Matematikk 1T — Høst 2011

Løsningsforslag (Del 1 og Del 2) · MAT1013 · Høst 2011 · K06 · ✓ Sammenholdt m/ matematikk.net · Uoffisielt

Om dette løsningsforslaget. Uoffisielt, automatisk generert løsningsforslag. Oppgaveteksten er ikke gjengitt i sin helhet; hver oppgave vises med nummer og et kort sammendrag. Kilde: oppgaven og matematikk.net sitt løsningsforslag. Sluttsvar er sammenholdt med matematikk.net sin versjon — se den ved tvil.

DEL 1 — Uten hjelpemidler

Oppgave 1 (14 poeng)

a) Forenkle \dfrac{x^2 - 25}{x^2 + 10x + 25}

Løsning. Faktoriser teller og nevner. Telleren er en konjugatsetning, og nevneren er et fullstendig kvadrat:

\frac{x^2 - 25}{x^2 + 10x + 25} = \frac{(x-5)(x+5)}{(x+5)^2} = \boxed{\dfrac{x-5}{x+5}} \quad (x \neq -5).

b) Løs likningen 3^{\,2x-1} = 1

Løsning. Siden 3^0 = 1, må eksponenten være null:

2x - 1 = 0 \;\Longrightarrow\; x = \boxed{\tfrac{1}{2}}.

c) Forenkle \dfrac{a^{1/4}\cdot \sqrt{a}}{\left(a^{3/4}\right)^{3}\cdot a^{-2}}

Løsning. Skriv alt som potenser av a og bruk potensreglene. Telleren:

a^{1/4}\cdot a^{1/2} = a^{1/4 + 1/2} = a^{3/4}.

Nevneren:

\left(a^{3/4}\right)^3 \cdot a^{-2} = a^{9/4}\cdot a^{-2} = a^{9/4 - 2} = a^{1/4}.

Dermed

\frac{a^{3/4}}{a^{1/4}} = a^{3/4 - 1/4} = a^{1/2} = \boxed{\sqrt{a}}.

d) Bestem høyden h i trekant ABC

Oppgave. I trekant ABC er AB = 5{,}0, AC = 3{,}0 og BC = 4{,}0. h er høyden fra C ned på AB.

Løsning. Først sjekker vi at trekanten er rettvinklet ved C:

AC^2 + BC^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 = 5^2 = AB^2,

så vinkelen ved C er 90^\circ (omvendt Pytagoras), i samsvar med figuren.

Arealet kan da regnes på to måter — enten med de to katetene, eller med grunnlinjen AB og høyden h:

A = \tfrac12\cdot AC\cdot BC = \tfrac12\cdot AB\cdot h.

Det gir

\tfrac12\cdot 3\cdot 4 = \tfrac12\cdot 5\cdot h \;\Longrightarrow\; 6 = \tfrac{5}{2}\,h \;\Longrightarrow\; h = \frac{12}{5} = \boxed{2{,}4}.

e) Løs ulikhetene grafisk

Oppgave. Av figuren leser vi at f er en parabel med nullpunkter x=1 og x=3 (gjennom (0,3)), og g er en rett linje gjennom (-3,0), (0,3) og (5,8). Grafene skjærer hverandre i (0,3) og (5,8).

1) f(x) \le 0. Parabelen ligger på eller under x-aksen mellom nullpunktene sine:

\boxed{\,x \in [1,\,3]\,}.

2) f(x) > g(x). Parabelen ligger over linjen til venstre for det første skjæringspunktet og til høyre for det andre. Skjæringene er i x=0 og x=5, så

\boxed{\,x < 0 \;\text{ eller }\; x > 5\,}.

(Kontroll med uttrykkene f(x)=x^2-4x+3 og g(x)=x+3: f(x)-g(x)=x^2-5x=x(x-5), som er positiv nettopp for x<0 og x>5.)

f) Bestem lengden av AC

Oppgave. I trekant ABC er \angle A = 90^\circ, AB = 3{,}0 og \tan C = 2.

