R1 kapittel 8 Eksamenstrening

Løsninger til oppgvene i ok R kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i ok Uten hjelpemidler Oppgve E Hvis er et nullpunkt for De mulige nullpunktene for P, er konstntleddet 8 delelig med. P er derfor ±, ±, ± og ± 8. Vi prøver med =. P () = 7 + 8 = 7 + 8 = 0 Siden P () = 0, er = et nullpunkt for funksjonen. Vi regner ut P : ( ). ( 7 + 8) : ( ) = 6+ 8 6 + 8 6 + 6 8 8 8 8 0 Vi kn ltså skrive P = ( ) ( 6+ 8). Videre ruker vi nullpunktmetoden til å fktorisere 6+ 8= 0 6+ 8. ( 6) ( 6) 8 6 6 6 6 ± ± ± ± = = = = = = Dermed er 6+ 8 = ( )( ), og følgelig er P = ( )( )( ). c Vi skl løse ulikheten ( )( )( ) 0. ( + )( ) D tegner vi et fortegnsskjem med én linje for hver v de fem fktorene. 7 + 8 0 når < <, når < og når. Løsningsmengden er ltså L =,,,. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E Eleven forkorter med på egge sider v likningen i linje i utregningen. D glemmer eleven t kn være lik 0. Dermed forsvinner løsningen =. Vi kn også vise dette med impliksjonstegn. Linje og linje er ikke ekvivlente. Derimot gjelder ( ) ( ) = = I likningen ( )( ) = ser vi t = er en løsning. Altså er punktet (, 0) et skjæringspunkt mellom grfene, i tillegg til punktet (,) som eleven fnt. Alterntivt kn vi løse likningen med re ekvivlente overgnger: ( )( ) = ( )( ) ( ) = 0 ( )( ) = 0 ( )( ) = 0 = = y = y = y = 0 y = Skjæringspunktene mellom grfene er (, 0) og (,). Oppgve E Hvis f( ) er delelig med, er f () = 0. Vi løser derfor likningen () 0 + + 5 = 0 f = med hensyn på. + + 5 = 0 = Vi vet t f = + 5 er delelig med. + = ( 5) : 5 Likningen + 5 + 5 + 5 5 + 5 0 5 = 0 hr løsningene ± ± + ± ± = = = = = = 5 Dermed er f = ( + )( )( 5). Vi tegner fortegnsskjem. ( 5) 60 6 8 Ulikheten 0 f hr løsningen L =, [,5]. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E Hvis p er et oddetll større enn, kn vi skrive p n p+ n+ + n+ = = = n + p n+ n = = = n p + p Altså er åde og hele tll. p+ p ( p+ ) ( p ) p + p+ p p+ = = Vi setter p = 5. = +, der n er et positivt heltll. D er ( p + p+ ) ( p p+ ) p + p+ p + p p = = = = p 5+ 5 5 50 5 = = = 76 75 Oppgve E5 Lydstyrken er gitt ved L = 0 lg I I Vi setter inn 0 = og får I 0 0 I L= 0 lg = 0 ( lg I lg0 ) = 0 ( lg I ( ) ) = 0 (lg I + ) = 0 lg I + 0 0 Vi setter I = 0 inn i formelen for L. L= 0 lg I + 0 = 0 lg0 + 0 = 0 ( ) + 0 = 0 + 0 = 80 Lydstyrken på reidsplssen er 80 db. c Vi setter L = 00 inn i formelen for L, og får d likningen 0 lg I + 0 = 00 0 lg I = 0 lg I = 0 = 0 lg I I = 0 Lydintensiteten på klssefesten vr 0 W/m. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Oppgve E6 lg lg lg00 = lg00 = lg0 = 0 = 0 = = 8 0, 0 = 0 = 0 = 0 = 0 = 0, ln e = ln e = ln e = = = 0,5 ( ) 0 = 0 = 0 = 0, 000 7 0, 07 = 0, 07 = = = = = 0, 000 0 0 0 lg 0, = lg 0, = lg0 = ( ) ( ) = I synkende rekkefølge får vi dermed lg 0 Oppgve E7 lg 0, ln e 0,07 0,0 0 lg00 + + + = + + 6 6 6 + 6 ( + 6)( 6) ( 6) ( ) + = + + 6 ( + 6)( 6) 6 6 + + 6 = + ( + 6)( 6) ( + 6)( 6) ( + 6)( 6) 6 + + 6 = = = + + ( 6)( 6) ( 6)( 6) 6 0 + = = = = = = ( )( ) 0 5 5 ln ln + ln = ln + ln ln ln + ln = ln + ln ln + ln + 5ln c d = ( 6 + 5) ln + ( + ) ln = ln = ln lg lg = lg (lg lg00) = lg lg + lg00 00 Løsninger til oppgvene i ok = lg + lg0 = lg + = lg lg + = 0 lg + = lg Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok = = + ( + )( ) Nevneren kn ikke være lik 0. Altså kn ikke h verdiene eller. Vi multipliserer likningen med fellesnevneren ( + )( ). ( + )( ) ( + )( ) = + ( + )( ) Oppgve E8 = = = Løsningen vi hr funnet er forskjellig fr og. Løsningen v likningen er ltså L =. c lg0 = 0 = 0 lg0 0 = 00 = 0 L = 7 7 ln e { 0} e = = ln 7= 0 = 7 = ± 7 L = { 7, 7} d lg lg( + ) = Her må være positiv. lg = + = 0 + = 0+ 0 9 = 0 0 = 9 lg er ikke definert for negtive tll. Likningen hr derfor ingen løsning, L =. Aschehoug www.lokus.no Side 5 v 50

Løsninger til oppgvene i ok e f g = 8 = 8 9 = 6 = = = 0 {,} ± ± + ± ± = = = = = = L = 8 9 9 9 Vi må h smme grunntll på egge sider v ulikheten, og ruker d Siden grunntllet < må vi snu ulikhetstegnet. = er positivt for lle reelle tll. Ulikheten er derfor oppfylt for lle reelle tll, L =. e 5e > 0 e > 5e Vi må skrive høyre side v ulikheten som én potens, og ruker d ln 5 e > e e ln 5+ e > e Siden e> eholder vi ulikhetstegnet: > ln 5 + > ln 5 Løsningsmengden for ulikheten er ltså L = ln 5,. ln 5 5= e.. Aschehoug www.lokus.no Side 6 v 50

Løsninger til oppgvene i ok h ln( 8) < 0 ln( 8) < ln e 0 ln( 8) < ln 8< < 9 ln( 8) er re definert for > 8. Løsningen v ulikheten er derfor L = 8,9. Oppgve E9 lg lg lg lg lg 5lg lg f = + = + + = + 0, 00 0, 00 g = lg lg = lg lg = lg lg 0, 00 lg = lg lg0 + lg = lg ( ) = lg + f lg < g + 5lg + lg lg < lg + + 5lg < lg + 5lg < 0 lg + 5lg lg + < 0 lg + lg + 5lg lg < 0 lg + lg < 0 lg + Vi tegner et fortegnsskjem for de to fktorene lg og lg +. Telleren er negtiv når < 0 og positiv når > 0. Nevneren er negtiv når < 0 og positiv når > 0. I tillegg må vi huske t lg re er definert for > 0. Løsningen v ulikheten er ltså L = 0,0. Aschehoug www.lokus.no Side 7 v 50

Oppgve E0 Løsninger til oppgvene i ok Vi ser v grfen t funksjonen er kontinuerlig for lle verdier v ortsett fr =. Funksjonen er ltså kontinuerlig i hele definisjonsmengden. Siden funksjonen ikke er definert for =, er den heller ikke deriverr i dette punktet. For øvrig hr funksjonen tre knekkpunkter, for =, = og = 0. Funksjonen er ltså deriverr for D f \{,,0}. Grfen til f hr et toppunkt i (, ) og et unnpunkt i (0, 0). (Siden ingen v «endepunktene» ved = er med i definisjonsmengden, er heller ingen v disse punktene topp- eller unnpunkter.) Oppgve E = f f + = + + = + + + + ( ) = ( ) + ( ) + + f = f + f = + + + = ( ) + + f ( ) + + = = + f lim = lim ( + + ) = 0 0 Altså er f =. Oppgve E + + g = = + ( + ) + Vi ser t telleren i funksjonen, +, hr nullpunktet =. Den deriverte v telleren,, er ldri negtiv. Det etyr t telleren re kn h ett nullpunkt, og vi trenger derfor ikke å fktorisere noe mer. Vi tegner et fortegnsskjem med én linje for hver v de tre fktorene +, og +. Av fortegnsskjemet ser vi t g 0 når <. Løsningsmengden er ltså L =,. Aschehoug www.lokus.no Side 8 v 50

