Oppgave 1 R1 - Eksamen V10-7.05.010 Løsningsskisser Del 1 1) Produktregel: f x 3x lnx x 3 1 x 3x lnx x x 3lnx 1 ) Kjerneregel: f x 4e u, u x 3x f x 4e u x 3 4 x 3 e x 3x 1) P 3 4 4 16 0 P 0 P x x Q x x 3 4x 4x 16 x x x 8 x 3 x x x 4x 4x 8x 8x 16 16 0 Andregradsuttrykket Q x : x x 8 0 x 4 x Q x x 4 x ): P x x x 4 x (Kunne gjort direkte med felles faktor: x 3 4x 4x 16 x x 4 4 x 4 x 4 x 4 x x x 4 men må vel bruke polynomdivisjon når de ber om det...) ) x x 4 x 0-4 x -------------o x 4 -------------------o x -------o Uttrykk -------o o- -----o L,,4 Ulven 31.08.10 1 av 8 r1_eks_v10_ls.tex
PererfraBergen PererfraNorge Hvis påstanden "Per er fra Bergen" er sann, må også påstanden "Per er fra Norge" være sann, altså en implikasjon. (Løsningsmengden for det første utsagnet er dessuten inkludert i løsningsmengden til det andre utsagnet.) d) a 3,5 1) b a 3,5 6, 10 ) c 1,y (Velger x koordinat 1, da vi selv kan bestemme lengde.) a c 0 3,5 1, a 0 3 5a 0 a 3 5 Kan bruke 1, 3, men velger en som er 5 ganger større for å unngå brøk: c 5, 3 5 (Kan bruke regel direkte: "Bytt om koordinater og skift fortegn på en av dem.") e) 4 1 x 100 4 64 1 x 100 4 16 1 x 100 4 16 x 100 1 x 100 x 300 f) Starter med sentrum S. Sirkel med radius r om S. Velger A på sirkel. Konstruerer 3 r: (Flere måter å gjøre dette på...) Stråle gjennom A og S, som skjærer sirkel i P. Konstruerer midtpunktet M til S og P. Ulven 31.08.10 av 8 r1_eks_v10_ls.tex
AM er da 3 r Finner B ved å slå sirkel om A gjennom M.(DablirAB AM 3 r.) Thales: ABP er 90 BC må da halvere vinkel ABP, så vi konstruerer halveringslinjen for vinkel ABP. Halveringslinjen skjærer da sirkelen i C. (Alternativt konstruere en normal på AS gjennom S,da ASC er sentralvinkel til periferivinkelen ABC, ogderformåvære ABC 45 90. C som skjæring av sirkel og denne normalen.) Oppgave f x x 1 x 3 Tall-linjer gir: -1 3 f x : o- -----o f x voksende i, 1 og 3, f x avtagende i 1,3 Bunnpunkt: Toppunkt: 3, f 3 1, f 1 f x x 4x 6 f x 4x 4 f x 0 4x 4 0 x 1 Vendepunkt: 1, f 1 g x a x b x c ax abx acx abc ax a b c x abc g x ax a b c g x 0 ax a b c 0 x a b c a b c Vendepunkt for x b c. Bare en løsning, så bare ett vendepunkt. Her er b x maks og c x min eller omvendt, så x x maks x min, altså midt mellom x maks og x min. Del Ulven 31.08.10 3 av 8 r1_eks_v10_ls.tex
Oppgave 3 1 Trekker 5 av 1 kamper, uordnet, uten tilbakelegging: 79 5 muligheter på hver av de 7 siste, multiplikasjonsregelen: 7 18 (Eller trekke fra {U,B} 7 ganger, ordnet, med tilbakelegging.) Muligheter i alt: 3 1 531441 (mulige) Muligheter med 5H: 79 18 101376 (gunstige) Sannsynlighet: P 5H gunstige mulige 101376 531441 0.191 Oppgave 4 Slike oppgaver bør si noe om hva slags benevninger som gjelder. Praktisk anvendelse med partikkel, fart og akselerasjon er rimelig meningsløst uten benevning... Lommeregner: MODE, Par X 1T T^3 1 Y 1T T 1 WINDOW: T min - T max Aksene må ha piler og enhetsinndeling. Grafen må også være såpass nøyaktig at den stemmer med hva man regner ut ellers i oppgaven. Hastighet: v t r t 3t,1 Akselerasjon: a t v t 6t,0 v 1 3,1 a 1 6,0 Punkt: r 1 4, P 4, Ulven 31.08.10 4 av 8 r1_eks_v10_ls.tex