Løsning. Vinkel C har AB som motstående katet og AC som hosliggende katet:

\tan C = \frac{AB}{AC} = \frac{3}{AC} = 2 \;\Longrightarrow\; AC = \frac{3}{2} = \boxed{1{,}5}.

g) Sannsynlighet ved trekking av to tusjer

Oppgave. Line har 3 blå, 2 røde og 1 grønn tusj (6 til sammen). Hun trekker tilfeldig to tusjer (uten tilbakelegging).

Antall måter å trekke 2 av 6 på:

\binom{6}{2} = \frac{6\cdot 5}{2} = 15.

1) Ikke den grønne. Da trekkes begge blant de 5 ikke-grønne:

P(\text{ikke grønn}) = \frac{\binom{5}{2}}{\binom{6}{2}} = \frac{10}{15} = \boxed{\tfrac{2}{3}}.

2) Én blå og én rød. Antall gunstige er \binom{3}{1}\binom{2}{1} = 3\cdot 2 = 6:

P(\text{én blå og én rød}) = \frac{6}{15} = \boxed{\tfrac{2}{5}}.

h) Vis med definisjonen av den deriverte at f'(x) = 2x når f(x) = x^2 + 1

Løsning. Bruk grenseverdidefinisjonen:

f'(x) = \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}.

Vi regner telleren:

f(x+h) - f(x) = \big[(x+h)^2 + 1\big] - \big[x^2 + 1\big] = x^2 + 2xh + h^2 + 1 - x^2 - 1 = 2xh + h^2.

Dermed

\frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \frac{2xh + h^2}{h} = 2x + h.

Når h \to 0:

f'(x) = \lim_{h\to 0}(2x + h) = \boxed{2x}.

Oppgave 2 (6 poeng)

Funksjonen er f(x) = -x^2 + 2x - 2.

a) Vis at grafen ikke har nullpunkter

Løsning. Nullpunkter krever f(x)=0. Diskriminanten til -x^2+2x-2 er

b^2 - 4ac = 2^2 - 4\cdot(-1)\cdot(-2) = 4 - 8 = -4 < 0.

Siden diskriminanten er negativ, finnes ingen reelle løsninger, og grafen har \boxed{\text{ingen nullpunkter}}. (Grafen ligger helt under x-aksen, fordi a=-1<0.)

b) Finn ekstremalpunktet ved hjelp av f'(x), og tegn grafen

Løsning. Deriver:

f'(x) = -2x + 2.

Ekstremalpunkt der f'(x) = 0:

-2x + 2 = 0 \;\Longrightarrow\; x = 1.

Funksjonsverdien er f(1) = -1 + 2 - 2 = -1. Siden a = -1 < 0, er dette et toppunkt:

\boxed{(1,\,-1)}.

Graf. Parabelen vender ned, har toppunkt (1,-1) og skjærer y-aksen i f(0)=-2. Et speilpunkt om symmetrilinjen x=1 er (2,-2). Tegn en nedovervendt parabel gjennom disse punktene; hele grafen ligger under x-aksen.

c) Bestem likningen for tangenten i punktet (2,-2)

Løsning. Stigningstallet til tangenten er den deriverte i x=2:

f'(2) = -2\cdot 2 + 2 = -2.

Tangenten gjennom (2,-2) med stigningstall -2:

y - (-2) = -2(x - 2) \;\Longrightarrow\; y = -2x + 4 - 2,

\boxed{y = -2x + 2}.

Oppgave 3 (4 poeng)

Tilnærmet regel: F = 2C + 30. Nøyaktig regel: 5F = 9C + 160.

a) Gjør om 100\,^\circ\text{C}, og finn differansen

Tilnærmet:

F = 2\cdot 100 + 30 = \boxed{230\,^\circ\text{F}}.

Nøyaktig: 5F = 9\cdot 100 + 160 = 1060 \Rightarrow F = \dfrac{1060}{5} = \boxed{212\,^\circ\text{F}}.

Differanse:

230 - 212 = \boxed{18\,^\circ\text{F}}.

