Løsningsforslag AA6524/AA6526 Matematikk 3MX Elever/Privatister - 7. desember eksamensoppgaver.org

Transkript

1 Løsningsforslag AA654/AA656 Matematikk 3MX Elever/Privatister - 7. desember 005 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 1 4 a.1) a.) b.1) b.) c) d.1) d.) e) oppgave 8 a) b) c) d) e) oppgave 3 10 a) b) c) d) oppgave 4 - alternativ I 1 a) b) c) oppgave 4 - alternativ II 14 a) b) c) oppgave 5 16 a) b) c) d) e) f)

4 eksamensoppgaver.org 4 oppgave 1 a.1) Vi deriverer denne litt `grundig` f(x) = 3 tan x sin x = 3 cos x ( sin x f (x) = 3 cos x ) = 3 (sin x) cos x sin x (cos x) cos x = 3 (sin x) (x) cos x sin x (cos x) (x) cos x cos x cos x sin x ( sin x) = 3 cos x = 3 cos x + sin x ( cos x cos ) x = 6 cos x + sin x cos x = 6 (1 + tan x ) a.) g(x) = x sin x g (x) = ( x ) sin x + x (sin x) = x sin x + x cos x = x ( sin x + x cos x)

5 eksamensoppgaver.org 5 b.1) Her skal vi integrere litt x e x dx Vi bruker delvis integrasjon og setter u = e x u = 1 ex og inn i så v = 1 u v = u v v = x u v x e x dx = x 1 ex 1 1 ex dx = 1 xex 1 e x dx = 1 xex 1 4 ex = (x 1) 1 4 ex + C b.) Vi er gitt formelen (sin x) n dx = 1 n cos x (sin x)n 1 + n 1 n og skal bruke dette til å integrere (sin x) 3 dx (sin x) n dx så, da setter vi inn 3 for n og løser (sin x) 3 dx = 1 3 cos x (sin x) (sin x) 3 dx 3 = 1 3 cos x sin x + 3 sin x dx = 1 3 cos x sin x + ( cos x) 3 = 1 3 cos x sin x 3 cos x = 1 3 cos x (sin x + ) + C

6 eksamensoppgaver.org 6 c) 3 sin x cos x = x [0, π ( ( )) sin x + arctan = ( ) )) ( sin x arctan ( 3 = sin(x 0, 5880) = ( ) 13 x 0, 5880 = arcsin + kπ k Z 13 x 0, , kπ x π 0, , kπ x = 1, kπ x = π + kπ k = 0 = x = {1, 176, π} d.1) Vi ser på dette som ei geometrisk rekke, der hun setter inn kr 1 ganger, slik , , , 04 1 dette summerer vi opp, slik S 1 = 0000 (1, ) 1, 04 1 = 0000 (1, ) kr 0, 04 d.) Vi lar beløpet være x kr, da får vi x 1, 04 + x 1, x 1, 04 8 Dermed summerer vi rekka baklengs, slik at x (1, ) 1,04 8 = , 04 1 x = , 04 1, 048 1, x kr

7 eksamensoppgaver.org 7 e) Vi skal skrive så enkelt som mulig sin x sin(x + 60 ) sin(x 60 ) = sin x sin x cos(60 ) + cos x sin(60 ) (sin x cos(60 ) cos x sin(60 )) = sin x sin x 1 + cos x 3 sin x 1 + cos x 3 sin x = 3 cos x = 3 3 tan x

8 eksamensoppgaver.org 8 oppgave a) b) 5 sin(0, 618x) 5 cos(0, 618x) = 0 x [0, 4 5 sin(0, 618x) = 5 cos(0, 618x) forutsetter at cos(0, 618x) 0 5 sin(0, 618x) 5 cos(0, 618x) = 5 cos(0, 618x) 5 cos(0, 618x) tan(0, 618x) = 1 0, 618x = arctan(1) + kπ k Z 0, 618x = π 4 + kπ 0, 618x = π π 4 + kπ x = 7π 4 + kπ 0, 618 x = 3π 4 + kπ 0, 618 som gir følgende tilnærmede verdier i den gitte denisjonsmengden x {9, 1}

