Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX 3. juni eksamensoppgaver.org

Transkript

1 Løsningsforslag AA654 Matematikk 3MX 3. juni 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) e.1) e.) e.3) oppgave 9 a) b) c) d) e) oppgave 3 1 1) ) ) oppgave 4 - alternativ I 13 a) b) c) d) e) oppgave 4 - alternativ II 15 a) b) c) d) e) oppgave 5 19 a) b) c) d) e)

4 eksamensoppgaver.org 4 oppgave 1 a.1) deriverer f(x) = 3 tan(x) f (x) = 3 ( tan(x) ) (x) = 3 (tan (x) + 1 ) = 6 (tan (x) + 1 ) a.) g(x) = x sin x g (x) = ( x ) sin x + x ( sin x ) = x sin x + x cos x b.1) x cos x dx her bruker vi delvis integrasjon og jeg setter u = cos x u = sin x v = 1 v = x x cos x dx = x sin x sin x dx x cos x dx = x sin x + cos x + C b.) x x + 3 dx her bruker vi substitusjon, og jeg setter u = x + 3 du dx = x videre kan vi da observere at 1 1 x x dx = + 3 u du = ln u = ln x C

5 eksamensoppgaver.org 5 c) skriver om til sin x + 3 cos x = x [0, π ( + 3 sin x + arctan ( sin x + arctan x + arctan ( )) 3 = ( )) 3 = 13 ( ) 3 = arcsin ( ) 13 det er kun to løsninger i denisjonsmengden, så ( ( ) 3 x 1 = arcsin ) arctan x = π arcsin 13 så da har vi tilnærmet x x π ( 13 ) arctan og `låner` π for x 1, slik at løsningen kommer inn i denisjonsmengden. x x 1.57 ( ) 3

6 eksamensoppgaver.org 6 d) Vi ser på halvsirkelen at den går fra videre er vi gitt at x [ r, r] f(x) = r x og videre vil vi regne ut volumet av omdreiningslegemet når vi dreier det 360 om x-aksen. r ( ) V = π r x dx Vi ser også at integralet er symmetrisk om andreaksen. multiplisere arealet med og sette 0 som nederste grense r V = π og da var det på tide å løse integralet r r V = π r x dx = π 0 0 r x dx [ r x 1 3 x3 ] r 0 = F (r) F (0) = π (r r 13 ) r3 0 = π (r 3 13 ) r3 = π 3 r3 = 4 3 r3 π Vi har kommet frem til likningen for volumet av ei kule. Derfor kan vi

7 eksamensoppgaver.org 7 e.1) x + y + 6x 1y + 9 = 0 bruker fullstendig kvadraters metode (x + 3) = x + 6x + 9 og (y 6) = y 1y + 36 så (x + 3) + (y 6) = (x + 3) + (y 6) = 16 dermed (x + 3) + (y 6) = 4 da har jeg påvist at sentrum er S( 3, 6) og r = 4 = 4 e.) Vi har funnet at radien er 4, fra enhetssirkelen vet vi at x = cos t y = sin t Da har vi vektoren [cos t, sin t] og videre kan vi øke radien ved å multiplisere vektoren med r 4 [cos t, sin t] = [4 cos t, 4 sin t] og til slutt setter vi inn sentrum i likningen (som vi også har funnet), nemlig S( 3, 6). Da har vi r(t) = [ cos t, sin t] Denisjonsmengden er åpenbar, vi vet at det er π radianer i en sirkel.

8 eksamensoppgaver.org 8 e.3) så s = π 0 r (t) dt r (t) = [( 3) + 4 ( cos t ), (6) + 4 ( sin t ) ] = [ 4 sin t, 4 cos t] r (t) = ( 4 sin t) + (4 cos t) = 16 sin t + 16 cos t = 16 (sin t + cos t ) = 16 = 4 så s = π 0 4 dt = 4t π 0 = 4 π 0 = 8π Kommentar: Omkretsen av sirkelen er 8π. Dette er overens med det vi får dersom vi bruker formelen for omkretsen av en sirkel O(r) = πr O(4) = π (4) = 8π

9 eksamensoppgaver.org 9 oppgave a) Vi ser av funksjonsuttrykket at amplituden er 3, perioden nner vi ved å sette P = π 6 = π 3 b) c) deriverer g (x) = 3 (e x) sin(6x) + 3e x ( sin(6x) ) (6x) = 3 ( 1) e x sin(6x) + 3 e x cos(6x) 6 = 3e x sin(6x) + 18e x cos(6x) = (6 cos(6x) sin(6x)) 3e x