Den tilnærmede regelen gir altså 18 grader for mye ved 100\,^\circ\text{C}.

b) Løs likningssystemet, og tolk løsningen

Løsning. Sett inn F = 2C + 30 i den nøyaktige regelen:

5(2C + 30) = 9C + 160 \;\Longrightarrow\; 10C + 150 = 9C + 160 \;\Longrightarrow\; C = 10.

Da er F = 2\cdot 10 + 30 = 50. Løsningen er

\boxed{C = 10,\quad F = 50}.

Tolkning. De to reglene gir samme svar bare ved C = 10\,^\circ\text{C} (som tilsvarer 50\,^\circ\text{F}). Dette er det eneste punktet der den tilnærmede regelen er helt nøyaktig; for alle andre temperaturer avviker den (og avviket vokser jo lenger unna 10\,^\circ\text{C} vi kommer).

DEL 2 — Med hjelpemidler

Oppgave 4 (8 poeng)

a) Vis at trekanten med sider 4{,}0, 5{,}0 og 6{,}0 cm ikke er rettvinklet

Løsning. Hvis trekanten var rettvinklet, måtte Pytagoras gjelde for den lengste siden (6). Men

4^2 + 5^2 = 16 + 25 = 41 \neq 36 = 6^2.

Siden 4^2 + 5^2 \neq 6^2, er trekanten \boxed{\text{ikke rettvinklet}}.

b) Bestem arealet

Løsning. Vi finner først vinkelen C mellom sidene 4 og 5 (motstående side 6) med cosinussetningen:

\cos C = \frac{4^2 + 5^2 - 6^2}{2\cdot 4\cdot 5} = \frac{41 - 36}{40} = \frac{5}{40} = 0{,}125 \;\Longrightarrow\; C \approx 82{,}82^\circ.

Arealet:

A = \tfrac12\cdot 4\cdot 5\cdot \sin C = 10\cdot \sin 82{,}82^\circ \approx \boxed{9{,}9 \text{ cm}^2}.

(Kontroll med Herons formel, s = \tfrac{4+5+6}{2} = 7{,}5: A = \sqrt{7{,}5\cdot 3{,}5\cdot 2{,}5\cdot 1{,}5} \approx 9{,}92 cm^2.)

c) Største areal med sider 7{,}0 cm og 11{,}0 cm

Løsning. Med to faste sider a = 7 og b = 11 og mellomliggende vinkel v er arealet

A = \tfrac12\cdot 7\cdot 11\cdot \sin v = 38{,}5\,\sin v.

Dette er størst når \sin v = 1, altså når v = 90^\circ (rettvinklet trekant):

A_{\max} = 38{,}5\cdot 1 = \boxed{38{,}5 \text{ cm}^2}.

d) Vis hvordan trekanten kan se ut når arealet er 30 cm^2

Løsning. Sett arealet lik 30:

38{,}5\,\sin v = 30 \;\Longrightarrow\; \sin v = \frac{30}{38{,}5} = \frac{60}{77} \approx 0{,}779.

Likningen \sin v = 0{,}779 har to løsninger i en trekant:

v_1 \approx 51{,}2^\circ \qquad \text{eller} \qquad v_2 \approx 128{,}8^\circ.

Begge gir gyldige trekanter. Den tredje siden c finner vi med cosinussetningen, c^2 = 7^2 + 11^2 - 2\cdot 7\cdot 11\cos v:

• Spiss trekant: v_1 \approx 51{,}2^\circ gir c \approx \sqrt{170 - 154\cos 51{,}2^\circ} \approx 8{,}6 cm.
• Stump trekant: v_2 \approx 128{,}8^\circ gir c \approx \sqrt{170 - 154\cos 128{,}8^\circ} \approx 16{,}3 cm.

\boxed{v \approx 51{,}2^\circ \ (c \approx 8{,}6\text{ cm}) \quad\text{eller}\quad v \approx 128{,}8^\circ \ (c \approx 16{,}3\text{ cm})}

Trekanten kan altså se ut på to måter: enten en relativt “flat”, spiss trekant, eller en stump trekant der den tredje siden er lengre.

