Matematikk 1T — Høst 2013

Løsningsforslag (Del 1 og Del 2) · MAT1013 · Høst 2013 · 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 (1 poeng)

Oppgave. Regn ut 7{,}5\cdot 10^{12} \cdot 4{,}0\cdot 10^{-4} og skriv svaret på standardform.

Løsning. Vi multipliserer tallene og legger sammen eksponentene:

7{,}5\cdot 10^{12} \cdot 4{,}0\cdot 10^{-4} = (7{,}5\cdot 4{,}0)\cdot 10^{12-4} = 30\cdot 10^{8}.

På standardform skal det stå nøyaktig ett siffer ulik null foran komma, så 30 = 3{,}0\cdot 10^1:

\boxed{3{,}0\cdot 10^{9}}

Oppgave 2 (4 poeng)

Oppgave. Siv har 4 blå og 6 svarte bukser. 1 blå og 3 svarte passer ikke lenger. a) Fyll ut en tabell (passer / passer ikke, fordelt på farge). b) Sannsynligheten for at en tilfeldig valgt bukse passer. c) Gitt at den passer, sannsynligheten for at den er blå.

a) Av de 4 blå passer 4-1 = 3, av de 6 svarte passer 6-3 = 3. Tabellen blir:

b) Det er 6 bukser som passer av totalt 10:

P(\text{passer}) = \frac{6}{10} = \boxed{\frac{3}{5}}.

c) Av de 6 buksene som passer, er 3 blå. Den betingede sannsynligheten er

P(\text{blå}\mid\text{passer}) = \frac{P(\text{blå og passer})}{P(\text{passer})} = \frac{3}{6} = \boxed{\frac{1}{2}}.

Oppgave 3 (2 poeng)

Oppgave. Skriv \dfrac{2x^2 - 18}{x^2 + 6x + 9} så enkelt som mulig.

Løsning. Faktoriser teller og nevner hver for seg. Telleren har en felles faktor 2, og x^2-9 er en konjugatsetning:

2x^2 - 18 = 2(x^2 - 9) = 2(x-3)(x+3).

Nevneren er et fullstendig kvadrat:

x^2 + 6x + 9 = (x+3)^2.

Vi forkorter med felles faktor (x+3) (gyldig for x \ne -3):

\frac{2(x-3)(x+3)}{(x+3)^2} = \boxed{\frac{2(x-3)}{x+3}}, \qquad x \ne -3.

Oppgave 4 (2 poeng)

Oppgave. Regn ut og forenkle \dfrac{\sqrt2 \cdot 2^0 \cdot 2^{-1}}{8^{1/2}\cdot 2^{-2}}.

Løsning. Vi skriver alt som potenser av 2. Husk \sqrt2 = 2^{1/2}, 2^0 = 1 og 8^{1/2} = (2^3)^{1/2} = 2^{3/2}.

Teller:

2^{1/2}\cdot 2^0 \cdot 2^{-1} = 2^{\frac12 + 0 - 1} = 2^{-1/2}.

Nevner:

2^{3/2}\cdot 2^{-2} = 2^{\frac32 - 2} = 2^{-1/2}.

Dermed blir brøken

\frac{2^{-1/2}}{2^{-1/2}} = 2^{-1/2 - (-1/2)} = 2^0 = \boxed{1}.

Oppgave 5 (2 poeng)

Oppgave. Løs likningen 2\lg x - 8 = 5\lg x + 1.

Løsning. Samle logaritmeleddene på én side:

2\lg x - 5\lg x = 1 + 8 \;\Longrightarrow\; -3\lg x = 9 \;\Longrightarrow\; \lg x = -3.

At \lg x = -3 betyr x = 10^{-3}:

\boxed{x = 10^{-3} = 0{,}001}.

(Sjekk: x>0, så \lg x er definert.)

Oppgave 6 (2 poeng)

Oppgave. En rett linje går gjennom punktene (1,2) og (3,5). Bestem likningen for linjen.

Løsning. Stigningstallet er

a = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} = \frac{5 - 2}{3 - 1} = \frac{3}{2}.

Linjen har formen y = \tfrac32 x + b. Vi setter inn punktet (1,2) for å finne b:

2 = \tfrac32\cdot 1 + b \;\Longrightarrow\; b = 2 - \tfrac32 = \tfrac12.

\boxed{y = \tfrac{3}{2}x + \tfrac{1}{2}}

Oppgave 7 (2 poeng)

Oppgave. Løs likningssystemet -x + y = 2 og -2x^2 + y^2 = 4.

Løsning. Fra den første likningen er y = x + 2. Sett inn i den andre:

-2x^2 + (x+2)^2 = 4 \;\Longrightarrow\; -2x^2 + x^2 + 4x + 4 = 4.

Dette forenkles til

-x^2 + 4x = 0 \;\Longrightarrow\; -x(x - 4) = 0,

så x = 0 eller x = 4. Tilhørende y-verdier fra y = x + 2:

• x = 0 \;\Rightarrow\; y = 2
• x = 4 \;\Rightarrow\; y = 6

\boxed{(0,\,2) \quad \text{og} \quad (4,\,6)}

Oppgave 8 (6 poeng)

Oppgave. f(x) = x^3 - 3x^2, D_f = \mathbb{R}. a) Bestem ekstremalpunktene ved regning. b) Forklar at f(x) = x^2(x-3), og bruk det til å finne nullpunktene. c) Lag en skisse av grafen.

a) Vi deriverer og setter den deriverte lik null:

f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2) = 0 \;\Longrightarrow\; x = 0 \;\text{eller}\; x = 2.

