Eksamen R1 - H

Eksamen R1 - H 013-8.11.013 Løsningsskisser Del 1 - Uten hjelpemidler Oppgave 1 a) Kjerneregel: f x e u, u 3x f x e u 3 6e 3x b) Kjerneregel på ln 3x ln u, u 3x gir ln 3x 1 u 3 3 3x 1 x Produktregel gir g x ln 3x x 1 x ln 3x (Eventuelt: ln x ln 3 ) c) Brøkregel: h x x 1 x 1 1 x 1 3 x 1 Oppgave a) P x har x 1 som faktor hvis og bare hvis P 1 0 P 1 1 3 6 1 11 1 6 0 så P x x 1 Q x eller P x : x 1 Q x b) Polynomdivisjon gir: P x x 3 6x 11x 6 x 1 x 5x 6 abc-formel gir videre faktorisering: P x x 1 x x 3 Tall-linjer for P x : 1 3 x 1 - - - - - - - -o x - - - - - - - - - - - - -o x 3 - - - - - - - - - - - - - - - - - - -o P x - - - - - - - -o o- - - - - -o ): P x 0 L 1, 3, Oppgave 3 H-P Ulven 13.03.14 1 av 9 R1_H13_ls.tex

Konstruksjonsforklaring: Konstruerer linjestykket AB 10 [cm]. Konstruerer linje l parallell med AB i avstand 4 [cm]. - Normal n på AB gjennom A. - D i avstand 4 fra A på normal n. - l som normal på n gjennom D. Midtpunkt M på linjestykket AB. Thales-sirkel om M gjennom A og B. Skjæringspunktet C mellom Thales-sirkel og l er hjørnet C i ABC. Oppgave 4 3x 1 4 3x 1 3x 1 4 3x 1 4 x 5 3 Oppgave 5 a) u a b 1, 3 3, 1 3, 3 7, 7 v b c 3, 1, 3 1, 5, H-P Ulven 13.03.14 av 9 R1_H13_ls.tex

b) u v 7, 7 5, 7 5 7 1 ): u v står ikke normalt på hverandre. Oppgave 6 f x 1 3 x3 x, D f a) f x 1 3 3x x x 4x f x x 4 b) Ekstremalpunkter: f x 0 x x 4 0 x 0 x 4 f 0 4, f 4 4 ): BP 0, f 0 0, 0, TP 4, f 4 4, 3 3 Vendepunkter: f x 0 x 4 0 x c) ): VP, f, 16 3 Avlest fra graf: f x 0: x 0, 4 (Stigningstall til tangent positivt.) f x 0: x, (Grafen krummer nedover.) Oppgave 7 a) H-P Ulven 13.03.14 3 av 9 R1_H13_ls.tex

b) Figuren laget over i GeoGebra med kommandoene: Skyver a x ^ y ^ 5 (x-a) ^ y ^ 9 A (0,0) B (a,0) Hvis vi eksperimenterer med skyveren a, ser vi at vi kan tangere til venstre på utsiden for a 5 3 8 til venstre på utsiden for a 5 3 til høyre på innsiden for a 5 3 til høyre på utsiden for a 5 3 8 På eksamen, uten hjelpemidler, bør man kladde (og gjerne føre inn) flere figurer som viser alle tilfellene, eksempelvis: Bør også få frem poenget med at sammenhengen mellom koordinatene er gitt av: x S1 x Tv r, x S1 x Tv r, x S1 x Th r og x S1 x Th r, der 5 er x koordinat til tangeringspunkt på venstre side, og x Tv H-P Ulven 13.03.14 4 av 9 R1_H13_ls.tex

x Th 5 er x koordinat til tangeringspunkt på høyre side. Del - Med hjelpemidler Oppgave 1 a) Tangering i x, altså en faktor x i henhold til regelen. Den andre faktoren må være, da f x er av andre grad og skal gå gjennom f 0 0 8 b) Tangering i x 3 gir faktor x 3. Nullpunkt i x 1 gir faktor x 1. k bestemt av at f 0 9 k 0 3 0 1 9 9k 9 k 1 c) Tangering i x gir faktorene x og en konstant k som i a) og b): f x k x x f 0 8 k 8 16k 8 k 1 ): h x 1 x x (Eventuelt: h x 1 x x x x 1 x 4 1 x4 8x 16 1 x4 4x 8 ) Oppgave a) x 1 f x : Vertikal asymptote: VA : x 1 x f x 1 x 1 1 x : Horisontal asymptote: HA : y b) Skjæring gitt av: f x g x x 1 x x x 1 x 1 0 x 0 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 0 x. 1 x 1 x 1 0 ): S 1 0, g 0 0, 1 og S, g, 1 H-P Ulven 13.03.14 5 av 9 R1_H13_ls.tex