Oppgave 5 (4 poeng)

Sylinder med d + h = 6, og radius x (så d = 2x og h = 6 - 2x).

a) Vis at V(x) = 6\pi x^2 - 2\pi x^3 for x \in \langle 0,\,3\rangle

Løsning. Volumet av en sylinder er V = \pi r^2 h. Med r = x og h = 6 - 2x:

V(x) = \pi x^2 (6 - 2x) = 6\pi x^2 - 2\pi x^3.

Definisjonsmengden: radius må være positiv (x > 0), og høyden h = 6 - 2x må være positiv (x < 3). Altså x \in \langle 0,\,3\rangle, som skulle vises.

b) Vis at det største volumet er nøyaktig 8\pi

Løsning. Deriver:

V'(x) = 12\pi x - 6\pi x^2 = 6\pi x(2 - x).

V'(x) = 0 for x = 0 eller x = 2. Bare x = 2 ligger i \langle 0,3\rangle. Fortegnet til V': positivt for 0 < x < 2 og negativt for 2 < x < 3, så x = 2 gir et maksimum.

V(2) = 6\pi\cdot 2^2 - 2\pi\cdot 2^3 = 24\pi - 16\pi = \boxed{8\pi}.

Det største volumet er altså nøyaktig 8\pi (cm^3), som skulle vises.

Oppgave 6 (8 poeng)

Oljemengden er F(x) = 6000\cdot 0{,}864^{\,x} liter, x \in [0,\,24] (timer).

a) Startmengde og prosentvis lekkasje per time

Løsning. Før lekkasjen, x = 0:

F(0) = 6000\cdot 0{,}864^0 = \boxed{6000 \text{ liter}}.

Vekstfaktoren per time er 0{,}864 = 1 - 0{,}136, altså en nedgang på

1 - 0{,}864 = 0{,}136 = \boxed{13{,}6\,\% \text{ per time}}.

b) Tegn grafen til F

Løsning. Grafen er en avtagende eksponentialkurve. Noen punkter:

Kurven starter i (0,6000), faller bratt i begynnelsen og flater ut mot null mot slutten av intervallet (men når aldri null).

c) Når er halvparten lekket ut?

Løsning. Halvparten av 6000 er 3000 liter igjen:

6000\cdot 0{,}864^{\,x} = 3000 \;\Longrightarrow\; 0{,}864^{\,x} = 0{,}5.

Ta logaritmen på begge sider:

x = \frac{\ln 0{,}5}{\ln 0{,}864} \approx \boxed{4{,}7 \text{ timer}}.

d) Momentan vekstfart etter to timer

Løsning. Vi tilnærmer den momentane vekstfarten F'(2) med et lite intervall rundt x = 2 (sentral differanse, h = 0{,}001):

F'(2) \approx \frac{F(2{,}001) - F(1{,}999)}{0{,}002} \approx -654{,}7 \text{ liter/time}.

\boxed{F'(2) \approx -655 \text{ liter/time}}

Tolkning. To timer etter at lekkasjen startet, minker oljemengden med ca. 655 liter per time akkurat på det tidspunktet. Det negative fortegnet viser at det lekker ut olje (mengden avtar).

Oppgave 7 (6 poeng)

Svingetiden er T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}} med g \approx 9{,}81.

a) Løs formelen med hensyn på L

Løsning. Del på 2\pi og kvadrer:

\frac{T}{2\pi} = \sqrt{\frac{L}{g}} \;\Longrightarrow\; \left(\frac{T}{2\pi}\right)^2 = \frac{L}{g} \;\Longrightarrow\; \boxed{L = \frac{g\,T^2}{4\pi^2}}.

b) Bestem snorlengden når T = 1{,}0 s

Løsning. Sett inn T = 1 og g = 9{,}81:

L = \frac{9{,}81\cdot 1^2}{4\pi^2} \approx \boxed{0{,}25 \text{ m}}.

c) Bestem g på forsøksstedet

Løsning. Snorlengden var L = 10{,}00 m, og pendelen svingte 1000 ganger på 6345 s. Da er svingetiden

T = \frac{6345}{1000} = 6{,}345 \text{ s}.

