Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX Elever 7. juni eksamensoppgaver.org

Transkript

1 Løsningsforslag AA654 Matematikk MX Elever 7. juni 004 eksamensoppgaver.org

2 eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i MX 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 Innholdsfortegnelse oppgave 1 4 a.1) a.) b.1) b.) c) d.1) d.) d.) oppgave 7 a) b) c) oppgave 9 a) b) c) d) oppgave 4 - alternativ I 11 a) b) c) d) e) oppgave 4 - alternativ II 14 a) b) c) d) e) oppgave 5 17 a) b) c) d.1) d.) e)

4 eksamensoppgaver.org 4 oppgave 1 a.1) Vi deriverer med kjerneregelen f(x) = sin(x) + cos x f (x) = ( sin(x) ) (x) + ( cos x ) = cos(x) + ( sin x ) = 6 cos(x) sin x a.) deriverer med produktregelen g(x) = sin x cos x g (x) = ( sin x ) cos x + sin x ( cos x ) = cos x cos x + sin x ( sin x ) = cos x sin x = cos(x) b.1) Løser det ubestemte integralet e x dx = e x dx = 1 ex = ex + C

5 eksamensoppgaver.org 5 b.) Vi har setter følgende e 1 ln x dx = e 1 u = 1 u = x 1 ln x dx og bruker delvis integrasjon v = 1 x v = ln x e 1 1 ln x dx = x ln x e 1 e x 1 x dx = x ln x 1 dx 1 = x ln x x e 0 = ( e ln e e ) ( 1 ln 1 1 ) = = 1 c) sin x + sin x 1 = 0 x [0, π Vi drar frem gode gamle abc-formelen og disse to likningene gir sin x = 1 ± ( 1) 4 ( 1) = 1 ± = 1 ± 4 = 1 1 sin x = 1 x = π 6 π π 6 = 5π 6 og sin x = 1 x = π så L = { π 6, 5π 6, π }

6 eksamensoppgaver.org 6 d.1) og AB = [0 a, b 0, 0 0] = [ a, b, 0] AC = [0 a, 0 0, c 0] = [ a, 0, c] d.) Normalvektoren står vinkelrett på alle linjer i planet. Det betyr at skalarproduktet er null mellom v og vektorene vi fant i a). Vi har også v = [bc, ac, ab] og setter v AB v AC [bc, ac, ab] [ a, b, 0] [bc, ac, ab] [ a, 0, c] abc + abc + 0 = 0 abc abc = 0 d.) Vi velger punktet A(a, 0, 0) og v som vi bekreftet i b) Da får vi α : bc(x a) + ac(y 0) + ab(z 0) = 0 som gir x bc abc + y ac + z ab = 0 ytter over x bc + y ac + z ab = abc Vi multipliserer nå begge sider med 1/abc ( ) 1 abc 1 x bc + y ac + z ab = abc abc som vi stryker mye av x bc abc + y ac abc + z ab abc = abc abc og da står vi igjen med Tada! ;) x bc a bc + y ac ab c + z ab abc x a + y b + z c = 1 = abc abc

7 eksamensoppgaver.org 7 oppgave a) Grafene er vist i oppgaven under. b) A(0.5,.5) B(1.4, 1.0) C(.6,.5) D(4.5, 1.0) c) Vi skriver om denne sin(x) cos(x) = x [0, π + ( 1) sin [ sin x arctan x arctan [ ( )] 1 x + arctan = ( )] 1 = 10 ( ) 1 = arcsin ( ) 10

8 eksamensoppgaver.org 8 som gir oss x = arcsin ( 10 )+arctan ( ) ( 1 +kπ x = π arcsin )+arctan 10 ( ) 1 +kπ der k Z og videre x = arcsin ( 10 ) + arctan ( 1 ) + kπ som er tilnærmet x = π arcsin ( 10 ) + arctan ( 1 ) + kπ x kπ x kπ i intervallet som gir L = x [0, π k = {0, 1} { } 0.50, 1.9,.96,.65, 4.5

