Oppgave R - Eksamen H0-30..00 Løsningsskisser Del ) Produktregel: f x e x xe x e x x ) Kjerneregel: g x 3 u, u x g x 3 u x 3x x P 3 6 6 6 6 0 Trenger ikke polynomdivisjon, kan faktorisere direkte: x x 3 x 3 x x 3 x x 3 x x x 3 Men, når oppgaven ber om polynomdivisjon, så må vi nesten gjøre det: P 0 P x x Q x x 3 6x x 6 x x 4x 6 x 3 x 4x 4x x 4x 6x 6x 6 6 P x x x x 3 x x x 3 Løsninger: x x x 3 r t 6t, 5t 45, t 0,3 ) Graf ut fra utregning av r t for noen velvalgte t... (Kan eventuelt eliminere t og får da: t x som gir y 5 x 6 6 45 altså en parabel med toppunkt når x 0 og som skjærer x aksen når x 8.) Ulven 0..0 av r_eks_h0_ls.tex
) v t r t 6, 0t t : r 6,40, v 6, 0 3) a t v t 0, 0 Akselerasjonsvektoren er konstant og loddrett. d) Hypergeometrisk sannsynlighetsfordeling med X: antall jenter: 4 P X x P X 0.533 4 x 6 x 0 e) Flere muligheter her: Konstruere 5 ved å konstruere 60 og halvere to ganger. Kan da sette av linjestykket AB, legge BC slik at B 5.( B 0 75 5 ) C finnes som skjæringspunkt mellom BC linjen og sirkel med sentrum midt på AB, da C 0 og derfor ligger på en Thales-sirkel. 6 0 En litt mer elegant løsning: (Færre hjelpelinjer og konstruksjonstrinn.) Ulven 0..0 av r_eks_h0_ls.tex
Konstruerer linjestykke AB. Slår sirkel med radius lik AB om både A og B, får da skjæringspunkt D og ABD blir da en likesidet trekant med 60 graders vinkler. 3 Konstruerer normal fra D ned på AB og slår sirkel med radius lik DA om D og får da et skjæringspunkt F. ADF er da likebenet og DAF DFA 5,da ADE 60 30, og ADF 80 30 50. A BAF blir da de ønskede 60 5 75. 4 C finnes til slutt ved å konstruere en normal fra B ned på AF. f) x ) lim 4 x eksisterer ikke, da teller blir 8 og nevner blir 0. x (x x 4 ) x ) Her får vi null i både teller og nevner, så dette ubestemte uttrykket må undersøkes nærmere med faktorisering: x x lim x lim x x x 4 lim x x 4 x Oppgave AT tangent til sirkel: AT ST AST blir rettvinklet trekant med sider: AT x, AS AB BS y r og ST r Pythagoras gir da: AS AT ST y r x r y yr r x r x y yr x y y r QED Ulven 0..0 3 av r_eks_h0_ls.tex
CST er likebenet (SC ST r), så SCT STC 30 Vinkelsummen i CST gir da CST 80 30 0. Da blir BST 80 0 60 og igjen SAT 30. AST er sentralvinkel til periferivinkelen SCT 30,så AST 30 60 Da blir SAT 80 0 60 30 (i trekanten SAT.) CAT er da også likebenet (TC TA x) SBT er også likebenet (SB ST), så SBT STB. Dermet er SBT også likesidet og hele figuren blir symmetrisk om en normal fra T ned på CB. Derfor blir BA CS r eller y AB CS r QED Kommentar: (Se også oppgave 68 i Aschehougs R læreverk.) Denne oppgaven er et eksempel på en svært nyttig setning om det såkalte "Punktets Potens". Hvis vi trekker linjer gjennom A som skjærer en sirkel vil produktet av avstandene til disse to skjæringspunktene være det samme for alle slike linjer! Dette produktet kaller vi punktet As potens med hensyn på sirkelen. (En tangent blir et spesialtilfelle der punktets potens blir kvadratet av avstanden til tangeringspunktet.) I dette tilfellet har vi da direkte: Punktet As potens: AB AC (linjen AC) Men også: AT Setningen sier da: Og dette gir svaret på direkte: AT AB AC x y y r Oppgave 3 Del (Først kjerneregel på e x : e u e u u e x e x ) Produktregel med u 4x og v e x f x 8xe x 4x e x 8xe x 4x e x Se graf lenger ned. Nullpunkter for f x ; 0 og, gir ekstremalpunktene: BP 0,f 0 0,0 TP,f,6e,.7 Vendepunktene til f x er når f x har topp- og bunnpunkter. Sparer litt tid ved å legge inn Y 8Xe ^(-X)-4X ^e ^(-X) på lommeregner og bruke Ulven 0..0 4 av r_eks_h0_ls.tex
