DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 f( ) + f + ( ) 4 g ( ) ln( ) 1 g ( ) h ( ) ( 1) h ( ) ( 1) 4 1 ( 1) Oppgve er en fktor i P ( ) hvis P () 0. P () + 5 6 8 + 8 10 6 0 Altså er en fktor i P. ( ) Divisjonen P ( ) : ( ) vil etter det vi vet fr oppgve, gå opp. ( + 5 6) : ( ) + 4+ 4 5 6 4 8 6 6 0 Vi fktoriserer kvotienten videre ved hjelp v nullpunktmetoden. 4± 4 41 4± 4 4± + 4+ 0 1 1 Det gir t 4 ( )( 1) P ( ) + + 1. + + + +. Altså får vi ( )( )( ) Ashehoug www.lokus.no Side 1 v 10
lim + 5 6 ( + )( + 1)( ) lim lim ( + )( + 1) ( ) ( + )( + 1) 15 Oppgve + ( + ) ( ) 4 ( + )( ) Fellesnevneren er derfor ( + )( ). + ( ) ( ) + ( + ) ( ) + ( + ) ( + ) + + + 4 ( + )( ) 4+ 4+ 8+ + 4+ 4 ( + )( ) ( + )( ) 4 Oppgve 4 Vi omformer likningen til formen + + 4 0 0 y y 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ) + + + 4 + 0 + + y y ( 1) ( ) 5 + y+ ( y ) ( ) + ( y y ) r ved å fullføre kvdrter. 0 0 ( 1) + ( ) 5 Av dette ser vi t sentrum i sirkelen er S (1, ), og t rdien er r 5. Oppgve 5 For eksempel u v [, 4] [, 4]. Sklrproduktet v vektorene er lik null. Vi setter w [1, y] [1, y] [, 4] 0 + 4y 0 y 4 For eksempel w [1, ] står vinkelrett på v. 4 og får Ashehoug www.lokus.no Side v 10
v k u+ t w [, 4] [ k, 4 k] + [ t, t] [, 4] [ k + t, 4 k t] k+ t 4 4k t 4 5 5 4 4 4 4 9 9 4 4 t + k 4 4k k t + ( 1) k t 0 k 1 d Vi kn skrive k v [ k, 4 k], der k > 0. Videre er 7. Det gir [ k, 4 k] 7 k + k ( ) (4 ) 7 5k 7 5k 7 7 k 5 7 7 1 8 Altså hr vektoren,4, 5 5 5 5 smme retning som v og lengde 7. Oppgve 6 11 6 66 10!! 1456789101 n n n n n 1 ( n 1)! 1! 1 ( n 1) 1 1! 1 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11 1 ( ) ( )! 1 ( 1) Vi omformer uttrykket på venstresiden, og får en ndregrdslikning: ( ) 1 1 ( 1 ) 6 1 11 ( ) (1 ) 6 66 11 6 66 1 11 + 1 6 0 1+ 6 0 ( 6) 0 6 Ashehoug www.lokus.no Side v 10
Oppgve 7 f( ) e f ( ) ( ) e + (e ) e e e (1 ) Vi finner eventuelle ekstremlpunkter ved å løse likningen f ( ) 0. e (1 ) 0 1 0 1 Vi lger fortegnslinje for f ( ): Vi husker t definisjonsmengden for f er 1,4 og får t f( ) vokser for 1,1. f( ) minker for 1,4. 1 er derfor et mksimlpunkt (-verdien i toppunktet på grfen til f ). f ( ) e (1 ) f ( ) ( e ) (1 ) + e (1 ) e (1 ) e e (1 + 1) e ( ) Vi finner eventuelle infleksjonspunkter ved å løse likningen f ( ) 0. e ( ) 0 0 Vi lger fortegnslinje for f ( ) : er derfor et infleksjonspunkt (-verdien i vendepunktet på grfen til f ). Ashehoug www.lokus.no Side 4 v 10
Nøyktig tegning kreves ikke, men grfen må være gltt og stemme med det vi fnt i oppgve og. For å få en fin skisse kn det være en fordel å finne (tilnærmingsverdier for) noen funksjonsverdier. For eksempel: ( 1) f ( 1) ( 1) e e 8 f (0) 0 1 f (1) e e 1,1 6 f () 6e 0,8 e Oppgve 8 B er en periferivinkel som spenner over smme ue som sentrlvinkelen CSA. 1 Periferivinkelsetningen gir t B CSA. Men ettersom CSA er likeeint, vil normlen fr S ned på AC være vinkelhlveringslinj for CSA. 1 1 Derfor er B CSA DSA DSA. Ashehoug www.lokus.no Side 5 v 10