9 eksamensoppgaver.org 9 oppgave a) Dette er en binomisk sannsynlighetsfordeling, og vi lar X være antall seksere. og σ = SD(X) = µ = E(X) = = 50 = ( 1 1 ) 50 = = 9 = 5 = 8. b) Fordi antallet kast er veldig stort, og da vil sannsynligheten stort sett normalisere seg. ) Φ(75 X 91) = Φ ( Φ ( ) = Φ Φ( 1) 5 = Φ(0.9) ( 1 Φ(1) ) = = ( ) Dette nner vi også enkelt ved å plotte på lommeregneren. I `STAT`, `DIST`, `NORM` og `Ncd` kan man plotte inn lower, upper, µ og σ og kabam, der er det hellige svar :) c) Jeg må nok si at `toppen opp` er en rimelig vagt denert hendelse, for den er jo formet som en terning... Uansett, vi skal nne et estimat og denerer Y som antall ganger esken lander med toppen opp. ˆp = Y n = = d) Vi nner standardfeilen ( ) Sˆp = =

10 eksamensoppgaver.org 10 videre tar jeg for gitt at vi vet at z = 1.96 for et 95% kondensintervall , som tilnærmet blir 0.1, Vi ser at kondensintervallet er = altså 6.4% stort. Videre er estimatet ˆp = 0.154, altså 15.4% som er middelverdien til kondensintervallet = Enda viktigere; Hvis vi ser på esken som en terning, vil vi ha sannsynligheten p = for at terningen skal lande med siden opp. p ligger altså i kondensintervallet, og vi kan ut fra dette konkludere med at esken kan brukes fremfor en terning.

11 eksamensoppgaver.org 11 oppgave 4 - alternativ I a) Vi er gitt kurven K r = 1 θ + 1 θ [0, π] og her, mine damer og herrer, er den vidunderlige spiralen! :) b) y-aksen er jo egentlig ikke representert i et koordinatsystem med koordinater, men vi vet at x = 0 når grafen skjærer y-aksen. Videre vet vi at y = r sin θ og x = r cos θ derfor kan vi sette x = ( ) 1 θ + 1 cos θ og setter denne til null, nner vi ( ) 1 θ + 1 cos θ = 0 cos θ = 0 θ = arccos(0)

12 eksamensoppgaver.org 1 som gir oss løsningene og siden θ = π + kπ θ = π + π = π + kπ k Z θ [0, π] k = {0, 1} { π θ =, π, 5π } Fra disse verdiene av θ, kan vi enkelt nne de andre koordinatene r(θ) = 1 θ + 1 ( π ) r = 1 π ( ) π r = 1 π ( ) 5π r = 1 5π Så da har vi funnet alle tre punktene. Polarkoordinatene er ( A 1.5, π ) ( B.57, π ) ( C.6, 5π ) c)

13 eksamensoppgaver.org 1 Vi har integralet 1 π π 6 ( ) 1 θ + 1 dθ = 1 π π 6 ( 1 9 θ + ) θ + 1 dθ som vi løser 1 π π 6 ( 1 9 θ + ) θ + 1 dθ = 1 [ θ + 1 θ + θ og så evaluerer vi grensene ( ( ) 1 π ( ) π π = 1 [ 1 7 θ + 6 θ + θ = 1 54 θ θ + 1 π θ ) ( 1 ( π π 6 ] π π 6 ] π π 6 ) 1 ( π ) π ) 6 d) I denne og neste deloppgave kan det være lurt å laste ned den dynamiske Geogebra len, slik at du selv kan modisere a- og b-verdiene. Det som skjer når man setter b = 1 og forandrer a-verdien er at spiralen eskalerer og blir bredere fortere, dessuten går den lengre `ut` fra origo, det vil si polen til et punkt på grafen til K desto større a er. e) Desto større b er, desto lenger fra origo starter spiralen. Videre øker r like raskt i forhold til θ uansett hvilken verdi vi gir b.