9 eksamensoppgaver.org 9 c) Deriverer f f(x) = 5 sin(0, 618x) 5 cos(0, 618x) f (x) = 5 (sin(0, 618x)) (0, 618x) 5 (cos(0, 618x)) (0, 618x) = 5 0, 618 cos(0, 618x) 5 ( sin(0, 618x) 0, 618 = 1, 309 cos(0, 618x) + 1, 309 sin(0, 618x) og her er grafen til den deriverte og f i samme koordinatsystem. d) Der f er lik null, nner vi ekstremalpunktene til f. Følgelig må man observere grafen til f for å se om man har funnet et topp- eller bunnpunkt. Vi ser at f har et bunnpunkt i circa E 1 (3, 7, 1) og toppunkt i E (15, 7, 1) e) g(x) = f(x) + 19 og med opplysningene vi fant i d, så ser vi at g(3) = 7, = 11, 9 C og g(15) = 7, = 6, 1 C Altså kaldest klokken 03:00 og varmest klokken 15:00

10 eksamensoppgaver.org 10 oppgave 3 a) x + y + z x 4y + z = 3 vi bruker fullstendige kvadrater (x 1) = x x + 1 (y ) = y 4y + 4 (z + 1) = z + z + 1 deretter legger vi til det samme på begge sider, da får vi (x 1) + (y ) + (z + 1) = (x 1) + (y ) + (z + 1) = 3 og siden (x x 0 ) + (y y 0 ) + (z z 0 ) = r beskriver ei kuleate, så mener jeg at dette er tilfredstillende for å vise at vi har med ei kuleate å gjøre. b) Vi fant at (x 1) + (y ) + (z + 1) = 3 fra dette ser vi at sentrum er S(1,, 1) og radius er r = 3.

11 eksamensoppgaver.org 11 c) Punktet A(, 0, 1) ligger på kuleaten dersom de oppfyller likningen, vi setter inn for x, y og z for å se x + y + z x 4y + z = 3 () + (0) + (1) () 4 (0) + (1) = = 4 3 = 3 Ja, A oppfyller likningen, punktet ligger på kuleaten. d) Vi er gitt A(, 0, 1) og vet allerede at sentrum ligger i S(1,, 1), dermed lager vi en retningsvektor AS = [1, 0, 1 1] = [ 1,, ] videre vet vi at det er like langt fra S til A som fra S til B, dermed kan vi bruke at OS + AS = [1,, 1] + [ 1,, ] = [0, 4, 3] altså har vi funnet B(0, 4, 1).

12 eksamensoppgaver.org 1 oppgave 4 - alternativ I a) Last ned det dynamiske geogebra lvedlegget for denne oppgaven. Der er det glidere du kan naske og dra i, for å se hvordan grafen påvirkes ved endringer i a, b og θ. b) Tar dette på kalkulatoren; A = 1 π π (1 + cos θ) dθ π A = (1 + cos θ) dθ 17, 4 π

13 eksamensoppgaver.org 13 c) Siden denne kurven kan beskriver i sin helhet for θ [0, π så vet vi at baksiden fremkommer i intervallet [ π θ, 3 ] π Arealet er symmetrisk om førsteaksksen (vi endrer øvre grense ved å multiplisere både integralet og grensen med i andre ledd). A = = 1 3π π = 1 π = 4 π = 4 = 4 π π π π ((1 + cos θ)) dθ π π cos θ + cos θ + 1 dθ cos θ + cos θ + 1 dθ cos(θ) + cos θ + 1 dθ 1 cos(θ) + cos θ + 3 dθ så løser vi integralet π 1 A = 4 π cos(θ) + cos θ + 3 [ 1 dθ = 4 4 sin(θ) + sin θ + 3 ] π θ π = [sin(θ) + 8 sin θ + 6θ] π π = 6π (8 + 3π) = 3π 8 1, 4

