Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning

Transkript

1 Eksamen i FO929A Matematikk Prøve-eksamen Dato 13. desember 2007 Tidspunkt Antall oppgaver Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag Oppgave 1 a) Likningen x 2 + 2x + = 0 gir ingen løsning siden b 2 ac = 16 < 0. b) Vi løser første likning 7x+13y = 3 for x, og nner x = 1/7(3 13y). Ved innsetting i andre likning 23x 8y = 61, nner vi at 23/7(3 13y) 8y = 61, eller 23(3 13y) 56y = 27. Dette gir 355y = 355 eller y = 1, og dermed x = 3. Likningssystemet har derfor løsning (x, y) = (3, 1). c) Likningen 1 + x = 2x gir 1 + x = 2x x ved kvadrering, eller x + 27 = 10 2x + 3. Dermed er 2x + 3 = 1/10(x + 27), som gir 2x + 3 = 1/100(x 2 + 5x + 729), eller 200x = x 2 + 5x Vi får altså at x 2 16x + 29 = 0, og dermed x = 3 eller x = 13 ved abc-formelen. Siden vi har kvadrert to ganger, må vi sette prøve på svaret. Vi ser at x = 3 gir HS = 2 2 = V S, og x = 13 gir HS = V S = 12. Dermed er kun x = 13 løsning. d) Ulikheten x 2 + 3x + 1 < x 3 kan skrives som x 2 + 2x + < 0. Vi ser at VS ikke kan faktoriseres, får x 2 +2x+ < 0, og setter opp en fortegnslinje for VS av ulikheten. Vi ser at ulikheten ikke har noen løsninger. e) Likningen 27x = 8x gir 27x 8x = 0, eller x(27x 3 8) = 0. Dermed er x = 0 eller 27x 3 8 = 0. Den siste likningen gir x 3 = 8/27, dvs x = 3 8/27 = 2/3. Dermed har vi løsninger x = 0 og x = 2/3. f) Likningen x3 8 x 2 = 3 kan forenkles ved hjelp av polynomdivisjon, siden 2 3 = 8 og siden x = 2 ikke er løsning. Vi utfører polynomdivisjonen, og får x 2 +2x+ = 3, eller x 2 +2x+1 = 0. Dette gir løsning x = 1. Alternativt kunne vi multiplisert likningen med fellesnevner x 2, som gir x 3 8 = 3(x 2) = 3x 6, eller x 3 3x 2 = 0. Dette er en tredjegradslikning, og kan kun ha heltallig løsning for x = ±1, ±2. Vi setter inn x = ±1, ±2, og ser at x = 2 gir en løsning av likningen. Polynomdivisjon gir x 3 3x 2 = (x 2)(x 2 + 2x + 1), dermed er x 3 3x 2 = 0 hvis og bare hvis x 2 = 0 eller x 2 + 2x + 1 = 0, dvs for x = 2 og for x = 1. Vi ser at x = 2 ikke er løsning i opprinnelig likning, dermed er x = 1 eneste løsning av likningen. 1