Løs formelen for g: fra T = 2\pi\sqrt{L/g} får vi g = \dfrac{4\pi^2 L}{T^2}:

g = \frac{4\pi^2\cdot 10}{6{,}345^2} \approx \boxed{9{,}806}.

Oppgave 8 (6 poeng)

Norge: ca. 5\,000\,000 innbyggere, hvorav ca. 300\,000 i Sør-Trøndelag.

a) Sannsynlighet for at en tilfeldig person bor i Sør-Trøndelag

Løsning.

p = \frac{300\,000}{5\,000\,000} = \frac{3}{50} = \boxed{0{,}06}.

b) Forklar at dette er et binomisk forsøk

Løsning. Vi gjør n = 10 uavhengige trekninger. For hver person er det to utfall — “bor i Sør-Trøndelag” (suksess) eller ikke — og sannsynligheten for suksess er den samme, p = 0{,}06, ved hver trekning (folketallet er så stort at trekning uten tilbakelegging praktisk talt ikke endrer p). Antall suksesser X blant 10 er da binomisk fordelt: X \sim B(10,\ 0{,}06).

c) Sannsynlighet for at ingen av de 10 bor i Sør-Trøndelag

Løsning.

P(X = 0) = \binom{10}{0}\,0{,}06^0\cdot 0{,}94^{10} = 0{,}94^{10} \approx \boxed{0{,}539}.

d) Sannsynlighet for at minst 3 av de 10 bor i Sør-Trøndelag

Løsning. Bruk komplementet P(X \ge 3) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) - P(X = 2):

P(X=1) = \binom{10}{1}0{,}06\cdot 0{,}94^{9} \approx 0{,}344, P(X=2) = \binom{10}{2}0{,}06^2\cdot 0{,}94^{8} \approx 0{,}099.

Dermed

P(X \ge 3) = 1 - 0{,}539 - 0{,}344 - 0{,}099 \approx \boxed{0{,}019}.

Det er altså bare ca. 1{,}9\,\% sannsynlig at minst 3 av 10 tilfeldige bor i Sør-Trøndelag.

(Merk: matematikk.net-fasiten oppgir her «\approx 0{,}19», men dette er en åpenbar trykkfeil — summen P(3)+P(4)+\dots+P(10) = 1 - P(0) - P(1) - P(2) = 0{,}0188 \approx 0{,}019, ikke 0{,}19.)

Oppgave 9 (4 poeng)

Andregradsfunksjonen er f(x) = a(x - b)^2 + c, der toppunktet/bunnpunktet er (b,\,c).

a) Bestem c slik at grafen har nøyaktig ett nullpunkt for alle a og b

Løsning. Grafen er en parabel med ekstremalpunkt i (b, c). Et nøyaktig ett nullpunkt betyr at parabelen akkurat tangerer x-aksen, altså at ekstremalpunktet ligger på x-aksen. Det krever at y-verdien i ekstremalpunktet er null:

c = 0.

Da er f(x) = a(x-b)^2 = 0 bare for x = b — ett nullpunkt — uansett a \neq 0 og b.

\boxed{c = 0}

b) Bestem b slik at grafen har ekstremalpunkt i x = 3 for alle a og c

Løsning. Ekstremalpunktet til f(x) = a(x-b)^2 + c ligger alltid i x = b (toppunktsformen). For at ekstremalpunktet skal være i x = 3, må

b = 3.

Dette gjelder uavhengig av a og c, siden de bare påvirker hvor bratt parabelen er og hvor høyt den ligger, ikke plasseringen av symmetrilinjen.

\boxed{b = 3}

Uoffisielt, automatisk generert løsningsforslag. Kilde og fasit: matematikk.net. Ikke tilknyttet Utdanningsdirektoratet.