Eksamensoppgaver med funksjoner

Eksamensoppgaver med funksjoner Oppgave 1 - V 013 A r r r (A r er lik formelen for omkretsen av en sirkel!) V r 4 3 3r 4 r (V r er lik formlen for overflaten av en kule!) Oppgave 6 - V013 f x x 3 6x f x 3x 1x f x 6x 1 Vendepunkter: f x 0 6x 1 0 x f skifter fortegn for x 1, så vi har vendepunkt: VP, f, 14 Vendetangent med ett-punktsformel: Stigningstall: f 3 1 1 Ett-punktsformel: y y vp f x vp x x vp y 14 1 x y 1x 10 Oppgave 1 i del - V 013 a) Regelen P b 0 P b x b Q x P x : x b Q x sier at x b er faktor i et polynom og at divisjonen P x : x b går opp hvis b er et nullpunkt i polynomet. Grafen har nullpunkter 1, 1 og 3, så x 1, x 1 og x 3 er derfor faktorer i polynomet og vi har: f x a x 1 x 1 x 3 a x 1 x 3 som også viser at f x er delelig med x 1, x 1 og x 3. (Utmultiplisering viser at a er koeffisienten til tredjegradsleddet i polynomet.) 0, 1 på f x : f 0 1 a 0 1 0 3 1 a 4 b) f x 4 x 1 x 3 4x 3 1x 4x 1 f x 1x 4x 4 Tangent i 0, 1 : Stigningstall: f 0 4 H-P Ulven 06.01.14 1 av 8 funk_eks.tex

Ett-punktsformel: y 1 f 0 x 0 y 1 4 x 0 y 4x 1 c) Skjæringspunkter gitt av ligningssystemet: y 4x 1 I (Tangenten) y 4 x 1 x 3 II (Grafen) Eliminering av y gir: 4x 1 4x 3 1x 4x 1 4x 3 1x 0 4x x 3 0 x 0 (Tangeringspunktet) x 3 (Andre skjæringspunkt) Andre skjæringspunkt: 3, f 3 3, 0 Kommentar: Dette er et eksempel på en generell setning: Tangenten til et tredjegradspolynom i et punkt med x-koordinat midt mellom to nullpunkter, skjærer tredjegradspolynomet i det tredje nullpunktet. Kan vises grafisk i GeoGebra med kommandoene: f(x) a x ^3 b x ^ c x d a,b,c og d glidere/skyvere N Nullpunkt[f] Gir nullpunktene N 1, N og N 3 M (N_1 N_)/ Punkt M midt mellom N 1 og N P (x(m),f(x(m)) Punkt på graf rett over/under M. T Tangent[P,f] Tangent til f(x) i P. Vi ser da at T skjærer grafen i N 3! Generelt bevis kan i prinsippet gjøres slik: f x a x b x c x d x M b c Tangent: y f x M f x M x x M Skjæring x-akse: f x M f x M x x M For å slippe å regne alt algebraisk for hånd, kan man bruke CAS i GeoGeBra: CAS-vindu: View, CAS f(x): a (x-b) (x-c) (x-d) ( Definert lik: ": " ) x_m: (b c)/ -f(x_m) f (x_m) (x-x_m) Knappen x (Løs) gir da løsningen {x d} som er det tredje nullpunktet! Oppgave 4 i del - Våren 013 a) Areal grunnlinje høyde gir: T x x 5 x (Der høyden regnes ut med Pythagoras.) x og y må begge være positive og må begge være mindre enn diameteren d 5 i sirkelen; 0 x 5 0 y 5 H-P Ulven 06.01.14 av 8 funk_eks.tex

(Grensetilfellene 0 og 5 gir sammenklappet rektangel med areal 0.) b) Det enkleste er egentlig en symmetri-betraktning: Figuren er symmetrisk i x og y, og da arealet er null for x 0, y 5 eller x 5, y 0 og positivt for alle andre verdier av x og y, må arealet være maksimalt når x y, da rektanglet er kvadrat i geometrisk symmetripunkt. Da gir Pythagoras: x x 5 x 5 Dette blir også kommentaren :-) (Negativ løsning forkastes.) Men, oppgaveforfatteren mener vel egentlig at man skal derivere, selvom det er her er tungvindt og unødvendig: T x x 5 x 5x x 4 (Enklere å derivere med x inne i rot-tegn...) T x u, u 5x x 4 (Kjerneregel) T x 1 u 50x 4x3 x 5 x x 5 x 5 x 5 x Maksimalt areal når T x 0 5 x 0 x 5 5 (Negativ løsning forkastes.) Også her gir Pythagoras: x y 5 3. 54 Kommentaren her ville naturlig bli: Vi ser at løsningen er det geometriske symmetripunktet er rektanglet er et kvadrat. På eksamen ville de også godkjenne at du bruker GeoGeBra når det står "bestem": GeoGeBra: T(x) x sqrt(5-x ^) Graf av arealfunksjonen Ekstremalpunkt[T,3,4] Søker opp ekstrmalpunkt Står det "ved regning" kan du bruke CAS: View, CAS T(x) : sqrt(5-x ^) T (x) 0 Knappen x gir da løsningen x 5, x 5 c) Omkretsen: O x x y x y x y x 5 x Kjerneregel: O x x u, u 5 x O x 1 u x x Maksimal omkrets når O x 0: x 0 5 x 5 x H-P Ulven 06.01.14 3 av 8 funk_eks.tex

