Løsning eksamen R1 våren 2008

Transkript

1 Løsning eksamen R våren 008 Oppgave a) f ( ) ln f ( ) ( ) ln (ln ) ln ln b) c) d) e) ( 4 6) : ( ) ( 8) ( 8) lim lim lim ( 8) 8 lg( y ) lg y lg lg lg y lg y lg lg y lg lg y y ) f ( ) e f ( ) ( ) e ( e ) e e ( ) e e ( ) ( ) e Vi lager fortegnslinje for den deriverte. e f '() f() Funksjonen har et toppunkt for =. Funksjonsverdien er da f () e e Funksjonen har toppunktet (, ) e.

2 ) Først finner vi den dobbeltderivert. f '( ) ( ) e f ''( ) ( ) e ( )( e ) ( ) e ( ) e ( ) ( ( )( )) e ( ) e Vi lager fortegnslinje for den dobbeltderiverte. e f ''() f() Funksjonen har et vendepunkt for =. Funksjonsverdien er da f () e e Funksjonen har vendepunktet, e. Oppgave a) Vektorene u [ a, b] og v [ b, a] står vinkelrett på hverandre fordi u v [ a, b] [ b, a] a ( b) b a ab ab 0 Vi har punktene A(, 0), B(5, ) og C(, 4). Punktene F, F og F er fotpunktene til høydene fra hjørnene A, B og C i trekanten ABC. (Figuren i oppgaven var feil. Denne figuren er riktig).

3 b) Først finner vi AB. AB = [5, 0] = [4, ] Ifølge oppgave a står vektoren n [, 4] vinkelrett på AB og er dermed en retningsvektor for høyden fra C(, 4) ned på AB. En parameterframstilling for linja blir da t l : y 4 4t c) Ettersom CB [5, 4] [, ] vil vektoren n [ ( ), ] [, ] stå vinkelrett på AB og vil dermed være en retningsvektor for høyden fra A(, 0) ned på BC. En parameterframstilling for linja blir da s m : y s d) I skjæringspunktet har linjene l og m like -koordinater og like y-koordinater. Det gir dette likningssettet: s t s 4 4t Det andre likningssettet gir s = + t Dette setter vi inn i det første settet og får + ( + t) = t t = t 7t = 4 4 t 7 Innsatt i parameterframstillingen for l gir det t y 4 4t Skjæringspunktet er 5 S, 7 7.

4 e) Linja gjennom B og F står vinkelrett på AC. Hvis linja gjennom B og S også står vinkelrett på AC, må skjæringspunktet S ligge på linja gjennom B og F. AC [, 4 0] [, 4] BS 5,,, AC BS [, 4], ( ( ) Dermed står BS vinkelrett på AC og skjæringspunktet S ligger på linja gjennom B og F. Vi har vist at høydene i en trekant går gjennom ett felles skjæringspunkt. DEL Løst uten PC Oppgave a) Tallet på korthender re 5 5 = 5 ncr 5 = b) Antall hender som består av 5 spar er 5 = ncr 5 = 87 Sannsynligheten for å trekke 5 spar er P(A) = , Antallet hender som bare består av svarte kort er 6 5 = 6 ncr 5 = Sannsynligheten for å trekke 5 svarte kort er P(B) = , c) P(A B) er sannsynligheten for å få 5 spar når vi trekker blant de svarte kortene. Den er P(A B) = , Hendingene A og B er ikke uavhengige ettersom P(A B) P(A).

5 Oppgave 4 Alternativ I f '() a) Funksjonen vokser når f () > 0. Det er når < <. Funksjonen avtar når f () < 0. Det er når < og når >. Funksjonen f vokser når < < og avtar når < og når >. b) Vi har toppunkter og bunnpunkter der f () = 0. Det er når = og når =. Fra oppgave a vet vi at funksjonen avtar når < og vokser når er litt større enn. Da må f ha et bunnpunkt for =. Funksjonen vokser når er litt mindre enn og avtar når >. Da må f ha et bunnpunkt for =. Vekstfarten og dermed f () har sin største verdi i vendepunktet. Grafen viser at det er når =. Funksjonen f har et bunnpunkt for =, et toppunkt for = og et vendepunkt for =. c) Ettersom f er den deriverte av en tredjegradsfunksjon, er f en andregradsfunksjon. Fra grafen vet vi at f har nullpunktene = og =. Da må f () = a( )( ) = a( + ) = a( 4 + ) Dermed er f (0) = a ( ) = a Fra grafen ser vi at f (0) =. Det gir likningen a = a = Dermed er f () = () ( 4 + ) = + 4 d) Vi må finne en tredjegradsfunksjon som går gjennom origo og har + 4 som derivert. Vi viser at funksjonen i oppgaven passer.

6 f ( ) f (0) f ( ) 4 Vi ser at funksjonen passer. (vi burde egentlig forklare at dette er det eneste uttrykket som passer. Men vi mener at det faller utenfor hva en kan kreve i R.) Funksjonen f har denne grafen: y Oppgave 4 Alternativ II a) Pytagorassetningen gir DB + = DB = DB AB DB Arealet av trekanten ABC er

7 F( ) AB DC ( ) ( ) b) Funksjonen F har denne grafen: y,6, 0,8 0,4 0, 0,4 0,6 0,8 Avlesingen viser at det største arealet er ca.,. c) Hvis vi vil gjøre dette ved regning, går vi fram på denne måten: Når F( ) ( ) F '( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), er 4 4

8 Dermed er 4 4 F 4 0 Arealet må etter dette ha sin største verdi når =. d) Lengden av sidene er AB = 4 4 Pytagorassetningen gir AC BC DB DC ( ) Alle sidene er like lange, og trekanten er dermed likesidet når den har størst areal. Oppgave 5 a) S S = S F + FS = a + b S S = S D + DS = a + c S S = S E + ES = b + c

9 b) Vi ser på den rettvinklede trekanten S GS. Der er GS = AC og S G = a b. Fra oppgave a vet vi at S S = a + b. Pytagorassetningen gir (GS ) + (S G) = (S S ) AC + (a b) = (a + b) AC + a ab + b = a + ab + b AC = 4ab AC 4ab 4 ab ab c) Nå ser vi på den rettvinklede trekanten S IS. Vi får (IS ) + (S I) = (S S ) AB + (a c) = (a + c) AB + a ac + c = a + ac + c AB = 4ac AB 4ac 4 ac ac Til slutt ser vi på den rettvinklede trekanten S HS. Vi får (HS ) + (S H) = (S S ) BC + (b c) = (b + c) BC + b bc + c = b + bc + c BC = 4bc BC 4bc 4 bc bc d) Vi utnytter at AC = AB + BC ab ac bc ab ac bc a b a c b c a b a c b c a b c a b c a b c

10 c b a c a b e) Når a = b = r, får vi c r r c c r r c r r 4c r c 4 ( c) r f) Når vi skal konstruere figuren, trekker vi først et linje og plasserer et punkt A på linja. Deretter avsetter vi punktene B og C på linja slik at AB = 4 cm og BC= 4 cm. Deretter konstruerer vi normaler til linja i punktene A, B og C. S S S A B C Deretter plasser vi punktet S på normalen gjennom A slik at AS = 4 cm. Vi plasser punktet S på normalen gjennom C slik at CS = 4 cm. Radien i den minste sirkelen skal være 4 cm/4 = cm. Vi plasserer dermed punktet S på normalen gjennom B slik at BS = cm. Til slutt slår vi sirkler med radius 4 cm om S og om S og en sirkel med radius cm om S.