Løsninger til oppgvene i ok i telleren og nevneren for å finne den horisontle symptoten. Vi deler med + + g = = + + Dermed ser vi t lim g = ± Linj y = er derfor en horisontl symptote for grfen til g. Nevneren i uttrykket for g er lik 0 for = og for = 0. Telleren er forskjellig fr 0 i egge disse punktene. Linjene = og = 0 er derfor vertikle symptoter for grfen til g. Oppgve E Argumentet i logritmefunksjonen må være positivt. Altså er + 6> 0, som etyr t > 6. Definisjonsmengden for funksjonen er D f = 6,. f = 0 lg( + 6) = 0 lg( + 6) = 0 + 6= = 5 Funksjonen hr nullpunktet 5. c f ( 5,5) = lg( 5,5 + 6) = lg 0,5 = lg = ( lg lg ) ( 0 0,) = ( 0,) = 0,9 f ( 5) = lg( 5 + 6) = lg = 0 = 0 f ( ) = lg( + 6) = lg 0, = 0,9 f ( ) = lg( + 6) = lg = lg = lg 6 0, =,8 f ( ) = lg( + 6) = lg 5 0, 7 =, f () = lg( + 6) = lg8 = lg = lg 9 0, =,7 f () = lg( + 6) = lg0 = = 5,5 5 f( ) 0,9 0 0,9,8,,7 d Vi tegner først punktene vi regnet ut i oppgve c. Så tegner vi en jevn kurve som går omtrent gjennom punktene. Det gir figuren vist til høyre. e Vi ser t grfen til f skjærer linj y = for,. Ulikheten f hr løsningen L = 6,,. Aschehoug www.lokus.no Side 9 v 50

Oppgve E c d f = 0,05 + 5ln e 5 5 f u u (I det siste leddet hr vi rukt kjerneregelen: (e ) = e u ) = 0, 05 + 5 e = 0,5 + e = 0,5 + + e g = e g = e + e = e + e e e e e e ( ) = + = + = + Løsninger til oppgvene i ok h = + ( ) ( + ) ( ) ( + ) ( + ) ( ) + + h = = = = ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) k i = k e k k k k ( k) e k (e ) k e k e ( k) i = = k k (e ) e k k k k k e e e e ( ) e ( ) k k k k e e e e k k k k k k k k k = = = = Oppgve E5 Vi tegner fortegnslinje for f = ( )ln. Av fortegnslinj ser vi t = er et minimlpunkt og = er et mksimlpunkt for funksjonen. Oppgve E6 f = + gu = u g( f) = g ( u) f = (u ) u = = = = f ( + ) + + Vi ser t nevneren i uttrykket for g( f( )) er positiv for lle verdier v. g( f( )) er ltså negtivt når < 0, null når = 0 og positivt når > 0. Punktet = 0 er derfor et minimlpunkt for funksjonen g( f( )). g f ( ) = ( + ) = + = + g f ( (0)) = 0 + = Minimumsverdien til g( f( )) er. Aschehoug www.lokus.no Side 0 v 50

Oppgve E7 Av figuren ser vi t f < 0 når < og når 0,9 når >, og f = 0 når =, = 0,9 og Løsninger til oppgvene i ok < <, f > 0 når < < 0,9 og =. Dette etyr t = og = er minimlpunkter for funksjonen, og = 0,9 er et mksimlpunkt. Funksjonen er minkende når f < 0 og voksende når f > 0. Funksjonen er ltså minkende for, 0,9,, og voksende for, 0,9,. c f = 0 i toppunktet og unnpunktet på grfen til f. Altså er f = 0 når =, og når = 0,. d Vi ser t f vokser, ltså t f > 0, når <, og når > 0,. Grfen til f vender derfor den hule siden opp for,, 0,,. Oppgve E8 Grfen til f stiger når f 0 Vi ser t f > 0 når >, og f 0 > og synker når f < 0. < når <. Altså stiger grfen til f for, og synker for,. = =. Grfen til f går gjennom punktet P (, f( )) (,5) Stigningstllet for tngenten er gitt ved f = f ( ) = 0. Vi finner likningen for tngenten i punktet P fr ettpunktsformelen. y f( ) = f ( ) ( ) ( ) y 5 = 0 ( ) y = 5 Oppgve E9 Vi ser t den lå grfen hr unnpunkt for 0, = og toppunkt for =,8. I disse punktene skl den deriverte være lik null. Dette stemmer med den ornsje grfen. For = hr den lå grfen et vendepunkt. D skl den doeltderiverte være lik null. Dette stemmer med den grønne grfen. Altså er f( ) den lå grfen, f er den ornsje grfen, og f er den grønne grfen. Se oppgve. For øvrig synker grfen til f når < 0, og når >,8. D er f < 0. Grfen til f stiger når 0, < <,8. D er f > 0. Grfen til f stiger rttest for =. D hr grfen til f et toppunkt, og grfen til f hr et nullpunkt. Grfen til f krummer oppover når <. D stiger f, og f er positiv. Grfen til f krummer nedover når >. D synker f, og f er negtiv. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Oppgve E0 P = + 5 + 9= ( + 5 + 9) Løsninger til oppgvene i ok Vi ser t P () = + 5 + 9 = + 5 + 9 = 0. Altså er P delelig med. ( + 5 + 9) : ( ) = + 6+ 9 6 + 9 6 6 9 9 9 9 0 Til slutt gjenkjenner vi første kvdrtsetning: Altså er P ( ) = +. + 6+ 9 = + + = ( + ). P = + = = = () 5 5 50 P = + + = + + 5 9 5 6 9 P = + + = + + = + + = Vi finner likningen for tngenten fr ettpunktsformelen. y P() = P () ( ) () 5 6 9 8 5 6 9 60 9 95 y 50 = 95 ( ) y = 95 90 + 50 y = 95 0 Oppgve E ln ln e e h = = = Vi ruker kjerneregelen, h = e u, der u = ln. Det gir u u h = h ( u) u = e ln = e ln + (ln ) = + = + = + u u ln e ln e (ln ) e (ln ) = (ln + ) Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E e 5 = ln 5 ln = ln + 5ln = 7ln 5 L = ln ln = ln ( ln e ln ) c L + = 7ln + = 7ln L + 0 7ln 0 ln 0 0 0 e (ln er re definert for 0) < > 0< Ulikheten L + 0 hr løsningsmengden L = 0,. L = 7ln D L = 0, 7 L = 7 = = 7 7 L = 7 = 7 = Vi ser t L er negtiv for lle DL. Grfen til L krummer ltså nedover i hele definisjonsmengden, og hr følgelig ingen vendepunkter. Vi finner eventuelle topp- og unnpunkter ved å løse likningen L = 0. 7 = 0 7 = = 7 For = 7 er L = 0 og L 0 L (7) = 7 ln 7 7 <. Punktet ( 7, (7)) Grfen til L hr toppunktet ( 7, 7ln 7 7). L er derfor et toppunkt. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Oppgve E f = = ( ) Vi finner nullpunktene ved å løse likningen f( ) = 0. ( ) = 0 = 0 = 0 Løsninger til oppgvene i ok = 0 = Funksjonen hr nullpunktene 0 og. f = = 6= ( ) Vi ser t f = 0 når = 0 og når =. Vi tegner fortegnsskjem for f. Av fortegnsskjemet ser vi t = 0 er et mksimlpunkt og = er et minimlpunkt på grfen til f. f (0) = 0 0 = 0 f () = = 8 = 8 = Funksjonen hr toppunktet (0, 0) og unnpunktet (, ). (Endepunktene = og = er ikke med i definisjonsmengden, og kn derfor heller ikke være topp- eller unnpunkter.) c Se figuren til høyre. f () = = = f = = = Vi ruker ettpunktsformelen. y f() = f () ( ) () 6 6 y ( ) = ( ) y+ = + y = + Likningen for tngenten der = er gitt ved y = +. Vi ser t f = 6= 6 6, og f () = 6 6 = 0. Den ndrederiverte skifter fortegn for =, som etyr t (, () ) Tngenten i dette punktet klles derfor en vendetngent. f er et vendepunkt. Oppgve E Vi vil vise t punktet B er sentrum i kvdrtet AEFC, ltså t lle de fire trekntene ABC, BCF, BFE og ABE er kongruente. AC er en digonl i kvdrtet ABCD. Treknten ABC hr derfor vinklene 5, 5 og 90. Ettersom AEFC er et kvdrt, er ACF = 90. D er også BCF = 5. Trekntene ABC og BCF hr ltså to like sider (BC er felles og AC = CF ), og den mellomliggende vinkelen er lik. Dermed er trekntene kongruente. Tilsvrende finner vi også for trekntene BFE og ABE. Arelet v kvdrtet ABCD er lik. Altså er relet v treknten ABC lik. Dermed er relet v AEFC lik =. Arelet v AEFC er ltså doelt så stort som relet v ABCD. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok Vi ruker resulttet fr oppgve, og egynner med å konstruere kvdrtet AEFC med rel ekskt lik 00 cm. Sidene i AEFC skl ltså være nøyktig 0 cm. Kvdrtet ABCD lget på smme måte som i oppgve vil dermed h rel ekskt lik 50 cm. Konstruksjon Vi strter med å vsette linjestykket AE med lengde nøyktig 0 cm. Vi forlenger AE et stykke mot venstre, og konstruerer normlen gjennom A. Vi slår en sirkel om A med rdius AE. Skjæringspunktet mellom sirkelen og normlen gir oss punktet C. Vi slår en sirkel om C og en sirkel om E, egge med rdius AE. Skjæringspunktet mellom disse sirklene gir oss punktet F. 5 Vi trekker linjestykkene CF og EF. 6 Vi trekker digonlene AF og CE. Skjæringspunktet mellom digonlene gir oss punktet B. 7 Vi slår en sirkel om A og en sirkel om C, egge med rdius AB. Skjæringspunktet mellom disse sirklene gir oss punktet D. 8 Til slutt trekker vi linjestykkene AD og CD. Aschehoug www.lokus.no Side 5 v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E5 Anlyse Vi kjenner to sider og den motstående vinkelen til den lengste v de to sidene. Treknten er derfor entydig estemt. Fr thlessetningen må punktet C ligge på en hlvsirkel med AB som dimeter. Lengden v AC er en firedel v lengden v AB. Dette konstruerer vi lettest ved å hlvere AB to gnger. Konstruksjon Vi vsetter linjestykket AB, og ruker psseren til å måle opp lengden. Vi konstruerer midtnormlen på AB, og finner dermed midtpunktet M. Vi slår en hlvsirkel om M med rdius MB. Vi konstruerer midtnormlen på AM, og finner dermed midtpunktet N. 5 Vi slår en sirkel om A med rdius AN. Skjæringspunktet mellom denne sirkelen og den store hlvsirkelen er punktet C. 6 Til slutt trekker vi linjestykkene AC og BC. Vi hlverer vinklene A, B og C i treknten. Vinkelhlveringslinjene skjærer hverndre i ett punkt, som er sentrum S i den innskrevne sirkelen til treknten. Vi vsetter derfor en sirkel med sentrum i S som tngerer sidene i treknten. Oppgve E6 ABC er stt smmen v tre mindre treknter, ABS, BCS og CAS. Arelet v disse trekntene er gitt ved T ABS = rc T BCS = r T CAS = r Dermed er T ABC = rc + r + r = r ( + + c) Aschehoug www.lokus.no Side 6 v 50

