Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt Antall oppgaver 6. Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator

Transkript

1 Oppgave 1 Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt Antall oppgaver 6 Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag a) Likningen x = 4x gir x 2 4x + 1 = 0, som har løsning x = 2 ±. b) Løsningen av likningssystemet er (x, y, z) = (6, 2, 1). c) Hvis likningen har rasjonale løsninger, må de være heltallige og dividere konstantleddet 4. Vi forsøker derfor om x = ±1, ±2, ±4 er løsninger, og nner at x = 1, x = 1 og x = 4 er løsning av likningen. Siden likninger har grad tre, er løsningene gitt ved x = 1, x = 1 og x = 4. d) Vi faktoriserer uttrykket på venstre side og setter opp fortegnsskjema, og får løsningene L = ( 1, 0). e) Likningen sin v cos v = 0 gir at sin v = 0 eller cos v = 0, og vi får løsningene v = 0 og v = π av sin v = 0, og løsningene v = π/2 eller v = π/2 av cos v = 0. Dermed har likningen sin v cos v = 0 løsningene L = {0, π/2, π, π/2}. Oppgave 2 a) På grunn av symmetri må C = D. Siden vinkelsummen i en rkant er 60, må derfor C = ( )/2 = 60. Linjestykket CD har lengden CD = 7 cos cos 60 = 14 b) I trekanten ABC er AB = BC, og derfor er BAE = ( )/2 = 0. Dermed er cos 0 = (AB/2)/AE, og dette gir AE = AB 2 cos 0 = 7 1

2 c) Ved et argument som i forrige deloppgave, ser vi at BDC = 0. Dermed er høyden fra E ned på grunnlinjen CD gitt ved h = DE sin 0. Siden DAC = 90, nner vi at DE = (7/ ) 2 = 4/ 49 = 14/. Ved innsetting får vi dermed h = = 7 Dette gir at arealet av trekanten CDE er gitt ved Oppgave CD h = 2 2 = 49 a) Summen av de tallene som er delelig med 2 blir = 500( )/2 = = og summen av de tallene som er delelig med blir = ( + 999)/2 = 501 = 1668 Men de tallene som er delelig med både 2 og (dvs delelig med 6) er tatt med i begge disse summene, og dette bidrar med = 166( )/2 = = 8166 Korrigerer vi for dette, får vi den riktige summen b) Den uendelige geometriske rekken Oppgave = = /4 = 4 4 = a) Vektorene er OA = [1, 0, 1] og OB = [1, 1, 0]. Begge vektorene har lengde 2. b) Avstanden fra origo til både A og B er 2. Derfor ligger A og B på sirkelen i planet bestemt av punktene O, A, B, og med radius 2 og senter i origo. En sirkel er bestemt av planet den ligger i, senteret og radiusen. Det er derfor bare en slik sirkel. c) Vi har at OA OB = 1, og dermed er vinkelen α mellom OA og OB gitt ved OA OB cos α = OA OB = 1/2 α = 60 = π/ Arealet til sirkelsegmentet R er dermed gitt ved 1 2 ( 2) 2 π/ = π/ 2

3 d) Volumet er gitt ved V = (G h)/, der G er arealet av grunnaten R og h er høyden i pyramiden. Vi fant at G = π/ ovenfor, og må nne h. Vi regner ut kryssproduktet Dermed er normaliseringen OA OB = [ 1, 1, 1] n = [ 1, 1, 1] [ 1, 1, 1] = 1 [ 1, 1, 1] en vektor av lengde n = 1 som står normalt på grunnaten R. Høyden h til pyramiden er lengden til komponenten av OC = [4, 5, 6] i retning av n. Vi nner derfor h ved h = 1 n OC = [ 1, 1, 1] [4, 5, 6] = = 7 Volumet til pyramiden er dermed V = 1 ( ) 7 π/ = 7π 9 Alternativt kunne vi først ha regnet ut volumet V av pyramiden med trekanten OAB som grunnate og C som spiss. I dette tilfellet er V = ( OA OB) OC /6 = 7/6 Siden begge pyramidene har samme høyde, mens den nye har grunnate G = 1/2( 2) 2 sin(60 ) = /2, får vi at Oppgave 5 a) Sirkelen C har likning V = V G G = 7 6 π/ = 7π /2 9 (x ) 2 + (y 2) 2 = 2 2 x 2 6x + y 2 4y + 9 = 0 Derfor er k = 4 og l = 9. b) Likningen til x-aksen er y = 0. Vi skal nne punkt (x, 0) slik at punktene ligger på sirkelen i C. Ved å sette y = 0 får vi x 2 6x + 9 = (x ) 2 = 0. Dette har akkurat en løsning x =. Vi har derfor ett skjæringspunkt (, 0) mellom sirkelen C og x-aksen. c) Den vertikale linjen gjennom origo har likning x = 0, og den snitter ikke sirkelen C siden likningen y 2 4y + 9 = 0 ikke har noen løsninger. Vi kan derfor avgrense oss til å se på ikke-vertikale linjer gjennom origo med likning y = ax og stigningstall a. Vi skal bestemme parameteren a slik at denne linjen og sirkelen C har akkurat ett skjæringspunkt. Vi så ovenfor

4 at a = 0 er en løsning, og en skisse av sirkelen indikerer at vi har en løsning til. Vi regner oss frem til verdien for a ved å sette y = ax inn for y i likningen for sirkelen C, og får x 2 6x + (ax) 2 4(ax) + 9 = 0 (1 + a 2 )x 2 (6 + 4a)x + 9 = 0 Denne kvadratiske likningen har eksakt en løsning dersom uttrykket under rottegnet i abc-formelen er null, dvs hvis (6 + 4a) 2 = 4 9 (1 + a 2 ) 5a 2 12a = 0 Dette gir løsningene a = 0 og a = 12/5 = 2.4. Vi får dermed at linjene gjennom origo som snitter sirkelen C i ett punkt er x-aksen med stigningstall a = 0 og linjen y = 12 5 x = 2.4x med stigningstall a = 12 5 = 2.4. Oppgave 6 a) Nevneren er lik (x + 2)(x 1). Nullpunktene til nevneren er derfor x = 2 og x = 1. Telleren er ulik null for begge disse verdiene. Derfor har grafen til f(x) vertikale asymptoter x = 2 og x = 1. Dette er de eneste vertikale asymptotene. b) Nullpunktene til f(x) er nullpunktene til telleren x 2 7x Vi nner nullpunktene x =, x = 4. c) Ved polynomdivisjon får vi at f(x) = 1 + 8x + 14 x 2 + x 2 Derfor har f(x) horisontal assymptote y = 1, og ingen skrå asymptoter. 4

5 d) Se graf. e) Grafen til f(x) skjærer linjen y = 1 2 x 6 = 1 2 (x 12) presis når x 2 7x + 12 x 2 + x 2 = x 12 2 Vi løser likningen for x og får x 1x 2 = 0 etter at vi har multiplisert likningen med fellesnevner 2(x 2 + x 2) og trukket sammen. Dette gir x 2 (x 1) = 0, og løsningene er dermed x = 0, x = 1. 5