Løsningsforslag Eksamen 3MX - AA654-04.06.007 eksamensoppgaver.org September 0, 008
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 Innholdsfortegnelse oppgave 1 4 a).................................... 4 b).................................... 4 c)..................................... 5 d).................................... 6 e)..................................... 7 f.1).................................... 7 f.).................................... 7 oppgave 8 a).................................... 8 b).................................... 8 c)..................................... 8 d).................................... 9 oppgave 3 10 a).................................... 10 b).................................... 10 c)..................................... 10 d).................................... 10 e)..................................... 11 f)..................................... 11 oppgave 4 - alternativ I 1 a).................................... 1 b).................................... 1 c)..................................... 13 d).................................... 13 oppgave 4 - alternativ II 15 a).................................... 15 b).................................... 15 c)..................................... 16 d).................................... 16 oppgave 5 17 a).................................... 17 b).................................... 17 c)..................................... 18 d).................................... 18 e)..................................... 19 f)..................................... 19
4 oppgave 1 a) f(x) = 3x sin(x) deriverer med produkt- og kjernereglen f (x) = 3(x) sin(x) + 3x (sin(x)) (x) f (x) = 3 sin(x) + 6x cos(x) b) f(x) = tan x deriverer ved med kjerneregelen, slik ( f (x) = (tan x) ) (tan x) skriver om kjernen, slik at derivasjonen blir tydeligere ( ) sin x f (x) = tan x cos x deriverer kjernen med kvotientregelen ( (sin f x) cos x sin x (cos x) ) (x) = tan x cos x ( cos f x + sin ) x (x) = tan x cos x bruker ikke identiteten i telleren til den deriverte av kjernen, men skriver den om ( cos f ) x (x) = tan x cos x + sin x cos x og får f (x) = tan x (1 + tan x ) Bruker man identiteten sin x + cos x = 1 får man som selvfølgelig er like riktig. f (x) = tan x cos x = sin x cos x cos x = sin x cos 3 x
5 c) x e x dx merker oss straks at den deriverte av eksponenten til e er lik x. Da blir det naturlig å sette følgende substitusjon u = x du = x dx dermed substituerer vi og får e u du = e u + C setter tilbake og har xe x = e x + C
6 d) 1 + cos(x) = sin (x) Bruker identiteten sin x + cos x = 1 `baklengs` på ettallet. ( sin x + cos x ) + ( cos x sin x ) = sin (x) cos x = sin x cos x sin x cos x cos x = 4 sin x cos x ytter alt over på høyre side og faktoriserer ( 4 sin x ) cos x = 0 vi har nå to faktorer, der minst en av dem må være null for at likningen skal være sann. Tar for oss 4 sin x først. = 4 sin x = 0 sin x = 1 sin x = ± ( ) x = arcsin ± x 1 = π 4 +kπ x = π π 4 +kπ x 3 = π+ π 4 +kπ x 4 = π π 4 +kπ k Z x 1 = π 4 +kπ x = 3π 4 +kπ x 3 = 5π 4 +kπ x 4 = 7π 4 +kπ og deretter cos x = 0 cos x = 0 x = arccos(0) x 5 = π + kπ x 6 = π π + π + kπ x 5 = π + kπ x 6 = 3π + kπ PHEW! Da skulle vi ha alle løsningene!