Løsninger til oppgvene i ok Alle de tre sidene i treknten er kjent. Treknten er derfor entydig estemt. Vi strter med å vsette linjestykket AB med lengde 6 cm. Vi slår en sirkel omkring A med rdius cm, og en sirkel omkring B med rdius 5 cm. Skjæringspunktet mellom disse sirklene gir oss punktet C. Vi trekker linjestykkene AC og BC. Vi hlverer lle vinklene i treknten, og trekker vinkelhlveringslinjene. Vinkelhlveringslinjene skjærer hverndre i ett punkt, som er sentrum S i den innskrevne sirkelen. 5 Til slutt vsetter vi en sirkel med sentrum i S som tngerer sidene i treknten. Oppgve E7 Trekntene CES og CFS er egge rettvinklede, de hr siden CS felles, og ES = FS = r. Trekntene er derfor kongruente, som etyr t CF = CE = β. Tilsvrende er trekntene BDS og BES kongruente, som etyr t BD = BE = α. Arelet v treknten er dermed gitt ved AABC = A ADSF + ADBS + ABES + AECS + A CFS = r + αr+ αr+ βr+ βr = r + αr+ βr = ( α + β) r+ r ( α + r) + ( β + r) = ( α + β) α + αr+ r + β + βr+ r = α + αβ + β r + α r+ βr = αβ r + ( α + β) r = α β Fr oppgve vet vi t A ABC = ( α + β) r+ r. Altså er A ABC = α β. c Arelet v treknten er A ABC = α β = = 6. Vi setter inn for α og β i likningen r + ( α + β) r = α β. r + ( + ) r = r + 5r 6= 0 5 ± 5 ( 6) 5 ± 5 + 5 ± 9 5 ± 7 r = = = = r = 6 r = Det er re den positive løsningen som gir mening. Rdien i den innskrevne sirkelen er ltså r =. Aschehoug www.lokus.no Side 7 v 50

Oppgve E8 Vi strter med å vsette linjestykket AB med lengde r = 0,0 cm. Løsninger til oppgvene i ok Vi konstruerer midtnormlen på AB, og finner dermed midtpunktet O. Vi slår en hlvsirkel om O med rdius OA. Skjæringspunktet mellom hlvsirkelen og midtnormlen gir oss punktet C. Vi trekker linjestykkene AC og BC. 5 Vi konstruerer midtnormlen på AC, og finner dermed midtpunktet D. 6 Til slutt slår vi en hlvsirkel om D med rdius DA. Skjæringspunktet mellom hlvsirkelen og midtnormlen gjennom D gir oss punktet E. Vi legger smmen relene v hlvsirkelen AEC og treknten AOC, og trekker fr relet v kvrtsirkelen ACO. D står vi igjen med relet v Hippokrtes-månen. Vi må først finne rdien AD i hlvsirkelen AEC. D ruker vi pytgorssetningen på AOC. AC AO OC r r r r r = + = + = = = AC AD = = r Arelet v hlvsirkelen AEC: π AD = π r = π r = πr Arelet v treknten AOC: r Arelet v kvrtsirkelen ACO: π r Arelet v Hippokrtes-månen er dermed π r + r π r = r = A AOC. Aschehoug www.lokus.no Side 8 v 50

Oppgve E9 u = t, 5 v =, t 5 5 5 =,, = + = + = + 5 u v u v = 0 u v t t t t t t t t t + t 5= 0 ± ± + ± ± t = = = = 5 t = t = ( 5) 9 0 9 7 c v er prllell med -ksen dersom v er på formen [,0]. 5 v =, t 5 t = 0 5 t = v =, der y = t 5. Asoluttverdien v v er ltså gitt ved v = + y = + y d v er på formen [, y] Vi ser derfor t v er minst mulig når Følgelig hr v sin minste verdi når Vi setter t = 5inn i uttrykket for v. 5 5 v =, =,0 v = + = = [ ] 0 Den minste lengden v kn h er. e t t u = t + = t + 9 u = 5 + 9 = 5 + 9 = 5 t = 6 t = 6 t = 6 t = t = Løsninger til oppgvene i ok y er minst mulig, som etyr t y = 0. 5 t =.. Aschehoug www.lokus.no Side 9 v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E0 y y + + 6 = 0 Vi må skrive likningen på formen y y + + 6 = ( ) + ( y y ) = r. 0 0 ( + ) + ( y + y + ) = + y+ = 9 + y+ = 5 ( ) + ( y ( )) = 5 Sirkelen hr sentrum i punktet (, ) og rdius 5. Oppgve E S hr sentrum i origo og rdius 5. S hr sentrum i punktet (, 0) = (6, 0) og rdius. Begge sirklene hr sentrum på -ksen. Hvis sirklene tngerer hverndre, vil derfor også tngeringspunktet ligge på -ksen. Vi setter derfor y = 0 inn i likningene for sirklene. = 5 ( ) = 9 =± 5 =± Vi setter de to verdiene for inn i den ndre likningen for å finne. 5 =± 5 =± = 5± = 5± = 8 = = = 8 Sirklene tngerer hverndre når { 8,,,8}. Oppgve E rt = ln( t+ ), t [ ] Vi finner skjæringspunktene med -ksen ved å sette y = 0, og skjæringspunktene med y-ksen ved å sette = 0. -ksen: t = 0 t = = ln( t+ ) = ln( + ) = ln 5,6 = 6, Grfen til r skjærer -ksen i punktet (6,, 0). y-ksen: 0 ln( t+ ) = 0 t+ = e t = 0 y = t = 0 = Grfen til r skjærer y-ksen i punktet (0, ). Aschehoug www.lokus.no Side 0 v 50