5 x x 5 x x x 5 (Negativ forkastes.) Igjen: x y 5 Kommentar: Egentlig tungvindt og unødvendig å derivere, da figuren er symmetrisk i x og y, så maksimal verdi må nødvendigvis være i figurens symmetriske midtpunkt, det vil si når rektanglet er et kvadrat og x y. (Som igjen med Pythagoras gir x y 5 ) Også her godkjenner de på eksamen utregning med CAS: View, CAS O(x) : x sqrt(5-x ^) O (x) 0 Knappen x gir da løsningen x 5 Oppgave 3 - Del 1 Høst 01 a) f x x 3 3x x 3 f x 3x 6x 1 f x 6x 6 Vendepunkt når f x 0 6x 6 0 x 1 ): VP 1, f 1 1, 0 b) Ett-punktsformelene: y 0 f 1 x 1 y 4 x 1 y 4x 4 Oppgave 1 e) - Del 1 Høst 01 1) f x er voksende når f x 0: x 1, 3 f x er avtagende når f x 0: x, 1 3,. ) f 1 0, f 1 0: Bunnpunkt når x 1 f 3 0, f 3 0: Toppunkt når x 3 3) Tegn for eksempel et tredjegradspolynom med topp- og bunnpunkt som i ) og som vokser og avtar som i 1). Oppgave? Vår 011 x 10 : f 10 0 og f 10 10, altså vender grafen hul side ned ved x 10, og da den deriverte er 0 må 10, f 10 være et topp-punkt. Viktig ikke å si ting man ikke har dekning for her: Fristende å si at "Vulkanutbruddet spruter ut mest lava ti timer etter at utbruddet startet." Men, det kan faktisk tenkes at det har vært andre maksimum, så strengt tatt bør en si: Vulkanutbruddet hadde et maksimum ti timer etter at utbruddet startet. H-P Ulven 06.01.14 4 av 8 funk_eks.tex

Oppgave 3 - Del - Vår 01 a) Stigningstall: f x x 1 f x 1 x f a 1 a Ett-punktsformelen y f a f a x a gir: y 1 a 1 1 a x a y x a a QED b) B : x 0: y a ): B 0, a A : y 0: 0 1 a x a x a ): A a, 0 c) A OAB grunnlinje høyde a a Areal konstant og derfor uavhengig av hvor punktet a, f a ligger. Oppgave 4 - Høst 01 a) Alle sider parrvis parallelle Alle vinkler parrvis like store Likeformet 8 h b) Formlikhet gir forholdet: x h 8 4 x 8 6 3 T x xh x 8 4 3 x 4x 3 x c) Størst verdi når T x 0 4 4 x 0 x 3 3 (T x er parabel med hul side ned.) T max T 3 4 3 3 3 6 Når x 3 har alle trekantene (AFD, FBE, DEF, DEC) samme grunnlinje 3 og samme høyde 8 4 3 4. De er alle likebenede og er derfor kongruente. 3 Oppgave 5 - Våren 010 a) f x x 3 f x 3x Ettpunktesformel: T 1 : y 1 f 1 x 1 y 1 3 x 1 y 3x b) Skjærings/tangeringspunkter mellom tangenten T 1 og grafen f x gitt av ligningssystemet: y 3x I y x 3 II Eliminasjon av y gir: x 3 3x x 3 3x 0 Da P er tangeringspunkt må x 1 være en løsning av x 3 3x 0 H-P Ulven 06.01.14 5 av 8 funk_eks.tex