(Kontroll i GeoGebra: f(x) (*x-1)/(x 1), g(x) x-1, Skjæring[f,g] ) Oppgave 3 a) P og Q på f x gir: P x, f x x, x 1 Q 1, f x 1, x 1 Grunnlinje: g SR 1 x Høyde: h SP f x x 1 A x gh 1 x x 1 x 3 1x 1x 5 QED b) A x 3x 4x 1 3 x 8x 7 3 x 1 x 7 (abc-formel) Ekstremalpunkter: A x 0 x 1 x 7 A x 6x 4 6 x 4 A 1 18, A 7 18 ): BP 1, A 1 1, 4 TP 7, A 7 7, 350 Rektanglet har største verdi 350. Da definisjonsmengden er åpen har rektanglet ingen absolutte minimum, men arealet går mot 0 når x går mot 0 eller 1. (Lokalt minimum på 4 egentlig uinteressant, da spørsmålet er et praktisk spørsmål og må oppfattes absolutt.) (Har oppgaveforfatteren egentlig tenkt på dette...?) Kontroll med GeoGebra: Kommandoer: f(x) x ^ 1 Skyver xx (Ggb liker ikke å navngi noe med x...) S (xx,0) R (1,0) P (xx,f(xx)) Q (1,f(xx)) Lager mangekant med navn Areal av SRQP H-P Ulven 13.03.14 6 av 9 R1_H13_ls.tex

Kan da eksperimentere med skyveren xx. Kan også lage fuksjonen A(x) og undersøke den med: A(x) (1-x)*f(x) Ekstremalpunkter[A] gir da ekstremalpunktene B (1,4) og C (7,350) Oppgave 4 a) Sirkelen x y r har sentrum O 0, 0 og radius r, så vi får: A r, 0, B r, 0 PA r x, 0 y r x, y PB r x, 0 y r x, y b) PA PB r x, y r x, y r x r x y r x y y x r 0 (da x y r ) PA PB 0 PA PB APB 90 Oppgave 5 (Uklart formulert; bør si at M betyr at en tilfeldig valgt elev velger matematikk, og at F betyr at en tilfeldig valgt elev velger fysikk...) a) Vi må snu på Addisjonsregelen: P M F P M P F P M F Og se nøye på et Venn-diagram: P M F P M P F P M F P M P F 1 P M F 0. 64 0. 3 1 0. 3 0. 6 P M F P M M F P M P M F 0. 64 0. 6 0. 38 b) P F M P F M 0.6 P M 0.64 0. 406, P F 0. 3 P F M P F, så M og F er avhengige. c) P M F P M P F M P F 0.64 0.406 0.3 0. 81 Oppgave 6 a) AB 6, 4, AD 1, 5 AB AD cos BAD AB AD BAD 45 6,4 1,5 3 1 5 6 13 6 6 13 13 1 H-P Ulven 13.03.14 7 av 9 R1_H13_ls.tex

Areal: A ABD AB AD AB AD 5 6 6 6 5 6 6 13 (Eventuelt: A ABD AB AD sin 45 6 4 13 ) 5 6 4 6 6 4 b) DC kab k 6, 4 OC OD DC, k 6, 4 6k, 4k c 6k, 4k ABC 90 AB BC AB BC 0 6, 4 6k 3, 4k 1 0 6, 4 6k 5, 4k 1 0 36k 30 16k 4 0 5k 6 0 k 1 ): C 6 1, 4 1 3, 1, 4 c) E s, s er det samme som å si at E er på en linje gitt av parameterfremstillingen: x s y s Koordinatene til E må stemme i l, så vi får: s 3t s t s 3t s t s 3t 3t t s 3t t s 4 t ): E s, s 4, 4 4, 6 d) Oppgaven er uklar: Er det en ny oppgave eller skal man, som i c) fortsatt forutsette at E ligger på l? I så fall blir det nokså banalt: l går gjennom D og er parallell med AB, da vektorfremstillingen er: x, y, t 3,, t 6, 4 OD t AB Løsningen blir derfor når E D,. Uten kravet i c), får vi: AE s 3, s 3 s 3, s 1 BE s 3, s 1 s 3, s 3 AE BE AE BE s 3 s 1 s 3 s 3 ): E 7, 7 7 5s 10s 10 5s 18s 18 8s 8 s 7, 10 7 (Som bør sjekkes, da vi gjorde en kvadrering.) Noen kontroller man kan gjøre med GeoGebra og kommandoene: A (-3,-3) B (3,1) H-P Ulven 13.03.14 8 av 9 R1_H13_ls.tex

D (-,) Vinkelmåleverktøyet viser da at BAD 45. Ved å bruke mangekantverktøyet til å markere ABD, ser vi at arealet blir 13. Ved å konstruere en normal n på AB gjennom B og legge inn kurven l: l Kurve[- 3*t, *t,t,-10,10] Finner vi C som skjæringspunkt med: C Skjæring[l,n] e Kurve[s,*s-,s,-10,10] E Skjæring[e,l] legger inn linjen E ligger på gir E som skjæringspunkt mellom disse to linjene. En normal n på AB gjennom B skjærer linjen e (som E ligger på) i E d som er løsningen på d). Oppgave 7 n x n lg x x, x 0, n 0 x n lg x x n x n lg x x n x n : lg x lg x 4 x 10 4 x n : 1 lg x 1 gjelder uansett hva x og n er, så x n er også en løsning! H-P Ulven 13.03.14 9 av 9 R1_H13_ls.tex