7 e) Vi skal nne bunnpunktet på grafen til funksjonen deriverer f(x) = x ln x f (x) = (x) ln x x (ln x) (ln x) f (x) = ln x x 1 x ln x f (x) = ln x 1 ln x da skulle ekstremalpunktet på grafen være gitt når f (x) = 0 ln x 1 ln x = 0 ln x 1 = 0 x = e 1 dermed f(e) = e ln e = e vi har funnet punktet (e, e) ved å grafe funksjonen, ser vi at dette er et bunnpunkt. f.1) k 1 3 3 1 P (X = k) 6 6 6 Forventningsveriden gir anslått antall øyne på terningen E(X) = 1 3 6 + 6 + 3 1 6 = 3 + 4 + 3 = 5 6 3 f.) Standardavviket SD(X) = ( 1 5 ) 3 ( 3 6 + 5 ) ( 3 6 + 3 5 ) 1 3 6 SD(X) = ( ) 3 + 1 + 4 1 3 6 = 5 5 9 = 3
8 oppgave a) b) Likevektslinja y = d = 1 Perioden Amplituden P = π A = 1 c) φ = π fordi grafen til cos θ er forskjøvet π mot venstre i forhold til sin θ. P = π c = π c P = π π = f(x) = 1 ( sin x + π ) + 1
9 d) 1 (x sin + π ) = 1 ) )) + cos(x) sin = 1 ( ) 1 sin(x) 0 + cos(x) 1 = 1 1 ( sin(x) cos ( ) 1 cos(x) = 1 Bruker sammenhengen på cos(x) ( ) 1 cos x 1 = 1 cos x 1 = 1 ytter over cos x = 0 og bang! Vi har vist ekvivalensen mellom de to uttrykkene f(x) = cos x
10 oppgave 3 a) X = `Antall personer som overlever operasjonen` ( ) 0 P (X = 16) = (0.9) 16 (0.1) 4 0.0898 16 Sannsynlighetsfordelingen jeg har nyttet ovenfor kalles binomisk sannsynlighetsfordeling. Årsaken til at denne er passende i dette tilfellet er ere. Verdt å nevne, er det at utfallet av en operasjon ikke påvirker utfallet av den neste. Sannsynligheten er derfor lik uavhengig av antall forsøk. Det er også kun to utfall. Enten så overlever pasienten, eller så dør han/hun. b) Siden vi kan anta at X er binomisk fordelt, kan vi videre nne forventningsverdi og standardavvik på følgende måte. og µ = n p = 00 0.9 = 180 σ = np (1 p) = 00 0.9 (1 0.9) = 00 0.9 0.1 = 18 4.4 c) ( ) 168 180 P (X < 168) = Φ Φ(.83) 18 Bruker tabell over den kumulative normalfordelingen P (X < 168) = Φ(.83) = 1 Φ(.83) = 1 0.9977 = 0.003 og der har vi sannsynligheten. d) ( ) ( ) 186 180 168 180 P (168 X 186) = Φ Φ 18 18 P (168 X 186) = Φ(1.41) Φ(.83) = Φ(1.41) 1 + Φ(.83) Leser av tabell P (168 X 186) = 0.907 1 + 0.9977 = 0.9184
11 e) og Sˆp = 7 10 (1 7 ) 10 90 ˆp = X n = 63 90 = 7 10 = 0.7 = 7 3000 = 7 10 10 30 = 300 0.0483 f ) ˆp Z Sˆp Φ(Z) = 0.95 + 1 = 0.975 Tabellen gir da Z = 1.96 for 0.95 kondensnivå. 10 0.7 1.96 = 0.6076, 0.794 300 legger merke til at ˆp er middelverdien til kondensintervallet. I tillegg er kondensintervallet bare 18.5% bredt og p = 0.90 er utenfor. Det impliserer at den er svært usikker. p > ˆp
1 oppgave 4 - alternativ I a) Av likningen har vi (x + 1) + (y + 15) = 5 (x ( 1)) + (y ( 15)) = 5 Dermed har vi funnet sentrum i den lille sirkelen som jfr tegningen ligger i 3 kvadrant A( 1, 15) For neste likning (x 4) + (y 1) = 10 følger det at C(4, 1) Finner vektoren og lengden av vektoren blir AC = [4 ( 1), 1 ( 15)] = [36, 7] AC = (36) + (7) = 05 = 45 b) Radien til den minste sirkelen r B = 1 ( ) AC (r A + r C ) = 1 (45 (5 + 10)) = 15
13 c) Vi vet at radiene for de gitte sirklene 5, 15 og 10 enheter. Vi vet også at lengden mellom A og C er 45. Dermed skal vi `gå` 5+15 45 = 4 9 fra A i retning C for å nå punktet B. OB = OA + 4 9 AC OB = [ 1, 15] + 4 [36, 7] = [ 1 + 16, 15 + 1] = [4, 3] 9 Altså er B(4, 3) Fremgangsmåten er vist her Da blir det en smal sak å sette opp likningen for sirkelen (x 4) + (y + 3) = 15 d) Vi innfører linjen n og er gitt følgende. n går gjennom B(4, 3) n AC n skjærer den midterste sirkelen Vi nner retningsvektoren for n AC v da følger det av [a, b] [ b, a]