Løsninger til oppgvene i ok Vi setter først opp en tell der vi regner ut og y for noen verdier v t. For eksempel gir t = 5 = ln(5 + ) = ln 6 = ln( ) = (ln + ln ) (0, 7 +,) =,8 = 7, y = 5 = t 0 5 7 8 9 0,8, 5,6 6, 7, 8, 8,8 9, 0 y 0 5 7 Vi mrkerer punktene i et koordintsystem, og tegner en jevn kurve som går gjennom punktene. Det gir figuren vist til høyre. c vt () = r () t = [ ln( t+ ), t ] = ( ln( t+ ) ), ( t ) =, t + =, t + d v() =, =, + 5 v () er frtsvektoren til prtikkelen for t =, som er prllell med tngenten til nen i dette r () 6,, 0. punktet. Vi tegner derfor vektoren med strtpunkt i Oppgve E f = + f = f () = = Vi setter inn i uttrykkene for tngenten og normlen, der (, y ) = (, ). Tngent: y y = f ( ) y = ( ) y = + y = + Norml: y y = ( ) f y = ( ) y = + y = 0,5+,5 Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Både tngenten og normlen går gjennom punktet (, y ) = (, ). Løsninger til oppgvene i ok Tngent: Når øker med, øker y med. En retningsvektor er derfor [, ] = [,]. En prmeterfrmstilling for tngenten er dermed = + t y = + t. Norml: Når øker med, minker y med. En retningsvektor er derfor [, ]. En prmeterfrmstilling for normlen er dermed = + s y = s. Tngenten hr retningsvektor [, ], og normlen hr retningsvektor [, ] [, ] [, ] = + = = 0 Retningsvektorene står vinkelrett på hverndre. Tngenten og normlen står derfor vinkelrett på hverndre. Oppgve E lg < 5 = lg00 000 lg er re definert for > 0. For øvrig er logritmefunksjonen monotont voksende. Derfor gjelder ekvivlensen lg < 5 0 < < 00 000 Hvis u + v = 0, så er v = u. Altså er u og v prllelle. Men to prllelle vektorer trenger ikke å h sum lik null. F.eks. kn v = u ( 0). Derfor gjelder impliksjonen u + v = 0 u v c Vi løser likningen + =. D egynner vi med å kvdrere på egge sider. D må vi huske å kontrollere løsningene, siden vi kn få «flske» løsninger når vi kvdrerer. + = ( ) d + = 6 8+ 0 9 = + ( 9) ( 9) 9 8 56 9 5 9 5 ± ± ± ± = = = = = = 7 Vi kontrollerer løsningene: + = + 7 = 7. = = Det er re den første løsningen som stemmer med den opprinnelige likningen. Altså gjelder impliksjonen + = = = 7 Vi deriverer funksjonen Men hvis f( ) = e, og får d f = ( e ) = e = e. f = e så trenger ikke f( ) å være lik vilkårlig konstnt i uttrykket for f, f = e f = e f e e. Vi kn nemlig legge til en = + C. Altså gjelder impliksjonen Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok P e f( ) er en rsjonl funksjon, f =, der Q () = 0. Q Dersom P() 0 så er = en vertikl symptote for grfen til f. Men siden = kn være et nullpunkt også for P, vet vi ikke om = er en vertikl symptote for funksjonen. Altså gjelder impliksjonen = er nullpunkt for nevneren Q = er vertikl symptote for grfen til f Oppgve E5 Antll måter vi kn velge jenter lnt de 7 jentene, er 7 7 Antll måter vi kn velge gutt lnt de 5 guttene, er 5 5 =. Antll måter vi kn velge representnter lnt de personene, er P 0 0 = = = = 0! 6 Snnsynligheten for å velge to jenter og én gutt er dermed 7 5 5 05 05 : 5 P(to jenter og én gutt) = = = = = 0 0 0 : 5 Oppgve E6 P 7 6 = = = =.! Tre firedeler v guttene hr vlgt llspill. Altså er PB ( G ) =. En tredel v elevene er gutter, dvs. PG =. Hlvprten v jentene ( G ) hr vlgt llspill, PB ( G ) =. Fr setningen om totl snnsynlighet får vi dermed PB = PG PB ( G) + PG PB ( G) 7 = + = + = + = + = Vi finner snnsynligheten PG ( B ) fr Byes' setning. PG ( B) PG PB ( G) PG ( B) = = = = = = PB PB 7 7 7 7 Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E7 For hvert v de åtte spørsmålene er det to svrlterntiver. 8 Lget kn derfor svre på de åtte spørsmålene på = 56 måter. Lget skl velge to temer lnt seks mulige. 6 6P 6 5 0 = = = = 5! Lget kn velge de to temene på 5 forskjellige måter. c Vi kn velge én gutt lnt to gutter på = måter. Dette er også ntllet måter vi kn velge én jente lnt to jenter. Vi kn velge to personer fr et quizlg på fire på P = = = = 6! Dermed er P(én gutt og én jente) = = = = 6 6 Snnsynligheten for å trekke ut én gutt og én jente er. måter. Oppgve E8 Hendelsen J S etyr t åde J og S inntreffer, ltså t eleven som trekkes ut er en jente som ruker snus. Det er 0 % jenter på skolen, som etyr t PJ = 0, 0. 0 % v jentene ruker snus, som etyr t PS ( J ) = 0,0. PJ ( S) = PJ PS ( J) = 0, 0 0,0 = 0,00 =,0 % Snnsynligheten for å velge en jente som snuser, er,0 %. Vi hr t PJ = 0,60 (60 % gutter) og PS ( J ) = 0, 0 (0 % v guttene snuser). Det gir PJ ( S) = PJ PS ( J) = 0,60 0, 0 = 0, PS = PJ ( S) + PJ ( S) = 0,00 + 0, = 0,6 = 6 % Snnsynligheten for å velge en elev som snuser, er 6 %. PJ ( S) 0,00 PJ ( S) = = = = = 0,5 = 5 % PS 0,6 6 Snnsynligheten for t vi hr vlgt en jente, dersom vi hr vlgt en elev som snuser, er 5 %. c Hendelsene J og S er uvhengige dersom PS ( J) = PS. Vi hr funnet t PS ( J ) = 0,0 og PS = 0,6. Altså er PS ( J) PS. Hendelsene J og S er derfor vhengige. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Oppgve E9 Vi hr hendelsene B = «vi velger terning B» = «treer i egge kstene» Løsninger til oppgvene i ok Terning A er ltså det smme som «ikke B», A= B. Vi regner med t det er like snnsynlig å velge terning A og terning B, P(B) = P(B) =. Terning A er en vnlig terning, som etyr t P( B) = = 6 6 Med terning B er derimot snnsynligheten for å få treer i ett kst lik. Altså er P( B) = = 9 Dermed er P() = P(B ) + P(B ) = P(B) P( B) + P(B) P( B) 5 = + = + = + = + = 9 6 8 7 8 7 7 7 7 Snnsynligheten for å få treer i egge kstene er 5 7. Vi vil finne P (B ), og ruker derfor Byes' setning. P(B) P( B) 9 8 7 7 8 P(B ) = = = = = = = P() 5 5 8 5 8 5 8 5 5 7 7 Snnsynligheten for t du kstet med terning B, gitt t du fikk treer i egge kstene, er 5. Oppgve E0 c For hver v de fire okstvene i koden er det fem lterntiver. Antllet mulige koder til låsen er derfor 5 = 65. Hvis lle okstvene skl være forskjellige, svrer det til å trekke fire okstver fr et utvlg v fem okstver, uten å legge dem tilke. Antllet mulige koder er derfor 5P = 5 = 0 Hendelsene «lle er forskjellige» og «minst to like» er komplementære. Antllet mulige koder der minst to okstver er like, er derfor 65 0 = 505. Aschehoug www.lokus.no Side 5 v 50

Løsninger til oppgvene i ok Med hjelpemidler Oppgve E f( ) er en ndregrdsfunksjon som hr to smmenfllende nullpunkter i =. Funksjonsuttrykket er derfor på formen f = ( ). Vi ruker skjæringspunktet (0, 8) med y-ksen til å estemme konstnten. f (0) (0 ) 8 = 8 = = = Dermed er f = ( ). g er en tredjegrdsfunksjon, og hr derfor tre nullpunkter. To v nullpunktene er smmenfllende i =, siden grfen tngerer -ksen her. I tillegg hr funksjonen nullpunktet. Funksjonsuttrykket er derfor på formen g = k ( ) ( + ) Vi estemmer k fr skjæringspunktet (0,9) med y-ksen. g (0) (0 ) (0 ) 9 k 9 = 9 = k + = k = c h er en fjerdegrdsfunksjon med to nullpunkter i = og to nullpunkter i =. Funksjonsuttrykket er derfor på formen h = ( + ) ( ). Vi ruker punktet (0, 8) til å estemme konstnten. h (0) = (0 + ) (0 ) = 8 = 8 Dermed er = Oppgve E h ( ) ( ) = +. Antllet kuler i trekntene er hlvprten v ntllet kuler i de tilsvrende rektnglene. Rektngel nummer n hr sider n og n +. Antllet kuler i rektnglet er derfor n ( n+ ). nn+ Dermed er det n-te treknttllet gitt ved. De fire første treknttllene er,, 6 og 0. 8+ = 8+ = 9= 8 + = + = 5 = 5 6 8 + = 8 + = 9 = 7 0 8 + = 80 + = 8 = 9 Plutrks setning gjelder ltså for de fire første treknttllene. Aschehoug www.lokus.no Side 6 v 50

c Vi setter n = 00 inn i formelen for det n-te treknttllet. nn+ 00 0 = = 5050 5050 8 + = 0 0 = 0 Treknttll nummer 00 gir kvdrttll nummer 0. Løsninger til oppgvene i ok d Vi tr utgngspunkt i treknttll nummer n. nn ( + ) 8 + = nn + + = n + n + = n + n + = n + Treknttll nummer n gir ltså kvdrttll nummer n +, som eviser Plutrks setning. Oppgve E n Un = 5 U () = 5 = 5 = U () = 5 = 65 = 6 U () = 5 = 5 6 = 8 6 = 08 5 6 = 508 Både U (), U () og U () er ltså delelig med. n n n 5 5 ( 5 ) n n Un= = = = ( 5 ) ( 5 + ) c Hvis vi ser på tre nturlige tll i stigende rekkefølge, dvs. m, m + og m +, så vil lltid nøyktig ett v disse tllene være delelig med. Vi ser på tllene 5 n, 5 n og 5 n +. Nøyktig ett v disse tllene er delelig med. Det midterste tllet, 5 n, inneholder re fktorer v 5, og kn derfor ikke være delelig med. Følgelig må enten 5 n eller 5 n + være delelig med. 5 n n Un= 5 + er derfor delelig med for lle nturlige tll n. Produktet Oppgve E Primtll Nturlige tll Kvdrttll Differnse p n n n 5 7 6 5 6 7 6 7 7 9 8 9 9 0 9 0 n n n 5 7 5 6 8 7 9 9 Aschehoug www.lokus.no Side 7 v 50