2 g) Vi har at k 3 = a 5 /a 2 = 8, så k = 2. Vi ser også at a 1 = a 2 /k = 2. Dermed kan vi nne S 10 ved formelen Oppgave 2 a) Vi nner at S 10 = a 1 1 k10 1 k = ( 2)(1 102)/3 = 682 AB = [ 5 ( 1), 0 ( 2), ( 3)] = [, 2, 7], AC = [0 ( 1), 2 ( 2), ( 3)] = [1,, 7], BC = [0 ( 5), 2 0, ] = [5, 2, 0], b) Vi har at AB AC = [, 2, 7] [1,, 7] [ ] 2 7 = 7, 7 1 7, 2 1 = [1 28, ( 28 7), 16 2] = [ 1, 35, 18] AB = 69 8, 31 AC = 66 8, 12 BC = 29 5, 39 Lengden av denne vektoren er AB AC = 175 1, 77, og arealet av ABC er dermed A = 1 2 AB AC = , 89. c) Vi har at arealet av ABC er gitt ved A = 1 2 BC h, der h er høyden. Dette gir h = = d) Vi har at AD = 2AC AB = 2[1,, 7] [, 2, 7] = [6, 6, 7], og dermed at OD = OA + AD = [ 1, 2, 3] + [6, 6, 7] = [5,, ]. Koordinatene til punkt D er altså D = (5,, ). e) Vi har CD = [5 0, 2, ] = [5, 2, 0] og BC = [5, 2, 0]. Siden BC og CD er parallelle, ligger B, C og D alle på samme rette linje. f) Vi vet at volumet av pyramiden er gitt ved V = 1 6 AO ( AB AC) Vi har at AO = [0 ( 1), [0 ( 2), [0 ( 3)] = [1, 2, 3], og dermed at AO ( AB AC) = [1, 2, 3] [ 1, 35, 18] = = 2. Volumet av pyramiden er derfor V = = 1 3. Dessuten har vi at volumnet av pyramiden er gitt ved V = 1/3 A( ABC) h, der h er høyden. Dette gir 1/3 175/2 h = 1/3 h =

3 Figur 1: Figur til rkanten ABCD Oppgave 3 a) Arealet av ABD er A = 1 2 AB AD = 1 2 (5 5) = b) Vi bruker Pytagoras og nner at BD = AB 2 + AD 2 = 50 = 5 2. Siden ABD er likebent må ABD være lik ADB. Siden summen av vinklene i en trekant er 180, får vi at ABD = ADB = 5. c) Vi ser først at CBD = ABC ABD = = 60. Arealet av BCD er dermed A( BCD) = 1 2 BC BD sin( CBD) = sin 60 = 15 6 Arealet av rkanten ABCD er dermed gitt som A = d) Volumet av pyramiden er gitt ved V = 1 3 G h = = = e) Vi bruker Pytagoras' og får CT = BC 2 + BT 2 = 5, siden BCT er en rettvinklet trekant. Arealet av BCT er gitt ved A = 1 2 BC BT = 6. 3

4 Oppgave a) Telleren er et polynom og gir ingen begrensninger på denisjonsmengden, men nevneren må være ulik null. Men x 2 + 2x + 2 = 0 har ingen løsninger, derfor er D f = (, ) den største mulig denisjonsmengde for f. b) Siden f(0) =, så er skjæringspunktet med y-aksen gitt ved (0, ). Vi nner skjæringspunktene med x-aksen ved å løse ligningen f(x) = 0. For en brøkfunksjon holder det å nne ut når telleren er lik null, dvs x 3 8 = 0 som gir x = 2. Dette punktet er med i denisjonsmengden, så skjæringspunktene med x-aksen er (2, 0). c) Siden x 2 + 2x + 2 = 0 ikke har noen løsninger, så har f ingen vertikale asymptoter. Vi bruker polynomdivisjon for å nne eventuelle horisontale og skrå asymptoter, og får at f(x) = x3 8 x 2 + 2x + 2 = x 2 + x 8 x 2 + 2x + 2 Det betyr at y = x 2 er skrå asymptote for f, og at f ikke har horisontale asymptoter. Alternativt kunne vi vist dette ved hjelp av grenseverdier. d) Se egen gur. Figur 2: Grafen til funksjonen f med asymptoter og linjen l

5 e) Siden f(1) = 7/5, så ligger Q = (1, 7/5) på grafen til f. Linjen gjennom P og Q har stigningstall a = ( 7/5 0)/(1 2) = 7/5, og linjen l har dermed likning y y 0 = a(x x 0 ) y = 7 5 x 1 5 = 1.x 2.8 f) Siden y = x 2 er skrå asymptote for f, vet vi at f(x)/x a = 1 når x. Grenseverdien er derfor 1. 5