14 at v = [ 7, 36] Da har vi nok opplysninger til å innføre n ved parameterfremstillingen x = 4 7t y = 3 + 36t Setter dette inn i sirkellikningen for den midterste sirkelen og løser med hensyn på t ((4 7t) 4) + (( 3 + 36t) + 3) = 15 ( 7t) + (36t) = 15 05t = 5 5 t = ± 05 = ±15 45 = ±1 3 som vi setter inn i parameterfremstillingen og nner følgende punkter. og x = 4 7 1 3 = 5 y = 3 + 36 1 3 = 9 ( x = 4 7 1 ) = 13 3 ( y = 3 + 36 1 ) = 15 3 Skjæringspunktene er S 1 ( 5, 9) og S (13, 15) og svaret er illustrert nedenfor
15 oppgave 4 - alternativ II a) Vi undersøker rekka og observerer følgende og (a a 1 ) = ( 1) = 1 (a 4 a 3 ) = (4 3) = 1 Altså øker hvert tall i rekka med 1. Rekka er altså aritmetisk fordi dieransen mellom to ledd i rekka er 1. Satt inn og trukket sammen får vi a n = a 1 + (n 1)d a n = n b) Jeg synes formuleringen er uheldig i dette oppgaven. En kan tro man skal nne et uttrykk for a n i a), men jeg tar utgangspunkt i at de vil at man skal bestemme a n for trekanttallene som nevnes innledningsvis. Vi ser at rekka går slik 1 + 3 + 6 + 10 + 15 +... Vi kan tenke oss et rektangel med sider lik 3 4 prikker. Da får vi trekanten 3 (3 + 1) = 3 4 = 1 = 6 altså 6 prikker. Vi kan generalisere dette uttrykket a n = n (n + 1) Prøver vi feks med det første leddet, får vi og det andre leddet gir a = a 1 = 1 (1 + 1) ( + 1) = 1 = 6 = 3 Dette stemmer som vi ser, men vi kan også observere at hvert ledd i rekka for trekanttallene, er summen av den aritmetiske rekka i a) a 1 + a + a 3 = 1 + (1 + ) + (1 + + 3) = 1 + 3 + 6
16 c) Går inn i `RUN` og plotter inn følgende ( ) n (n + 1), X, 1, 10, 1 = 0 d) dermed S 14 = S n = 14(14 + 1)(14 + ) 6 n(n + 1)(n + ) 6 = 14 15 16 6 = 560
17 oppgave 5 a) [ r(t) = sin t, sin t, ] 8 cos t Finner posisjonen til vektoren når t = { 0, π } 4 [ r(0) = sin(0), sin(0), ] 8 cos(0) og r(0) = [ 0, 0, ] 8 ) [ ) ) r = sin, sin, )] 8 cos 4 4 4 4 ) [ ] r =,, 4 b) Vi kaller xy-planet α og gir det normalvektoren n = [0, 0, 1]. Likninga for planet er da gitt ved α : z = 0 Setter inn for z fra r(t) 8 cos t = 0 t = arccos(0) t 1 = π t = π + π = 3π Trenger kun t for første omløp. Vi setter inn for t i r(t) og nner følgende; ) [ ) ) r = sin, sin, )] 8 cos og r ( ) [ 3π = sin ) r = [,, 0] ( ) 3π, sin ( ) 3π r = [,, 0] ( ) 3π, 8 cos ( )] 3π
18 c) ( ) r(t) = ( sin t) + ( sin t) + 8 cos t r(t) = 4 sin t + 4 sin t + 8 cos t r(t) = 8 ( sin t + cos t ) r(t) = 8 1 = 8 Finner v(t) v(t) = r (t) v(t) = [ (sin t), (sin t), 8 (cos t) ] [ v(t) = cos t, cos t, ] 8 sin t Sjekker om retnings- og fartsvektoren er ortogonale r(t) v(t) [ sin t, sin t, ] [ 8 cos t cos t, cos t, ] 8 sin t sin t cos t + sin t cos t + ( 8 cos t ) 8 sin t 4 sin t cos t + 4 sin t cos t 8 sin t cos t 0 Ja, r(t) v(t) Det betyr at fartsvektoren er lik tangenten og partikkelen følger banen til en sirkel. d) Bestemmer fartsvektoren når t = π 4 ) [ ) ) v = cos, cos, )] 8 sin 4 4 4 4 [ ) ] v = 4,, 8 ) [ ] v =,, 4 Finner akselerasjonsvektoren a(t) = v (t) = r (t) a(t) = [ (cos t), (cos t), 8 (sin t) ]
19 a(t) = [ sin t, sin t, ] 8 cos t og setter t = π 4 ) [ ) ) a = sin, sin, )] 8 cos 4 4 4 4 ) [ a =, ], 4 e) v(t) = v(t) = ( cos t) + ( cos t) + ( ) 8 sin t 8 ( sin x + cos x ) = 8 Banefarten er lik lengden av retningsvektoren. f ) Første gang partikkelen passerer planet, er når t = π. Da er fartsvektoren ) [ ) ) v = cos, cos, )] 8 sin en vilkårlig vektor i xy-planet er ) [ v = 0, 0, ] 8 m = [1, 1, 0] vinkelen mellom disse to vektorene er: [ ] 0, 0, 8 [1, 1, 0] θ = arccos ( ) = arccos(0) = 90 8 1 + 1 Fartsvektoren står normalt på xy-planet i dette punktet. Dersom du er interessert, nner du ere løsningsforslag på eksamensoppgaver.org SLUTT