14 eksamensoppgaver.org 14 oppgave 4 - alternativ II a) Vi er gitt vektorfunksjonen r(t) = [0, 85 cos t, 0, 85 sin t, 0, 54t + 1, 1] Vi ser av x- og y-komponenten til funksjonen at [0, 85 cos t, 0, 85 sin t] 0, 85 [cos t, sin t] der cos t og sin t etter denisjonen av enhetssirkelen danner en sirkel med r = 1, dog blir begge komponentene multiplisert med 0, 85 og følgelig blir også det radius. Når det gjelder høyden i trappen, så beskrives denne av z-komponenten, altså 0, 54t + 1, 1 ved å observere at denisjonsmengden er ser vi ved innsetting at altså er trappen, 70 meter høy. t [0, 5] 0, , 1 =, 70 b) Vi deriverer og denerer integralet. Grensene er forøvrig t 1 = 0, t = 5 r (t) = [ 0, 85(cos t), 0, 85(sin t), 0, 54(t) + (1, 1) ] s = = = = = [ 0, 85 sin t, 0, 85 cos t, 0, 54] ( 0, 85 sin t) + (0, 85 cos t) + (0, 54) dt 0, 85 (sin t + cos t ) + 0, 54 dt 0, , 54 dt 1, 0141 dt = 5 1, 0141t 0 = 5 1, , 04 m

15 eksamensoppgaver.org 15 c) Jeg fant et uttrykk for den deriverte i den forrige oppgaven. Det måtte man jo for å kunne nne buelengden. - Antar at dette var en glipp fra eksamensforfatterens side. Uansett, vi har r (t) = [ 0, 85 sin t, 0, 85 cos t, 0, 54] og z-komponenten kaller vi z = [0, 0, 1] dernest vil vi nne vinkelen. cos θ = = r (t) z r (t) z [ 0, 85 sin t, 0, 85 cos t, 0, 54] [0, 0, 1] 0, , , 54 = 1, 0141 ( ) 0, 54 θ = arccos 1, , 6 Dette kan man også komme fremt til dersom man tenker seg at man strekker rekkverket ut, videre vet man at høyden er, 70. Da får man en trekant der cos θ =, 70 5, 04 θ = 57, 6

16 eksamensoppgaver.org 16 oppgave 5 a) Vi er gitt at p = 0, 01 og denerer den stokastiske variabelen Q: `Antall personer som ikke har Q`. P (Q = 0) = (1 0, 01) 0 = (0, 99) 0 0, 818 b) I deloppgave a fant vi at sannsynligheten for at absolutt alle var friske var lik 0, 818. Videre blir da sannsyligheten for minst én syk den komplementære sannsynligheten, nemlig; 1 0, 818 = 0, 18 og følgelig må de 1 testene tas, så da får vi x 1 1 P (X = x) 0, 818 0, 18 c) µ X = 1 0, , 18 = 4, 64 og σ X = (1 4, 64) 0, (1 4, 64) 0, 18 = 59, , 717 d) Det er 0 prøver, hvorav hver prøve koster 0 kroner å splitte i, altså får vi 0 = 400 videre koster det 50 kroner å analysere hver prøve, og vi får Vi nner forventningsverdien for Y standardavviket blir Y = X µ Y = µ X = , 64 = 63 σ Y = 50 σ X = 50 7, 717 = 385, 85

17 eksamensoppgaver.org 17 e) Vi sjekker først hva hver enkelt test ville koste; 0 50 = 1000 kr så ser vi at µ Y = 63 kr er lavere, og dermed har vi konstatert at de burde holde fast på metoden sin. f ) Vi lar Z = Y 1 + Y Y 50 dermed får vi også at µ Z = 50 µ Y = = videre, så nner vi σ Z = 50 σ Y = , , 8 Dersom de skulle brukt den andre metoden, så ville kostnaden blitt = for at de skal spare kroner, må derfor = 9000 ( ) P (Z ) = Φ Φ( 1, 31) 6100, 8 leser av tabell, og nner P (Z ) = 0, 0951 Dersom du er interessert, nner du ere løsningsforslag på eksamensoppgaver.org SLUTT