Fotpunktet D deler AC i to like deler. Altså er AD. Definisjonen v sinus i rettvinklede treknter gir sin DSA. R R Fr oppgve vet vi t DSA B. Derfor er sin B, som er det smme som t R R sin B. Fotpunktet E for normlen fr S ned på BC deler BC i to like deler, hver med lengde. Definisjonen v sinus i rettvinklede treknter gir sin BSE. R R Fr oppgve vet vi t BSE A. Derfor er sin A, som er det smme som t R R sin A. Fotpunktet F for normlen fr S ned på AB deler AB i to like deler, hver med lengde. Definisjonen v sinus i rettvinklede treknter gir sin ASF R R. Fr oppgve vet vi t ASF C. Derfor er sin C, som er det smme som t R R sin C. Altså er forholdene sin sirkelen. A, sin B og sin C like store og lik dimeteren i den omskrevne Oppgve 9 9 1 0 ( ) 1 0 ( ) 1 0 ( 1) ( 1) 4 1 ( 1) ± 1 1± 7 4 ln 4 ln ( gir ingen løsning, for ikke kn li negtivt.) Ashehoug www.lokus.no Side 6 v 10
DEL Med hjelpemidler Alle hjelpemidler er tilltt, med unntk v Internett og ndre verktøy som tillter kommuniksjon. Oppgve 1 Sentrum S i sirkelen er skjæringspunktet mellom linj y og midtnormlen på linjestykket OA. Rdius i sirkelen er lik lengden v SA. Når sirkelen tegnes i GeoGer, dukker likningen for sirkelen opp i lgerfeltet: Ashehoug www.lokus.no Side 7 v 10
Oppgve Kommndoen N(v)Funksjon[16.7v/(4+0.5v+0.006v^), 0, 10] i GeoGer gir grfen: Vi legger inn linj 5 y og ruker verktøyknppen Skjæring mellom to ojekt. Skjæringspunktene mellom linj og grfen til N hr førstekoordintene 11,45 og 58,1. Det etyr t frten må være mellom 11,5 km/h og 58, km/h for t minst 5 iler skl kunne pssere stedet per minutt. Ashehoug www.lokus.no Side 8 v 10
Kommndoen Ekstremlpunkt[N, 0, 10] gir oss toppunktet (5,8, 9,8) på grfen til N. Det etyr t frten må være 5,8 km/h for t flest mulig iler skl kunne pssere stedet per minutt. D psserer det omtrent 0 iler per minutt. Oppgve v () t r () t [18, ] v ( t ) [18, ] 18 + ( ) 18,5 A A A Frten til åt A er omtrent 18 km/h. v ( t) r ( t) [10, 6] v ( t ) [10, 6] 10 + ( 6) 11,66 B B B Frten til åt B er omtrent 1 km/h. d( t) ra( t) rb( t) [18t 8,10 t] [10 t, 0 6 t] [8t 8, 9t 10] dt ( ) dt ( ) [8t 8, 9t 10] (8t 8) + (t 10) Vi ruker CAS-verktøyet i GeoGer. 1. Vi definerer vstndsfunksjonen d.. Vi finner ekstremlpunktet ved å sette den deriverte lik null.. Vi ruker ndrederiverttesten til å vise t ekstremlpunktet er et minimlpunkt. 4. Vi regner ut minimlverdien. Avstnden mellom åtene er minst etter 1 h 17 min. D er vstnden vel 6 ½ km. Ashehoug www.lokus.no Side 9 v 10
Oppgve 4 1 er et nullpunkt for f. Det etyr t f (1) 0. er et infleksjonspunkt for f. Det etyr t f () 0. (, 4) er et punkt på grfen til f. Det etyr t f () 4. Vi definerer funksjonen f i CAS og får likningene på rd, og 4: Vi løser likningssystemet med de tre likningene i CAS og får Oppgve 5 Vi definerer funksjonen g i CAS og definerer tngenten til grfen for t som en funksjon f. Fktorisering gir ( ) y t t t t +.. Vi finner -koordinten til Q. Vi forkster t, som gir punktet P. 4. Vi finner y-koordinten til Q. t + 1 8 t + 8t t Q, Ashehoug www.lokus.no Side 10 v 10