og x 1 en faktor i polynomet x 3 3x, så vi har ved polynomdivisjon: x 3 3x x 1 x x x 3 x x x 3x x x x abc-formel på x x gir fullstendig faktorisering x 3 3x x 1 x og ligningen x 1 x 0 x 1 (P) x (Q) ): Q, f, 8 Kommentar: Legg merke til at tangeringspunkter alltid gir dobbelt-løsninger, så vi kunne i utgangspunktet ha sagt at x 3 3x må ha x 1 som faktor og isteden polynomdividert med x x 1 og fått x. Grunnen til dobbeltløsningene er at man kan se på et tangeringspunkt som to skjæringspunkter som klapper sammen, slik at to løsninger blir en dobbeltløsning og to nullpunkter i en ligning blir en dobbeltrot! c) Nokså tungvindt å gjøre dette ved regning, det er åpenbart at T og tangeringspunktet R er symmetrisk med T 1 og P om origo, slik at vi direkte kan se at R 1, 1! Men, når oppgaver ber oss om å gjøre tungvindte og unødvendige ting, så må vi gjøre det: (Bare husk at matematikere alltid søker enkleste løsning, det er etter min mening et problem at norske eksamensoppgaver til stadighet tvinger elever til å overse enkle og elegante løsninger og isteden gjøre tungvindte og unødvendige ting...) T 1 og T har samme stigningstall, så f x R 3 3x R x R 1 x R 1 (R) x R 1 (P: Forkastes) ): R x R, f x R 1, f 1 1, 1 3 Til slutt bør man vise reell matematisk kompetanse ved å kommentere: Egentlig kunne vi funnet R direkte ved hjelp av symmetri: R og P må ligge symmetrisk om Origo, da f x og tangentene ligger symmetrisk om Origo. (Men unnlat å kritisere oppgaven slik jeg gjør :-) ) Oppgave 5 - Alternativ II - Våren 010 a) Kvadrat-del: 10 x som omkrets gir 10 x 4 som side. H-P Ulven 06.01.14 6 av 8 funk_eks.tex

Areal: F 1 x 10 x 4 10 x 1 10 x 4 16 b) Trekant-del: x som omkrets gir x 3 som side. Areal: F x x 3 x sin 60 3 x 3 9 3 36 x c) F x 1 16 10 x 3 36 x 5 4 5 4 x 1 16 x 3 36 x F x 5 4 1 8 x 3 18 x Minste verdi når F x 0: 5 1 x 3 x 0 x 5 4 4 8 18 I GeoGeBra: 1 8 3 18 90 9 4 3 5. 65 F(x) (10-x)^/16 sqrt(3) x/18 Ekstremalpunkt[F,5,6] Tegn graf til F(x) Søk opp ekstremalpunkt Eller i View, CAS: F(x): (10-x) ^/16 sqrt(3) x^/36 F (x) 0 og Løs-knappen x gir da løsningen: x 90 4 3 9 Tilnærmingsknappen gir da: x 5. 65 Oppgave 7 - Høst 010 a) B : x 0 gir y 9 9 a ): B 0, 9 9 a A : y 0 gir a 9 a x 9 9 a 0 x 9 a ): A 9 a, 0 b) F a OA OB 9 a 9 9 a 81 a 9 a c) Ordbruken i oppgaven her er helt håpløs, kan ikke finne et ekstremalpunkt på en "skisse" av en graf, så her mener man antagelig å tegne en "graf" på lommeregner eller i GeoGeBra og bruke ekstremalpunkt-kommandoen til å finne det minste arealet: F(x) 81/(*x*sqrt(9-x^)) Ekstremalpunkt[F,1,3] gir da. 1, 9. 00. Noe som hadde gitt mye mer mening ville vært å skrive: "Bruk den geometriske figuren i oppgaven til å finne det minste arealet av OAB H-P Ulven 06.01.14 7 av 8 funk_eks.tex

med tilhørende verdi av a." Da kunne vi sagt at figuren er symmetrisk i B og A. Når P B blir arealet uendelig (BA parallell med x-aksen) og når P A blir arealet også uendelig (BA parallell med y-aksen). Mellom disse verdiene er arealet positivt og endelig. Symmetri tilsier da at arealet er minst når P ligger midt mellom A og B. En figur viser da at: OA OB OP 3 (diameter) a OP cos45 3. 1 OA OB a 3 OAB OA OB 3 3 9 d) a 9 a a 9 a 9a a 4 gir: F a 81 9a a 4 1 81 u 1, u 9a a 4 Kjerneregel: F a 81 1 9a a 4 3 18a 4a 3 81 18a 4a3 4 9a a 4 3 81 18 4a 9 a 4a 3 F a 0 18 4a 0 a 18 3. 1 (Negativ forkastes.) Eventuelt i View, CAS: F(x) : 81/(*x*sqrt(9-x ^)) F (x) 0 Løs-knappen x gir da: x 3, x 3 H-P Ulven 06.01.14 8 av 8 funk_eks.tex