Vi lr n+ n = p og n n =. Vi legger smmen de to uttrykkene. ( n + n ) + ( n n ) = p+ c n = p+ p + n = Dermed er p+ p p+ p p p n = p n = p = = = n p+ p n = p + p+ p p+ p + p+ p + p p Løsninger til oppgvene i ok = = = = p Vi ser t n og n er hele tll hvis p er et oddetll. Alle primtll større enn er oddetll. Alle primtll større enn kn derfor skrives som differnsen mellom to kvdrttll. Oppgve E5 lg n n n = > 0, n> 0 n n lg n n n = n n n n lg n = n n lg n lg = lg n n Vi strter med å enytte smmenhengen lg = lg. lg lg = n lg n n lg lg n lg = 0 n n (lg n) lg = 0 n (lg n) (lg lg n) = 0 c Likningen i oppgve er oppfylt dersom én v fktorene er lik 0. lg n= 0 lg lg n= 0 lg = n lg = lg n = 0 n = n Løsningen v likningen er = n = 0 n. Aschehoug www.lokus.no Side 8 v 50

Oppgve E6 En nedgng på 0 % per år svrer til vekstfktoren 0,90. 66 000 0,90 = 596 700 597 000 Ved utgngen v 0 hdde VGs ppirutgve c. 597 000 lesere. Dgldet hr en årlig nedgng på 6 %, som svrer til vekstfktoren 0,9. Fr 0 til 07 hr det gått fem år. 5 6 000 0,9 = 9 5 9 000 Ved utgngen v 07 vil Dgldet h c. 9 000 lesere. Vi må løse likningen 6 000 0,9 = 6 000. 6 000 0,9 = 6 000 6 000 lg 6 000 = lg 0,9 = 5,9 Dgldet vil h mistet 00 000 lesere etter c. 5,9 år. t c 7 000,0 50 000 t 50 000,0 7 000 t 50 000 lg,0 lg 7 000 50 000 lg 7 000 t lg, 0 t 7,5 Etter t år vil ntllet lesere v DN h økt til 7 000,0 t. Det vil ltså t c. 7,5 år før DN hr 50 000 lesere v sin ppirutgve. Løsninger til oppgvene i ok Aschehoug www.lokus.no Side 9 v 50

Løsninger til oppgvene i ok d Etter t år hr DN 7 000,0 t lesere, mens Dgldet hr 6 000 0,9 t lesere. t t Ulikheten 7 000,0 6 000 0,9 forteller oss derfor hvor mnge år det vil t før DN hr flere lesere v sin ppirutgve enn det Dgldet hr. e Vi skriver inn ulikheten i CAS-delen v GeoGer, og trykker på knppen. I første omgng finner GeoGer den ekskte løsningen. Vi kn velge løsningen i linje, og trykke på. D får vi en tilnærmet løsning. Løsningen v ulikheten er ltså t, 9. Vi tegner grfene til f( t ) = 7 000,0 t og Oppgve E7 c gt = 6 000 0,9 t i smme koordintsystem. Vi ser t kurvene skjærer hverndre for t =, 9. t t Ulikheten 7 000,0 6 000 0,9 hr ltså løsningen t, 9. 0,t vt = 0 8, e Vi tegner grfen til vt () for 0 t. Av figuren ser vi t v (5) = 7,0. Etter 5 timer er vnninnholdet i jordlget 7,0 mm. 0,t vt = 0 8, e 0,t 0,t 0,t v ( t) = 8, ( e ) = 8, e ( 0,) =,6 e 0, v () =, 6 e = 0, 7 Etter timer øker vnninnholdet i jordlget med 0,7 mm per time. 0,t v ( t) =, 6 e Vi ser t v () t går mot 0 etter hvert som t øker. Vnninnholdet i jord nærmer seg ltså en konstnt verdi. (Av figuren i oppgve (og uttrykket for v) ser vi t denne konstnte verdien er 0 mm.) Aschehoug www.lokus.no Side 0 v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E8 Løsning med CAS i GeoGer: Vi definerer først funksjonen. Vi finner topp- og unnpunktet ved å løse likningen f = 0. Grfen til f stiger mot høyre når er stor. Det etyr t > 0. Derfor er det den første løsningen i () som gir unnpunktet, og den ndre løsningen gir toppunktet. Vi finner -koordinten til toppunktet. 5 Vi finner -koordinten midt mellom toppunktet og unnpunktet. 6 Vi finner -koordinten til vendepunktet, og ser t dette er det smme som (5). Dermed hr vi vist t vendepunktet ligger midt mellom toppunktet og unnpunktet. Vi inkluderer også en løsning uten CAS: f = + + c + d f = + + c Vi vet t f = 0 i toppunktet og i unnpunktet, ltså for = p og for = q. Det etyr t vi kn skrive f = ( p)( q) = ( ( p+ q ) + pq). Vi finner vendepunktet ved å løse likningen f = 0. f = ( ( p+ q) ) f = 0 0= ( ( p+ q) ) 0 0= ( p+ q) p+ q = -koordinten til vendepunktet ligger ltså midt mellom -koordinten til toppunktet og -koordinten til unnpunktet. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Oppgve E9 Volumet v kjegl er gitt ved V Overflten v kjegl er gitt ved O =π r +π rs, der s = r + h fr pytgorssetningen. Altså er Løsninger til oppgvene i ok V =. π r = π rh= 0,5 dm. Høyden er derfor gitt ved h V =π +π + =π +π + O() r r r r h r r r πr Vi deriverer funksjonen og løser likningen O () r = 0for å finne rdien som gir minst overflte. Det lir komplisert å regne ut dette for hånd, og vi ruker derfor CAS. Av løsningen i GeoGer ser vi t r = 0,55 dm. Dermed er V 0,5 h = = dm =,56 dm πr π 0,55 Overflten v kjegl lir minst mulig når rdien i kjegl er c. 6 cm og høyden er c. 6 cm. Oppgve E50 Linj hr stigningstll og går gjennom punktet (, y ) = (,). Vi finner likningen for linj fr ettpunktsformelen. y y = ( ) y = ( ) y = y = + Linj skjærer y-ksen når = 0. D er y = +. Altså er B = (0, + ). Linj skjærer -ksen når y = 0. Det gir + = 0 = = A= ( ), 0. Arelet v treknt OAB er dermed Altså er ( ) F( ) = OA OB = ( + ) = ( ( ) ) = Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok c + F ( ) = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 ( ) ( ) 6 8 ( ) + + + + = = + + + + = = = = Stigningstllet skl være negtivt. Funksjonen F hr ltså et unnpunkt for =. 6 8 8 8 8 ( ) ( ) ( ) Når relet F er minst mulig, er likningen for den rette linj y = + = + = + + = + Oppgve E5 f = 6 e 8 8 8 8 8 f = (6 ) e + 6 e = 6 e + 6 e 8 8 8 8 8 = 6 e + 6 e = 6 e = ( ) e 8 Se figuren til høyre. c Vi ser t f = 0 når = og når =. f < 0 når < og når >, og f > 0 når < <. Grfen til f hr unnpunkt for = og toppunkt for =. ( ) 8 f ( ) = 6 e = e = 7,8 8 f () = 6 e = e = 7,8 Grfen til f hr et toppunkt i (, 7, 8) og et unnpunkt i (, 7, 8). Grfen til f hr unnpunkter for =,6 og =,6, og toppunkt for = 0. f skifter ltså fortegn i disse punktene. Punktene er derfor vendepunkter på grfen til f.,6 8 (,6) 8 f (, 6) = 6 (, 6) e =, 6 f 0 8 0 (0) = 60e = 0e = 0 f (,6) = 6,6 e =,6 Grfen til f hr vendepunkter i (,6,,6), (0, 0) og (,6,,6). Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Oppgve E5 Grunnflten hr relet, og hver v de fire sidefltene hr relet h. Det smlede overflterelet v kret er derfor + h =. Dermed er h = h = = = Både og h må være positive. Altså er > 0 og h > 0. > 0 > > (siden > 0) c < = kn h verdiene 0,. Kret hr en grunnflte med rel og høyde h. Volumet er derfor gitt ved V = h= = d Vi løser likningen V = 0 i GeoGer, der > 0. V( ) er størst mulig når =. Kret rommer d L vnn. Oppgve E5 Siden punktet S (, 0) Løsninger til oppgvene i ok = ligger mellom origo og punktet R = (, 0), er 0 < <. Bredden v rektnglet er, og høyden er gitt ved f = +. Arelet v rektnglet er dermed gitt ved A = ( ) ( + ) = + 5 = + + 5 A = + = + = for { } Fr c-formelen finner vi t A 0,7. Altså er A = ( )( 7). Vi tegner fortegnsskjem. A hr minimlpunkt = og mksimlpunkt = 7. Vi må også kontrollere rndpunktene = 0 og =. Selv om punktene ikke er med i definisjonsmengden, kn funksjonsverdien komme vilkårlig nær disse verdiene. A(0) = 0 + 0 0 + 5 = 5 A A () = + + 5 = (7) = 7 + 7 7 + 5 = 50 A() = + + 5 = 0 Den største verdien relet kn h er 50. Men det finnes ingen minste verdi for relet. Vi kn nemlig få relet så nær 0 vi vil ved å velge nær nok. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok c Vi tegner grfen til A for 0 < <. Av figuren ser vi t grfen til A hr unnpunkt (, ) og toppunkt (7, 50). Mksimlverdien 50 er også solutt mksimum for funksjonen. Men funksjonen hr ikke noe solutt minimum. Funksjonsverdien kn komme vilkårlig nær 0 når nærmer seg. Oppgve E5 Det sirkulære jordstykket hr omkrets π r =. Rdien er derfor r = π, og relet er dermed gitt ved =π r =π =π = S π π π Til smmen skl omkretsen v det sirkulære og det kvdrtiske jordstykket være 00 m. Omkresten v det kvdrtiske jordstykket er derfor 00. Sidene i kvdrtet er d s = (00 ) = 00, og relet er K = s = 00 = 00 00 + = 50+ 0 000 6 Det totle relet onden gir fr seg er A = S + K = + 50+ 0 000 0, 00 π 6 = + 50+ 0 000 π 6 Vi finner minimumsverdien ved å løse likningen A = 0. +π A = + 50 = + 50 = 50 π 6 π 8 8π +π 0 = 50 8π 50 8π 00π = = +π +π 00π 00π 00π A = + 50 + 0 000 = 560 +π π 6 +π +π Det minste relet onden må gi fr seg er 560 m. Aschehoug www.lokus.no Side 5 v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E55 Vi ser t f 0 < når <, og f > 0 når >. Grfen til f vender derfor den hule siden ned når <, og opp når >. f skifter fortegn for =. Punktet (, f () ) er derfor vendepunktet til grfen. For = er f = 0 og f < 0. Punktet (, f ) er derfor et toppunkt på grfen. For = er f = 0 og f > 0. Punktet (, f ()) er derfor et unnpunkt på grfen. Til smmen kn dette f.eks. gi grfen vist til høyre. Oppgve E56 Punktet B hr koordintene (, 0), der > 0. Punktet C hr koordintene (, f ) (, h) h = e ln h= = ln h = ln h =. Altså er Bredden v rektnglet er dermed AB = = ln h. Rektnglet hr redden ln h og høyden h. Arelet er dermed gitt ved Ah = h ln h Vi finner den største verdien relet kn få ved å løse likningen A ( h) = 0. A ( h) = ( h) ln h + h ln h = ln h + h ln h ln h h = ln h + = ln h ln h h ln h ln h = 0 ln h ln h = ln h ln h = ln h = h = e = e Den største verdien Ah kn få er ltså e h ln h = e = = e = e Det største relet rektnglet kn få er e,. Aschehoug www.lokus.no Side 6 v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E57 Vi forlenger linjestykket CO ned til punktet D på AB. Siden ABC er likeeint, deler D linj AB i to like lnge deler. Pytgorssetningen på ADO gir r = 0 + = r 900 Pytgorssetningen på ADC gir dermed 50 = 0 + ( + r) 500 = 900 + + r + r 500 = 900 + ( r 900) + r r 900 + r 500 900 r r 900 = 50 r r ( r 900) = 50 r r 900r = 50 500r + r 600r = 50 = r + r r 50 r = 0 5 r = Rdien r i sirkelen er gitt ved Oppgve E58 5 r =. Vi mrkerer sentrum S i sirkelen, som ligger midt på dimeteren AC, og vinklene u og v i henholdsvis ASD og BSC. D er CSD = 80 u, som vist på figuren. Så ruker vi setningen om periferivinkel på ABSD : Periferivinkelen BAD er hlvprten så stor som sentrlvinkelen BSD. Altså er 80 u + v 90 u BAD = = v Med u = 0 og v = 90 gir dette 0 90 0 BAD = 90 = 90 = 75 Aschehoug www.lokus.no Side 7 v 50