14 eksamensoppgaver.org 14 oppgave 4 - alternativ II a) Vi kan se for oss et rektangel med sider l og b. Vi setter l = 1 og b = l + 1. Da vil arealet av rektangelet være l b = l (l + 1) Halverer vi arealet av dette rektangelet, har vi en trekant og dersom vi setter l = n får vi l (l + 1) De fem første leddene blir 1 (1 + 1) + ( + 1) a n = + n (n + 1) ( + 1) (4 + 1) + 5 (5 + 1) = b) Vi ser av de fem sierne i rekka vi fant i a) og de fem nye og gitte tallene for b n er slik at og 1 1 = 1 1 = 1 1 = 1 altså er ( ) b n = (a n ) 1 n(n + 1) 1 = = 1 n(n+1) = 1 n(n + 1) = n(n + 1) c) Vi er gitt b n, som er n (n + 1) = n n + 1 ( = n ) n(n + 1) n + 1 = n(n + 1) n n(n + 1) n + 1

15 eksamensoppgaver.org 15 Digresjon: Vi kan også vise dette slik: = n (n + 1) n (n + 1) n n + 1 = (n + 1) n = n + n = b n = n (n + 1) ( ) = n n(n + 1) (n + 1) = n (n + 1) n n (n + 1) n (n + 1) n (n + 1) (n + 1) = n + n (n + 1) = n (n + 1) n n (n + 1) d) Regner ut noen verdier Altså S n = b 1 + b + b + b b n ( = 1 ) ( + ) + b 1 = = 1 = 1 b = + 1 = = 1 b = + 1 = 4 = 1 6 b 4 = = 4 5 = 1 10 ( 4 ) ( + 4 ) n n + 1 Vi ser at summen av to og to ledd blir null, og derfor får vi S n = n + 1

16 eksamensoppgaver.org 16 e) lim n S n lim n n + 1 Som klart gir oss det samme svaret som i c), nemlig S =

17 eksamensoppgaver.org 17 oppgave 5 a) b) Vi er gitt x(t) = 0.5 (t sin t) y(t) = 0.5 (1 cos t) Deriverer begge komponentene r (t) = [0.5(t) 0.5 ( sin t ), (0.5) 0.5 ( cos t ) ] = [ cos t, 0.5 sin t ] r (t) = ( cos t) + (0.5 sin t) Alt dette er selvfølgelig ikke nødvendig, men jeg gjorde det likevel, hehe. Plotter inn π ( cos t) + (0.5 sin t) dt =.8 0 da har punktet beveget seg.8 m. c) Én måte å nne dette på, er å utnytte at og radius for hjulet, videre er omkretsen til hjulet 1 km = 1000 m r = 0.5 m 1000 π(0.5)

18 eksamensoppgaver.org 18 Hjulet har altså trillet nesten 455 ganger, da har punktet beveget seg eller 1.7 km! :) m d.1) Minner igjen om parameterfremstillingen. x = a(t sin t) y = a(1 cos t) Hvis vi deriverer x-komponenten med hensyn på t får vi x (t) = dx dt = a cos t dx = a a cos t dt dx = a(1 cos t) dt d.) Vi har integralet πa A = y dx 0 og vi vet hva y er, og det samme gjelder dx. Vi setter πa 0 y dx = = = π 0 π 0 π 0 = a a(1 cos t) a(1 cos t) dt a (1 cos t) (1 cos t) dt a ( 1 cos t + cos t ) dt π 0 ( 1 cos t + cos t ) dt Legg merke til at jeg bytter grenser på integralet. substituerer. Av x = a(t sin t) ser vi at at t = 0 når x = 0 og at t = π når x = πa Dette er fordi vi

19 eksamensoppgaver.org 19 e) Vi vet at a er en konstant, og summene av integralene ovenfor er rimelig greie. Det jeg vil, er å skrive om cos t i integranden til noe jeg synes er enklere å integrere. Vi kjenner identiteten cos(t) = cos t 1 og skriver om denne for å isolere cos t cos t = cos(t) + 1 cos t = cos(t) og der har vi den. Nå kan vi substituere og løse integralet π ( a 0 cos t + 1 ) [ cos(t) dt = a [ = a ( = a Og der har vi den :) t sin t t sin t sin(t) ] π sin(t) ] π (πa) sin(πa) = a (πa sin(π) + 14 ) sin(4π) = a πa = πa 0 0 ) sin( πa) 0 Dersom du er interessert, nner du ere løsningsforslag på eksamensoppgaver.org SLUTT