CALC,maximum og CALC,minimum på grafen til Y ( f x ) Får da: VP 0.5858, f 0.5858 0.586,0.764 VP 3.44, f 3.44 3.4,.53 (Ved regning: (Men med såpass mange oppgaver ville jeg ikke gjort dette på eksamen...) f x 0 8xe x 4x e x 0 4e x x x 0 x 0 x BP 0,0 og TP,4 e, 6 e, 4 e f x 8e x 8x e x 8xe x 4x e x 4e x 4x x 8e x 8xe x 8xe x 4x e x f x 0 4x x 0 x x VP,f 0.586,0.764 VP,f 3.4,.53 ) Oppgave 4 Høyden i ABP??? Det er tre høyder i en trekant...men, vi skjønner jo hva de mener: ABP AB h ah PCD CD a h a a h A ABP PCD ah a a h ah a ah a Summen av arealene til de to trekantene er altså halvparten av arealet til kvadratet ABCD, uansett hvor P ligger inne i kvadratet. Oppgave 5 AB 7, 0 8, AC 3,6 0 4,6 cos A A 70.3 AB AC AB AC 8, 4,6 8 4 6 0 68 5 0.3363 Ulven 0..0 5 av r_eks_h0_ls.tex
DE AE AD 3 AC 3 AB 3 4,6 8, 4 4 4 3 4,8 3,6 4 QED BC 3 7,6 4,8 4, DE 3,6 3, Vektorene er parallelle, fordi begge er parallelle har samme retning som vektoren,. (Kan også argumentere rent geometrisk: ABC ADE fordi forholdstallene mellom tilsvarende sider er 3 4.) Her er det enklest å bruke det geometriske argumentet fra, på den annen side må vi regne ut noen vektorer for d) og e) uansett, så: AB 7 t,, AC 3 t,6, og fortsatt har vi BC 4, DE AE AD 3 AC 3 AB 3 3 t,6 7 t, 4 4 4 4,8 3, 3 4 ): Samme lengde som i, da t faller bort i utregningen. d) A 0 når AB AC 0 7 t, 3 t,6 0 7 t 3 t 0 t 0t 0 t t e) B blir 0 når BA BC 0 t 7, 4,8 0 4t 8 6 0 t C blir 0 når CB CA 0 4, 8 t 3, 6 0 4t 48 0 t Oppgave 6 Alternativ Pythagoras på ABC: AC AB BC 8 Pythagoras på ACG: AG AC CG 8 8 4 3 Pythagoras på APE: AP AE EP x Pythagoras på PFG: PG PF FG x s x AP PG x x QED På lommeregner: Y (4 (-X) ^) (X ^ 4) Ulven 0..0 6 av r_eks_h0_ls.tex
GRAPH og CALC, minimum gir punktet.00,4.47 ): Korteste strekning blir altså ca. 4.47. d) Etter å ha svingt opp lokket får vi en rettvinklet trekant ABG, når AG er en rett linje som er den korteste veien mellom de to punktene A og G. Pythagoras gir da: AG AB BG 0 5 4. 47 Tegn figur! Alternativ La oss definere M som midtpunkt i mangekanten. ABM,BCM, CDM,DEM,EFM og FAM er da alle likesidede trekanter med alle hjørnevinkler lik 60. Se figur lenger ned! Symmetri gir: GBC 60 30 Da blir GC BCsin 30 BC 8[m] Pythagoras gir: BG BC GC 6 8 8 3 BD BG 6 3 7. 7 er i alle hjørnene en periferivinkel til sentralvinkelen AMB 60, så 60 30 Thales sier oss at alle seteplasseringer på en halvsirkel med AB som diameter har 0. Konstrueres som halvsirkel om et sentrum funnet som midtpunkt på AB, N i figuren lenger ned. d) Lager vi en sirkel med sentrum i punktet P, som er midt på sirkelbuen i, såvetviat APB er en sentralvinkel med 0 i denne sirkelen. Alle punkter Q på denne sirkelbuen (på salsiden av senen) har da som tilsvarende periferivinkel, 0 45. Ulven 0..0 7 av r_eks_h0_ls.tex
Oppgave 7 Tangent: y a ax Skjæring y akse: a x 0gir: y 0 a a ): B 0, a a Skjæring x akse: y 0gir: 0 ): A a,0 a ax x a F gh a a 8 a a Håpløs språkbruk i oppgaven, hvordan bruke en "skisse" til å finne bunnpunkter? Poenget er vel å bruke lommeregner eller annet digitalt verktøy... Lag graf på lommeregner med: Y 8/(X (-X ^)) Blir seende omtrent slik ut: Ulven 0..0 8 av r_eks_h0_ls.tex
CALC, minimum gir da bunnpunktet; Minste areal.00, når a. d) Før derivasjon bør man enten skrive om til: F a 8 a a og derivere med produktregel og kjerneregel eller bedre: F a 8 Kjerneregel gir da: og 8 a a F a 8 u, u a a 4 a a 4 8 a a 4 F a 8 u 8a 4a 3 8 4 a a 4 3 a a 3 8 a a3 a a 4 3 Minimum når F a 0: a a 3 0 a a 0 a a a 0 a 0(Forkastes) a (Forkastes) a. F 8 8 8 8 8 ): Minst areal når a. Ulven 0..0 av r_eks_h0_ls.tex