Løsninger til oppgvene i ok Fr thlessetningen er ABC = ADC = 90. Dermed er trekntene ABP og ADQ egge rettvinklede. Trekntene hr også BAD felles: BAP = DAQ = BAD. Den tredje vinkelen må derfor også være felles, α = β, dvs. ABP ADQ. Vinkelsummen i trekntene er 80, som etyr t α + BAD = 90. Altså er u v u v α = β = 90 BAD = 90 90 = Med u = 0 og v = 90 gir dette 0 90 0 α = β = = = 5 c Vi hr llerede vist generelt t α = β = ( u v)i oppgve. Figuren i oppgven, og eregningene våre, er sert på t u > v. Hvis u < v lir figuren litt nnerledes. Hvis vi f.eks. holder v fst og minker u, dvs. flytter punktet D nærmere A, vil punktet P flytte seg til venstre for sirkeluen AB når u < v. Resten v eregningen lir den smme som i oppgve og. Vi kn derfor generelt skrive u v α = β = ( u v) Spesiltilfellet u = v er ikke mulig. D lir nemlig ABCD et rektngel, og punktene P og Q hvner uendelig lngt unn. Vi må derfor forutsette t u v. Oppgve E59 Linj l går gjennom punktet S = (, ) = (, y ). Retningsvektoren for linj er prllell med SP = [ 9,9 ] = [ 5,5] = 5 [,] Vi kn derfor ruke retningsvektoren k =, =,. [ ] [ ] En prmeterfrmstilling for l er derfor = + t = + t y = y + t = + t c Avstnden mellom P og S er gitt ved SP = 5, 5 = 5 + 5 = 50 = 5 0 = 5 0 = 5 0 [ ] Rdien i sirkelen er r = 0, som etyr t SA = 0. Dermed er AP = SP SA = 5 0 0 = 0 Punktene A og B ligger på linj l, som etyr t åde SA og SB er prllelle med k = [,]. Lengden v k er + = 0. Rdien i sirkelen er ltså r = k. Det etyr t SA = k og SB = k. Vi finner dermed posisjonsvektorene for A og B: OA = OS + SA = OS + k = [,] + [,] = [ +,+ ] = [ 0,6] OB = OS + SB = OS k = [,] [,] = [, ] = [,] Koordintene til A og B er A = (0, 6) og B = (, ). Aschehoug www.lokus.no Side 8 v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E60 Vi finner først høyden h i drgen. D ruker vi pytgorssetningen på trekntene ABS og BCS. AS = y = 5,0 = 5 CS = h y =, 0 = Dermed er h= 5 +. Trekntene ABC og ADC er kongruente, med rel h. Arelet v drgen er derfor ( A = h = h = 5 + ) Vi ser v figuren (og uttrykket i oppgve ) t må være mindre enn 5. Vi tegner derfor grfen til A for 0< < 5. Grfen hr toppunktet (,6, 60). Det største relet drgen kn h er derfor 60 dm. Oppgve E6 Trekntene ABC og DEC hr vinkel C felles. Begge trekntene er likeeinte, og DE og AB er prllelle. Derfor er BAC = ABC = EDC = DEC. Trekntene hr ltså prvis like store vinkler, som etyr t ABC og DEC er formlike. Forholdet mellom tilsvrende sider er konstnt. Vi ser på høyden og grunnlinj i trekntene. DEC hr høyde y og grunnlinje. ABC hr høyde 8 og grunnlinje 6. Altså er y = 8 6 8 y = = 6 Høyden h i treknten DEF er dermed gitt ved h= 8 y = 8 Treknt DEF hr grunnlinje og høyde h. Arelet er derfor gitt ved 8 T h = = 8 = = Aschehoug www.lokus.no Side 9 v 50

c Vi deriverer T( ) og løser likningen T = 0. T = = = 0 = T = = = Den største verdien v T( ) er 6. () 6 6 Løsninger til oppgvene i ok Treknt DEF hr d grunnlinje = og høyde h= 8 = 8 =. Alle de fire likeeinte trekntene AFD, FBE, DEF og DEC hr ltså grunnlinje og høyde. Treknt ABC estår derfor v fire kongruente treknter. Oppgve E6 rt = 5 t, 5t + 8t Vi tegner grfen til rt () for 0 t. r () = 5, 5 + 8 = 5, Etter ett sekund er llen i punktet (5, ). vt = r ( t) = 5 t, 5t 8t + = 5, 5 t+ 8 = 5, 8 0t v() = [ 5, 8 0 ] = [ 5, ] v() = v() = 5 + ( ) = 5, [ ] c [ ] [ ] Bnefrten er 5, m/s etter ett sekund. t v t t d = = [ 5, 8 0 ] = [ 0, 0] Akselersjonsvektoren er ltså konstnt, og () = t = [ 0, 0 ] t = t = 0 + ( 0) = 0 Asoluttverdien v kselersjonen er konstnt lik 0 m/s. (I figuren hr vi tegnet v () og () med smme lengde for m/s og m/s som enheten meter i figuren. Dette kn vi velge fritt, dvs. vi kn tegne frtsvektoren og kselersjonsvektoren med vilkårlig lengde. Det er re retningen som hr etydning i figuren.) e Vi hr tegnet inn målet i figuren i oppgve. Målet hr posisjon = 0 m og høyde, m. Vi ser t grfen til rt () går over målet. Bllen går ltså over målet.. Aschehoug www.lokus.no Side 0 v 50

