om det altså er meldt regn. Her kan vi gå andre veien, vi velger å skrive dette i kryptisk notasjon som P (A B). Her kan vi se utifra figur at det er to grener som spår regn. Videre tenker vi gunstige over mulige og får P (A B) = c 9 10 = % Alternativt kan vi benytte oss av den litt mer mekaniske metoden. Bayes setning gir oss (A B) = P (A) P (B A) P (B) = = % om er akkurat det samme som i sted. Sannsynligheten for at det ikke regner, selv om det er meldt regn er altså ca 51.6 % 1