Pass på å markere såpass nøyaktig at v 1 ser ut som den tangerer kurven. v t y akse v 0,1 3t 0 t 0 Punkt: r 0 3,1 Q 3,1 Oppgave 5 Alternativ I f x x 3 f x 3x P 1,1 T 1 : Stigningstall: st f 1 3 Ett-punkts-formel: y y P st x x P y 1 3 x 1 y 3x QED Skjæring T 1,f x : 3x x 3 x 3 3x 0 P 1,1 gir en løsning: x 1, så x 1 må være en faktor i x 3 3x : x 3 3x x 1 x x (Polynomdivisjon.) x x 0 x 1(P er dobbel løsning på grunn av tangering!) x (Q) (Egentlig gir P 1,1 en dobbel løsning x 1, så x 1 må være en faktor i x 3 3x 0. Vi kunne derfor gjort polynomdivisjonen x 3 3x x x 1 x Ulven 31.08.10 5 av 8 r1_eks_v10_ls.tex
og fått x Q direkte.) ): Q, f, 8 Egentlig tungvindt å gjøre dette med regning, f x x 3 er symmetrisk om Origo, så T og R må også være symmetrisk om Origo! Da får vi direkte: R 1, 1 Men, når eksamensoppgaver befaler oss å gjøre dette med regning, så må vi gjøre det, dum oppgave spør du meg... :-( R x R, x R 3 T : Stigningstall: st f x R 3x R 3 x R 1 x R 1 (Positiv løsning er P!) ): R 1, f 1 1, 1 Alternativ II Del for kvadrat: l 10 x Side i kvadrat: s l 10 x 4 4 Areal kvadrat: F 1 x s 10 x 4 1 16 10 x QED Side i trekant: s T x 3 Areal trekant: F x ab sinc x x 3 3 sin 60 x 3 QED 36 F x 1 10 16 x 3 36 x 3 36 1 16 x 5 x 5 4 4 F x 3 36 1 16 x 5 4 3 18 1 8 x 5 4 Minst areal når F x 0 3 1 x 5 0 18 8 4 5 x 5 5 18 90 4 3 9 3 4 18 1 8 3 1 9 4 3 9 4 3 9 4 3 9 90 4 3 9 30 9 4 3 5.65 33 11 90 4 3 9 16 3 81 ): Ledningen må kuttes i to deler på ca. 5.65 m og 4.35 m. Oppgave 6 Ulven 31.08.10 6 av 8 r1_eks_v10_ls.tex
Trekant ASD : AD SD r Likebenet trekant SAD ASD x SDC 180 ADS 180 180 x x Trekant DSC er også likebenet med SD SC r, så her er SDC SCD x Vinkelsum: ASD DSC CSB 180 Her er: ASD x DSC 180 x (Vinkelsum i DSC) CSB y Så vi får: x 180 4x y 180 3x y 0 y 3x Kommentar: Dette resultatet er egentlig en egen setning; Setningen om Toppvinkler. BAC kaller vi en utvendig topp-vinkel til sirkelen. (Toppvinkler dannes av linjer som skjærer en sirkel.) Setningen sier at toppvinkelen er halvparten av differansen mellom de mellomliggende buene vinkelbenene skjærer ut av sirkelen: u m n, der u BAC, m er buen BC tilhørende sentralvinkelen BSC og n er buen tilhørende sentralvinkelen ASD Vi ser at dette gir resultatet direkte: BAC BSC ASD x y x x y x 3x y QED Hvis toppvinkelen ligger inne i sirkelen, får isteden summen: u m n. Oppgave 7 n 1: n : n 3: n 4: 4 1 1 3 1 3 3 15 5 3 3 63 1 3 3 85 3 4 1 4 3 1 4 4 1 3 55 4 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 (Potensregler) n 1 n 1 (Konjugatsetningen) QED Differansene mellom første og andre, og andre og tredje tall er en, sådemå være heltall som ligger etter hverandre på tallinjen. Ulven 31.08.10 7 av 8 r1_eks_v10_ls.tex
Tredje hvert tall på tallinjen er delelig med 3. (3,6,9,1,...) n har bare som faktor og kan derfor ikke være delelig med 3. d) n 1 eller n 1 må være delelig med 3. (Se ) Da må produktet n 1 n 1 være delelig med 3, da en av faktorene er delelig med 3. Da n 1 n 1 4 n 1 (Se ) må 4 n 1 være delelig med 3, QED. Ulven 31.08.10 8 av 8 r1_eks_v10_ls.tex