Løsninger til oppgvene i ok f Bllen er på det høyeste punktet når frtsvektoren er horisontl, ltså når vt = [ v,0] Vi setter inn vt = [ 5, 8 0t] og får likningen 8 0t = 0 8 t = 0 t = 0,8 Bllen er på det høyeste punktet i nen etter 0,8 sekunder. vt = 5, 8 0t g [ ] Vi ser t horisontlkomponenten v frtsvektoren er konstnt lik 5 m/s. På figuren hr vi tegnet situsjonen når llen er på vei oppover. Av figuren ser vi t 5 m/s = cos0 v 5 m/s v = = 5, m/s cos0 Bllen hr frten 5, m/s når vinkelen mellom frtsvektoren og kken er 0, åde når llen er på vei oppover og når llen er på vei nedover. Oppgve E6 Fly B lnder når y-koordinten til fly B er lik null. t = 0t+ 7, t 7t+ 0 = t 7t + 0 = t t+ 6 0 = t t = h = 60 min = 5 min Fly B lnder ved tidspunktet t = 5 minutter. Vi deriverer uttrykket for t () for å finne frtsvektoren for fly B. vb( t) = ( t) = 0t 7, t 7t + + = [ 0, t 7] = [ 0, 86t 7] vb(0, 08) = [ 0, 86 0, 08 7] = [ 0,,88] v (0, 08) = ( 0) + (,88) = 0, 0 B Fly B hr frten 0 km/h ved tidspunktet t = 0,08.. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok c Flyene vil kollidere re hvis de er i smme posisjon ved smme tid. Vi ruker derfor smme prmeter t for tiden i uttrykkene for t () og t (). t () = t () 70t+,0t = 0t+ 7, t 7t+ Fr -koordinten får vi likningen 70t+ = 0t+ 7. 7t = 5 5 t = = 0, 057 7 Vi setter inn i uttrykkene for y-koordintene til fly A og fly B. ya = 0 0,057 = 0,0 yb = 0, 057 7 0, 057 + = 0,5 Fly A psserer ltså (0 5) m = 67 m over fly B på det tidspunktet når de hr smme posisjon i horisontlplnet. Flyene vil derfor ikke kollidere. Men de psserer lt for nær hverndre til t disse klreringene urde vært gitt. Oppgve E6 Likningen for sirkelen er + 6 + + = y y y y 5 ( ) ( y ) + + 6 + = 0. y y + 6 + 9 + + + = + 9 + + + y+ = ( ) + ( ) = 5 Sirkelen hr sentrum i punktet (, ). Rdien i sirkelen er 5. Vi finner y uttrykt ved, og deriverer uttrykket for å finne stigningstllet til tngentene. ( y+ ) = 5 ( + ) = 5 6 9 = 6 6 y+ =± 6 6 6 6 y =± + y =± ( 6 ) =± 6 6 6 6 + ( ) y ( ) =± =± =± 6 6 6 + 6 6 6 =± =± =± =± 6 De to tngentene for = hr stigningstll og 6. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok Oppgve E65 rt = ln t, t t t> 0 Vi tegner grfen til rt () i GeoGer for 0< t < 6 ved hjelp v kommndoen. Vi finner skjæringspunktene med koordintksene ved å skrive og. Grfen skjærer y-ksen i punktet (0, ) og -ksen i punktet (,9, 0). c vt () = r () t = ln t, t t =,t t Eventuelle topp- og unnpunkter er de punktene hvor y-komponenten v frtsvektoren er lik null. t = 0 r t = [ ] [ ] () = ln, = ln, 0,69, Av figuren i oppgve ser vi t grfen hr et unnpunkt. Bunnpunktet hr ltså koordintene (ln, ). v() =, = [, ] Vi tegner inn v () i riktig strtpunkt ved å skrive. t () = v () t = t,t = t, =, t lim t = lim, = [ 0, ] t t t Akselersjonsvektoren nærmer seg den konstnte vektoren [ 0, ] når t går mot uendelig. Etter lng tid peker ltså kselersjonsvektoren vertiklt oppover. Oppgve E66 Prllellogrmmet EFGH tilsvrer kvdrtet ABCD der vi hr fjernet de fire trekntene AEH, EBF, FCG og DGH. Av figuren ser vi t ( ) TAEH = TFCG = ( ) TEBF = TDGH = Arelet v prllellogrmmet er dermed ( ) ( ) T = = 6 ( ) ( ) = 6 + 8+ = + 6 Sidene i trekntene som er fjernet kn ikke være negtive. Altså er 0. Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Løsninger til oppgvene i ok Arelet v kvdrtet ABCD er + 6 = 8 + 8 = 0 = 6. Vi må ltså løse likningen T( ) = 8. ± ( ) 8 ± 8 ± 6 ± = = = = 8 8 8 = = Arelet v prllellogrmmet lir hlvprten v relet v kvdrtet når = =. c Vi deriverer T( ) og løser likningen T = 0. T = = 8 8 = 0 = = =, 5 8 T (, 5) =, 5, 5 + 6 = 7 Arelet v prllellogrmmet lir minst mulig når =, 5. Arelet er d 7. d Punktet A ligger i origo. D er OE = AE = [,0] OH = AH = [ 0, ] OG = AG =, [ ] Altså er E = (, 0), H = (0, ) og G = (, ). Dermed er HE = OE OH = [,0] [ 0, ] = [, ] HG = OG OH = [,] [ 0, ] = [, ( ) ] = [,] Prllellogrmmet EFGH lir et rektngel når HE HG, ltså når HE HG = 0. 0 = [, ] [,] 0 = ( ) + ( ) 0= + 8 0= 0 = ( ) = 0 = 0 = 0 = Prllellogrmmet lir et rektngel når = 0 =. (Når = 0 er EFGH = ABCD.) Aschehoug www.lokus.no Side v 50

Oppgve E67 Vi ser på hendelsene A = «pprtet indikerer t personen er eruset» B = «personen er eruset» Løsninger til oppgvene i ok Fr opplysningene i oppgven er PB =, %, PAB ( ) = 98 % og PAB ( ) = 0, %. Setningen om totl snnsynlighet gir PA = PB PAB ( ) + PB PAB ( ) = 0,0 0,98 + 0,988 0,00 = 0,0 76 0,0 =, % Snnsynligheten for t pprtet vil indikere t personen er eruset, er, %. Vi vil finne den etingede snnsynligheten PB ( A. ) D ruker vi Byes' setning. PB PA ( B) 0,0 0,98 PB ( A) = = = 0,856 = 85, 6 % PA 0,0 76 Snnsynligheten for t personen virkelig er eruset, gitt t pprtet indikerer t hn er det, er 85,6 %. Oppgve E68 Primtllene som er mindre enn eller lik 5, er,, 5, 7,,, 7, 9 og. Det er 5 kuler i ollen. Av disse hr 9 v kulene primtll. 6 v kulene hr ikke primtll. Antll måter å velge primtll lnt 9: 9 9P 9 8 7 = = = = 6! Antll måter å velge ikke-primtll lnt 6: 6 6 P 6 5 60 = = = = 560! 6 Antll måter å velge 5 kuler lnt 5: 5 5 = = 50 5 5 Snnsynligheten for t vi trekker ut kkurt primtll er dermed 9 6 ( ) 6 560 PX ( = ) = = = 0,79 = 7,9 % 5 50 5 c Snnsynligheten for t vi trekker ut nøyktig k primtll, der 0 k 5, er PX ( = k) = 9 6 5 k ( 5 k) ( 5 ) Dermed er 9 6 5 8 0 PX ( = ) = = = 0,897 5 50 9 6 5 9 6 5 6 6 PX ( = ) = = = 0, 079 5 50 6 PX ( = 5) = = = 0, 00 5 0 5 50 PX ( ) = 0,897 + 0, 079 + 0, 00 = 0, 0 =, 0 % Snnsynligheten for t vi trekker ut minst primtll er,0 %. Aschehoug www.lokus.no Side 5 v 50