10 eksamensoppgaver.org 10 d) Vi setter så skriver om dermed 6x + arctan g (x) = 0 (6 cos(6x) sin(6x)) 3e x = 0 6 cos(6x) sin(6x) = 0 [ ( )] ( 1) sin 6x + arctan 1 [ ( )] 6 sin 6x + arctan = 0 1 = 0 ( ) 6 = 0 + kπ π + kπ k Z 1 og så `dødsstøtet` 6x arctan(6) = kπ π + kπ og x = kπ + arctan(6) 6 π + arctan(6) + kπ 6 x π 3 k π 3 k Vi har x 0, k = {0, 1} det gir oss følgende x-koordinater for toppunktene x = {0.36, 1.83} derfra kan vi hente y-koordinatene g(0.36) = 3e og for bunnpunktene har vi y-koordinatene g(1.83) = 3e x = {0.758, 1.805} g(0.758) = 3e ( 1) g(1.805) = 3e ( 1) 0.493

11 eksamensoppgaver.org 11 e) Grafen til g(x) vil ligge mellom h(x) og i(x) fordi vi vet at 1 sin(6x) 1 og derfor vil 3e x som alltid er større enn null ganges med et tall mellom 1 og 1. Altså har vi h(x) g(x) i(x)

12 eksamensoppgaver.org 1 oppgave 3 Jeg synes de har formulert seg dårlig i denne oppgaven. De skiller ikke mellom avdrag og rentekostnad, så da antar jeg at de % med rente skal legges på toppen i alternativ 1 såvel som i. 1) Vi må se dette ut fra nåverdien til hver av kjøpene. Nåverdien av alternativ 1, er N 1 = 4000 kr ) Vi er gitt at renta er.0% slik at Da blir nåverdien og vi får summen N = k = = ( ) kr ) Anne betaler kroner først, og deretter 800 kroner per måned i 4 måneder. Det første beløpet skal betales om en måned, derfor er rekka og da er summen N 3 = ( ) = som vi ser er alternativ dyrest, og som alltid, er full kontantbetaling er billigst :)

13 eksamensoppgaver.org 13 oppgave 4 - alternativ I a) Vi ser at OAC ligger i xz-planet, dermed blir trekanten en `todimensjonal` gur, og arealet F = 1 ac videre ligger OBC i yz-planet, og da får vi arealet F 3 = 1 bc Koordinataksene står forøvrig vinkelrett på hverandre. b) og AB = [0 a, b 0, 0 0] = [ a, b, 0] AC = [0 a, 0 0, c 0] = [ a, 0, c] c) En normalvektor står vinkelrett på etthvert punkt i et gitt plan, så [ a, b, 0] [bc, ac, ab] = abc + abc + 0 = 0 n AB og [ a, 0, c] [bc, ac, ab] = abc abc = 0 n AC dermed har vi vist det.

14 eksamensoppgaver.org 14 d) Hvis så kan vi sette F 4 = 1 n F 4 = 1 (bc) + (ac) + (ab) e) F 4 = F 1 + F + F 3 så og dermed F 4 = ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ab + ac + bc F 4 = 1 4 ((ab) + (ac) + (bc) ) F 4 = 1 4 ((ab) + (ac) + (bc) ) F 4 = 1 4 ((ab) + (ac) + (bc) ) F 4 = 1 (ab) + (ac) + (bc)

15 eksamensoppgaver.org 15 oppgave 4 - alternativ II a) v(t) = [3 ( cos t ) ( ) ], sin t = [ 3 sin t, cos t] b) Velger å gjøre dette på en rimelig `tungtrådd` måte. Her kunne man feks brukt lommeregner, eller ved å lese det direkte av grafen. Den generelle banefarten er gitt ved v(t) = ( 3 sin t) + ( cos t) = 9 sin t + 4 cos t når radikanden (det under rotuttrykket) er minst/størst er banefarten lavest/høyest. Kaller radikanden f og deriverer og da kan vi videre sette f (t) = 9 ( sin t ) (sin t) + 4 ( cos t ) (cos t) = 9 sin t cos t + 4 cos t ( sin t) = 18 sin t cos t 8 sin t cos t = 10 sin t cos t = 5 sin t cos t = 5 sin(t) f (t) = 0 sin(t) = 0 t = 0 + kπ t = π + kπ k Z t = kπ t = π + kπ men vi bruker bare løsningene for k = {0, 1} (første omløp) og da nner vi { t = 0, π, π, 3π }

