Løsning eksamen R1 høsten 2009

Transkript

1 Løsning eksamen R høsten 009 Oppgave a) b) f( ) 5e 3 f ( ) 5 e (3 ) 5e 35e ( ) ln( ) g g( ) ln( ) ln( ) 3 ln( ) ( ) 3 3 ln( ) 3 ln( ) (3ln( ) ) c) La 3 f( ) 0 0. Da er 3 f () Dermed er = en løsning av likningen. Divisjon med ( ) går dermed opp. 3 ( 0 0) : ( ) Dermed er f( ) ( 80)( ). De to andre nullpunktene er dermed en løsning av likningen : ( 4) 4 ( 5) eller 5

2 lg a b lg lg a lg b lg lg ab lg a lg b 0 lg a lg b ab 3lgalgb d) e) ) Grafen er ikke sammenhengende for =. Det gir: Funksjonen er ikke kontinuerlig for =. ) Grafen har knekkpunkter for =, for = 0 og for = og er ikke kontinuerlig fior =. Det gir: Funksjonen er ikke deriverbar for =, = 0, = og =. f) 3 lim lim lim lim ( ) ( ) ( ) g) ) Hjørnene har koordinatene A(a, 0), B(a, a) og C(0, a). ) OB [ a, a] AC [0 a, a0] [ a, a] OB AC a ( a) a a a a 0 Diagonalene OB og AC står vinkelrett på hverandre. h) ) En retningsvektor for linja l er AB [, 4 ] [, ] En parameterframstilling er t l : y t ) Linja m har parameterframstillingen 6 s m : y s Skjæringspunktet er bestemt av likningssettet 6s t s t Vi finner et uttrykk for s fra den andre likningen: s t

3 Innsatt i den første likningen gir det 6t t 5t 5 t Innsatt i parameterframstillingen for l gir det: t y t 4 Skjæringspunktet har koordinatene (, 4). Oppgave a) Vi tegner en likesidet trekant ABC med sidelengde a og feller høyden h fra C ned på grunnlinja AB. Vi velger et punkt P inne i trekanten og feller høydene h, h og h 3 ned på de tre sidene. Ifølge Vivanis setning er h h h h3 b) ABC er sammensatt av de tre trekantene ABP, BCP og ACP. Arealet av hele trekanten må være lik summen av arealene av de tre trekantene. Det gir ah ah ah ah3 ah ah ah ah : a h h h h 3 3

4 Oppgave 3 a) P(T S) er sannsynligheten for at testen viser at personen har sykdommen når personen virkelig har den. PT ( S ) er sannsynligheten for at testen viser at personen har sykdommen når personen ikke har den. PT ( S) PT ( S) 0,05 0,95 b) Vi vet nå at PS ( ) 0,03. PT ( ) PS ( T) PS ( T) PS ( ) PT ( S) PS ( ) PT ( S) 0,030,96 ( 0,03) 0,05 0,0773 0,077 c) I følge Bayes setning er PS ( ) PT ( S) 0,030,096 PS ( T) 0,37 PT ( ) 0,0773 d) PS ( ) PT ( S) PS ( ) ( PT ( S)) PS ( T) PT ( ) PT ( ) 0,03 ( 0,96) 0,030,04 0, 003 0,0773 0,97 Oppgave 4 Alternativ I a) Posisjonen etter s er gitt ved r e e () [4 3, 5 ] [,89,,84] Partikkelen er i posisjonen (,89,,84). Vi tegner grafen til r. y

5 b) Fartsvektoren er t t t t v() t r () t (4t 3 te ),(5 te ) 4 (3 te ),(5 te ) t t t t t t 4 (3 te ),(5 te ) 4 (3e 3 te ( t)),5 e 5 te ( t) t t t t 4 3 e 3 te ( ), 5 e 5 te ( ) t 4 (3t 3) e,(55 t) e Akselerasjonsvektoren er t t at () v () t 4 (3t 3) e, (5 5) t e t t t t 0 3 e (3t 3) e ( ), 5 e (5 5 t) e ( ) t t (3 3t 3) e,( t) e t (6 3 t) e,(5t0) e c) Etter s er fartsvektoren t v e e e e Farten er () 4 (3 3),(5 5 ) 4 3, 5 [4, 4, 0, 68] v () [4, 4, 0, 68] 4, 4 ( 0, 68) 4, 46 t Farten etter s er 4,46 m/s. d) Det høyeste punktet er bestemt ved at y-koordinaten til fartsvektoren er 0. Det gir t (5 5 te ) 0 55t 0 t Partikkelen er i sitt høyeste punkt etter s. I teorien kunne dette også vært et bunnpunkt for høyden, men grafen ovenfor viser at det er et toppunkt. Vi kunne også ha lagd fortegnslinje for (5 5t)e t og vist at det er et toppunkt. e) Fra oppgave vet vi at posisjonsvektoren etter s er r() [,89,,84]. Fartsvektoren etter s er v e e () 4 (3 3),(5 5 ) 4,0

6 La være vinkelen mellom de to vektorene. Da er r() v() r() v() cos,89 4,84 0,89,84 4 cos,56 3, 70 cos,56 cos 3,70 3,5 Oppgave 4 Alternativ II a) Vi lager figuren ved hjelp av GeoGebra. Framgangsmåte: ) Sett av to punkter som vi kaller S og M. ) Slå en sirkel om S og plasserer et punkt A på sirkelen. 3) Tegn tre tangenter til sirkelen, to gjennom M og én gjennom A. 4) Finn skjæringspunktene B og C mellom tangentene. 5) Finn skjæringspunktene D og E mellom sirkelen og tangentene gjennom M. 6) Trekk linjestykkene DS, BS, AS, CS og ES. 7) Mål BSC. Når vi nå flytter punktet A langs sirkelen, ser vi at BSC = 69,5 uansett hvor A ligger på sirkelen. b) Ettersom radiene står vinkelrett på tangentene, kan vi finne DB og AB ved hjelp av pytagorassetningen: DB SB SD SB r AB SB SA SB r Her er r radien i sirkelen. Vi ser at sidene DB og AB i SDB og SAB er like lange.

7 Videre er SA = SD = r, og SB er felles. Dermed er sidene i SDB og SAB er parvis like lange, og trekantene er dermed kongruente. På helt tilsvarende måte viser vi at SEC og SAC er kongruente. Ettersom SDB og SAB er kongruente, er DSB = ASB. Dermed er ASB = ASD. For SEC og SAC er kongruente, er ESC = CSA. Dermed er CSA = ESA. Dermed er CSB CSA ASB ESA ASD ( ESA ASD) ESD c) ESD er ikke påvirket av hvor A ligger og er dermed konstant. Ettersom CSB ESD, er dermed også CSB konstant (uavhengig av hvor A ligger på sirkelen). Oppgave 5 a) Linja har likningen y a b. Linja går gjennom (, ). Dermed må ab b a Likningen er y a a b) Konstantleddet a + gir skjæringspunktet med y-aksen. Dermed er OB = a +. Linja skjærer -aksen når y = 0. Det gir 0 a a a a a a a Dermed er OA. Arealet er a a a (a) F( a) OA OB ( a ) ( )(a ) a a a

8 c) Vi tegner grafen til F. y a Grafen viser at det minste arealet er 4. Det er når stigningstallet a =. d) a a a a a a a a F( a) ( a) 4a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a a a a a a 4a 4a (a)(a) (a)( a) a a ( ) ( ) ( ) (4 ( )) e) Vi lager fortegnslinje og husker på at a < 0. Arealet er minst når a. Da er arealet ( ) ( ) F( ) 4 Likningen for linja er y aa y