Oppgve E69 Ifølge oppgveteksten regner det 8 % v dgene på denne tiden v året. Altså er PA= 8 % og PA= 9 %. Løsninger til oppgvene i ok Værmeldingen er korrekt, dvs. melder regn, 90 % v dgene det regner. Altså er PB ( A ) = 90 % Værmeldingen tr feil, dvs. melder regn, 0 % v dgene det er oppholdsvær. Altså er PB ( A ) = 0 % Vi finner PB fr setningen om totl snnsynlighet. PB = PA PB ( A) + PA PB ( A) = 0,08 0,90 + 0,9 0,0 = 0,6 = 6, % c Vi ønsker å finne den etingede snnsynligheten PA ( B. ) D ruker vi Byes' setning. PA PB ( A) 0,9 0,0 PA ( B) = = = 0,56 = 56, % PB 0,6 Snnsynligheten er 56, % for t det lir oppholdsvær på ktivitetsdgen, til tross for t det er meldt regn. Oppgve E70 P = = = 66! P 6 5 = = = 0! P 8 7 6 5 = = = 0 75! Fr formelen for hypergeometriske snnsynligheter får vi dermed 6 66 0 P(to gutter og to jenter) = = = 0,868 8,7 % 8 0 75 Antll måter å velge gutter lnt : Antll måter å velge jenter lnt 6: 6 6 Antll måter å velge personer lnt 8: 8 8 Vi hr t 6 6 P 6 5 = = = 560. Dermed er! 6 ( ) 560 P(én gutt og tre jenter) = = = 0,8,8 % 8 0 75 c Vi kn trekke minst én v hvert kjønn ved å trekke enten én gutt, to gutter eller tre gutter. P 0 = = = 0! 6 8 0 6 P(tre gutter og én jente) = = = 0,79 0 75 P(én, to eller tre gutter) = P(én gutt) + P(to gutter) + P(tre gutter) = 0,8 + 0,868 + 0,79 = 0,8869 88, 7 % Snnsynligheten er 88,7 % for t lokllget lir representert med minst én v hvert kjønn. Aschehoug www.lokus.no Side 6 v 50

Løsninger til oppgvene i ok d Tenk t det er n gutter i lokllget. D er det 0 n jenter. Snnsynligheten for å velge én gutt og én jente er gitt ved den hypergeometriske snnsynligheten (0 ) (én gutt og én jente) n 0 n 0 n n P = ( ) = 5 n (0 n) 5 Vi får dermed likningen =. 5 9 5 5 n (0 n) = 9 0n n = 5 n 0n+ 5 = 0 n = ( 5) 0 n = 5 Det er 5 gutter i lokllget. Oppgve E7 Vi ser på hendelsene A = «Mir velger eske A» R = «Mir trekker tre røde kuler» Hendelsen A etyr ltså t hun velger eske B. Fr setningen om totl snnsynlighet er PR = PA PR ( A) + PA PR ( A). Det er like snnsynlig t Mir velger hver v eskene. Altså er PA = PA =. Vi er interessert i snnsynligheten for t Mir trekker 0 svrte, 0 grønne og røde kuler. D ruker vi formelen for hypergeometriske snnsynligheter. 5 0 0 0 PR ( A) = = = 0 0 ( ) 0 0 PR ( A) = = = 0 0 0 Dermed er 7 PR = + = + = = 5,8 % 0 60 0 Snnsynligheten for t Mir trekker tre røde kuler er 5,8 %. Vi vil finne den etingede snnsynligheten PAR, ( ) og ruker d Byes' setning. PA PR ( A) 0 5 PAR ( ) = = = = = 7, % PR 7 7 7 0 Snnsynligheten for t Mir hr trukket kulene fr eske A, gitt t hun trkk tre røde kuler, er 7, %. Aschehoug www.lokus.no Side 7 v 50

Oppgve E7 Antll måter å velge gutt lnt : ( ) = Antll måter å velge jenter lnt 6: 6 6 Antll måter å velge 5 elever lnt 8: 8 8 Løsninger til oppgvene i ok P 6 5 = = = 80! P5 8 7 6 5 = = = 98 80 5 5! 5 Snnsynligheten for å trekke ut én gutt og fire jenter er dermed gitt ved formelen for hypergeometriske snnsynligheter, 6 ( ) 80 P(én gutt og fire jenter) = = = = 0, =, % 8 98 80 9 5 Tenk t det lir med n gutter i grupp. D lir det med 5 n jenter. Vi får likningen 6 n ( 5 n) Pn ( gutter) = = 8 7 ( 5 ) Det er vnskelig å løse denne likningen «direkte». Men siden det er få verdier n kn h, kn vi ruke «prøving og feiling». I oppgve fnt vi t P ( gutt) = 9, så n kn ikke være. 6 8 68 P(0 gutter) = 0 ( 5 ) ( 5 ) = = 98 80 5 6 8 6 8 6 8 6 8 66 560 P( gutter) = = = 5 98 80 7 0 0 0 P( gutter) = = = 5 98 80 89 95 6 P( gutter) = = = 5 98 80 7 79 P(5 gutter) = = = 5 0 5 98 80 65 Det er ltså gutter som lir med i grupp. c Betsy hr llerede litt vlgt. D er det 7 elever igjen å velge lnt. Arne er én v dem. Fr disse 7 elevene skl vi trekke ut. Vi er re interessert i om Arne lir trukket ut, ltså snnsynligheten for å trekke én elev fr grupp «Arne» (som re estår v Arne), og elever fr grupp «ikke Arne» (som estår v 6 elever). Fr formelen for hypergeometriske snnsynligheter får vi derfor 6 ( ) 600 PAB ( ) = P(Arne og ndre) = = = = 0,8 =,8 % 7 7 550 7 ( ) Snnsynligheten for t Arne lir med i grupp, når Betsy llerede er med, er,8 %. Aschehoug www.lokus.no Side 8 v 50

Oppgve E7 Hendelsen M F Hendelsen M F c Løsninger til oppgvene i ok etyr t eleven velger mtemtikk eller fysikk (eller egge deler). etyr ltså t eleven ikke velger noen v fgene. PM ( F) = 0,0 PM ( F) = 0,70 Fr ddisjonssetningen PM ( F) = PM + PF PM ( F) får vi dermed PM ( F) = PM + PF PM ( F) = 0,6 + 0, 0,70 = 0,6 = 6 % Snnsynligheten for t eleven velger åde mtemtikk og fysikk er 6 %. Setningen om totl snnsynligheten kn skrives på formen PM = PM ( F) + PM ( F) Dermed er PM ( F) = PM PM ( F) = 0,6 0,6 = 0,8 = 8 % Snnsynligheten for t eleven velger mtemtikk men ikke fysikk er 8 %. Fr definisjonen v etinget snnsynlighet er PF ( M) PM ( F) 0,6 PF ( M) = = = = 0,06 = 0,6 % PM PM 0,6 Snnsynligheten er 0,6 % for t en elev som velger mtemtikk også velger fysikk. Vi ser t PF ( M) PF. Hendelsene M og F er derfor vhengige. Fr Byes' setning får vi PM PF ( M) PM ( F) 0, 6 PM ( F) = = = = 0,8 = 8, % PF PF 0, Snnsynligheten er 8, % for t en elev som velger fysikk også velger mtemtikk. Oppgve E7 Vi vil finne snnsynligheten for å trekke én rød og én svrt kule. 6 = 6 forskjellige måter. Vi kn trekke én rød kule på Vi kn trekke én svrt kule på = forskjellige måter. Vi kn trekke to kuler lnt totlt 0 kuler på 0 0 9 = = 5 forskjellige måter. Fr formelen for hypergeometriske snnsynligheter er derfor 6 6 8 PA = P(én rød og én svrt) = = = = 0,5 = 5, % 0 5 5 ( ) Snnsynligheten er 5, % for å trekke to kuler med ulik frge. De to kulene hr enten ulik frge, eller smme frge. Hendelsene A og B er derfor komplementære, som etyr t 8 7 PB = PA = PA = = = 0,67 = 6,7 % 5 5 Snnsynligheten er 6,7 % for å trekke to kuler med smme frge. Aschehoug www.lokus.no Side 9 v 50

Løsninger til oppgvene i ok c Tenk t det er n svrte kuler i esken. Til smmen er det d n + 6 kuler i esken. Dermed er 6 n 6 n PA = P(én rød og én svrt) = = n+ 6 n+ 6 n + 6 ( n+ 6) ( n+ 5) n + 5n+ 6n+ 0 n + n+ 0 = = = 6 n n PA = = 6n = n + n+ 0 n + n+ 0 n + n+ 0 Hendelsene A og B er komplementære, og skl h lik snnsynlighet. D må PA = PB =. Det gir likningen n n + n+ 0 = n n n = + n+ 0 n+ 0 = 0 0 69 0 9 7 ± ± ± ± n = = = = n= n= 0 Det kn være tre eller ti svrte kuler i esken. Aschehoug www.lokus.no Side 50 v 50