16 eksamensoppgaver.org 16 Oppgaven ber ikke om dette, men vi ser at banefarten til de forskjellige tidene er t = 0 9 sin (0) + 4 cos (0) = 4 = t = π 9 sin (π) + 4 cos (π) = 4 ( 1) = 4 = t = π ( π ) ( π ) 9 sin + 4 cos = 9 = 3 t = 3π ( ) ( ) 3π 3π 9 sin + 4 cos = 9 ( 1) = 9 = 3 Så da har vi funnet at banefarten er minst i punktene r (0) = [3 cos (0), sin (0)] = [3, 0] P 1 (3, 0) r (π) = [3 cos (π), sin (π)] = [ 3, 0] P ( 3, 0) og størst i punktene ( π ) [ ( π ) r = 3 cos ( ) [ ( 3π 3π r = 3 cos ( π )], sin ), sin ( 3π = [0, ] P 3 (0, ) )] = [0, ] P 4 (0, ) så etter denne (mildt sagt) omstendelige prosessen, har vi funnet de re punktene. c) Setter s = π 0 r (t) π dt = 9 sin t + 4 cos t dt d) Tilnærmingsformelen til Ramanujan sier at omkretsen p er gitt ved ( ) 3 a b p π (a + b) 1 + a+b ( ) a b a+b så med a = 3 og b =

17 eksamensoppgaver.org 17 regner jeg (for moroskyld) ut dette veldig nøysommelig, hehe. ( ) 3 3 p π (3 + ) ( ) ( ) 1 5 π (5) ( ) π (5) π (5) π π ( ) 5π ( 5π ) 97 5 ( 5π ) ( ) 15 5π Skal gi mr Ramanujan litt kred for denne ufattelig gode tilnærmingsformelen! Det blir litt dumt å sammenlikne dette resultatet med det vi kk ved kalkulatormetoden vi utførte i c), for lommeregneren bruker også tilnærmingsverdier under utregninger.

18 eksamensoppgaver.org 18 e) Vi setter r = a = b vi vet at omkretsen av en sirkel med radius 1 er O = πr så kontrollerer vi tilnærmingsformelen. 3 p π (r + r) π (r) (1 + 0) π (r) 1 πr ( ) r r r+r 4 3 ( r r r+r Ved å bruke r = a = b i formelen, nner vi faktisk at den gir eksakt omkrets for alle r. )

19 eksamensoppgaver.org 19 oppgave 5 a) Vi nner forventningsverdien til X og variansen er gitt ved µ X = = 56 = = 965 7, 54 kr 18 V ar(x) = σ X = 4 (k i µ X ) P (X = k i ) i=1 fremfor å regne ut dette her, plotter jeg verdiene inn under `STAT` på kalkulatoren, deretter bruker jeg σ X 388, 87 kr b) Forventningsverdi µ Y = 10 X = 10 7, 539 =, 561, 46 kr Vi har variansen σy = V ar(y ) = V ar(10 X) = ( 1) V ar(x) = V ar(x) σ Y = V ar(x) = , 7 kr c) På ett spill vinner man 50 kroner, eller så vinner man ikke. Dermed kan vi si at dette er en binomisk sannsynlighetsfordeling. Da får vi Z =`Antall 50 kr premier` 1 µ Z = = 65 19, 53 3 og ( 65 σ Z = ) 4, videre ( ) 4 19, 53 Φ(Z 5) = 1 Φ(Z 4) 1 Φ 1 Φ(1, 01) = 1 0, , 156 4, 41

20 eksamensoppgaver.org 0 d) Vi lar S være summen av fortjeneste på hvert av de 5000 spillene på automaten, da er S = Y 1 + Y + Y Y 5000 Forventningsverdien til S er og standardavviket blir E(S) = 5000 µ Y = 5000, 46 = 1300 kr SD(S) = n σ Y = , , 40 kr videre ( ) Φ(S 15000) = 1 Φ = 1 Φ(1.94) 1394, , 9738 = 0, 06 altså ca, 6% sannsynlighet for at de får den inntekten.

21 eksamensoppgaver.org 1 e) Vi vil nne sannsynligheten for at P (S 0000) = 0, 90 1 P (S < 0000) = 0, 10 Vi vet ikke vet hvor stor n er, og følgelig får vi E(S ) = n µ Y =, 46n og SD(S ) = n σ Y 19, 7 n slik at ( ) 0000, 56n Φ 19, 7 = 0, 10 n leser vi av tabellen, så får vi at 0000, 46n 19, 7 n = 1, 8 som gir oss 0000, 46n = 5, 416 n så setter vi u = n = u = n slik at, 46u + 5, 416n = 0 altså en andregradslikning. Løser denne på kalkis u 1 83, 6 u 93, 5 og følgelig får vi at n = (95, 44) = 9109 Altså må minst 9109 spill på automaten for at den skal dekke budsjettet.

22 eksamensoppgaver.org Dersom du er interessert, nner du ere løsningsforslag på eksamensoppgaver.org SLUTT