Fortegnsskjema for f'(x) = 3x(x-2): f'>0 for x<0, f'<0 for 0<x<2 og f'>0 for x>2. Altså

• x = 0: topppunkt, f(0) = 0,
• x = 2: bunnpunkt, f(2) = 2^3 - 3\cdot 2^2 = 8 - 12 = -4.

\boxed{\text{Topppunkt } (0,\,0), \quad \text{bunnpunkt } (2,\,-4)}

b) Vi setter x^2 utenfor parentes:

f(x) = x^3 - 3x^2 = x^2(x - 3).

Nullpunktene er der f(x) = 0, altså x^2 = 0 eller x - 3 = 0:

\boxed{x = 0 \;(\text{dobbelt}) \quad \text{og} \quad x = 3}.

c) Skisse: Grafen er en tredjegradskurve som stiger fra venstre, har topppunkt i (0,0), synker ned til bunnpunkt i (2,-4) og stiger igjen og krysser x-aksen i x = 3. Den berører x-aksen i x=0 (dobbelt nullpunkt) og skjærer i x=3. For store x går f \to \infty, for små (negative) x går f \to -\infty.

Oppgave 9 (1 poeng)

Oppgave. I \triangle ABC er \angle B = 90^\circ og \sin A = \tfrac{3}{7}. Bestem \cos C.

Løsning. Vinkelsummen i trekanten er 180^\circ, og \angle B = 90^\circ, så \angle A + \angle C = 90^\circ. Da er A og C komplementvinkler, og

\cos C = \cos(90^\circ - A) = \sin A.

Dermed

\boxed{\cos C = \frac{3}{7}}.

Oppgave 10 (2 poeng)

Oppgave. En firkant (trapes) har parallelle sider 6 (topp) og 10 (bunn), høyde 4 og høyre skråside 5. Vis at omkretsen er 21 + \sqrt{17}.

Løsning. Vi feller normaler fra de to toppunktene ned på den lange siden. Da deles den lange siden (10) i tre deler: et midtstykke under toppsiden (6) og to vannrette «overheng» på sidene.

Høyre side (5): den danner en rettvinklet trekant med høyden 4 som katet. Det vannrette overhenget på høyre side er

\sqrt{5^2 - 4^2} = \sqrt{25 - 16} = \sqrt{9} = 3.

Venstre side: Til sammen er overhengene 10 - 6 = 4. Siden høyre overheng er 3, blir venstre overheng 4 - 3 = 1. Venstre skråside har høyde 4 og vannrett overheng 1, så ved Pytagoras:

\text{venstre side} = \sqrt{4^2 + 1^2} = \sqrt{16 + 1} = \sqrt{17}.

Omkretsen blir summen av alle fire sidene:

O = 6 + 10 + 5 + \sqrt{17} = \boxed{21 + \sqrt{17}}.

DEL 2 — Med hjelpemidler

Oppgave 1 (8 poeng)

Oppgave. f(x) = 3x^3 - 48x^2 + 162x + 300 er antall tonn fisk x år etter 2000. a) Tegn grafen for x\in[0,10]. b) Bestem grafisk når bestanden var minst, og hvor mye fisk det var da. c) Finn svaret i b) ved regning. d) Regn ut f(5) og den momentane vekstfarten i x=5, og tolk svarene.

a) Grafen tegnes i et digitalt verktøy (GeoGebra/CAS) for x\in[0,10]. Holdepunkter for grafen:

• f(0) = 300 (start, år 2000),
• lokalt topppunkt ved x \approx 2{,}10 med f \approx 456,
• lokalt bunnpunkt ved x \approx 8{,}57 med f \approx 51,
• f(10) = 3\cdot 1000 - 48\cdot 100 + 1620 + 300 = 120.

b) Grafisk ser vi at den laveste verdien på intervallet [0,10] ligger i det lokale bunnpunktet. Bestanden var minst ca. 8{,}6 år etter 2000 (i 2008/2009), og da var det ca. 51 tonn fisk.

c) Ved regning. Vi deriverer og finner kritiske punkter:

f'(x) = 9x^2 - 96x + 162 = 3(3x^2 - 32x + 54) = 0.

abc-formelen på 3x^2 - 32x + 54 = 0:

x = \frac{32 \pm \sqrt{32^2 - 4\cdot 3\cdot 54}}{2\cdot 3} = \frac{32 \pm \sqrt{1024 - 648}}{6} = \frac{32 \pm \sqrt{376}}{6} = \frac{16 \pm \sqrt{94}}{3}.

Dette gir x \approx 2{,}10 (topppunkt) og x \approx 8{,}57 (bunnpunkt). For å finne den minste verdien på det lukkede intervallet [0,10] sammenligner vi det lokale bunnpunktet med endepunktene:

f(0) = 300, \qquad f\!\left(\tfrac{16+\sqrt{94}}{3}\right) \approx 51{,}3, \qquad f(10) = 120.

Den minste verdien er altså i bunnpunktet. Bestanden var minst etter

\boxed{x = \frac{16+\sqrt{94}}{3} \approx 8{,}6 \text{ år} \;(\text{ca. } 2008/2009), \quad f \approx 51 \text{ tonn}}.

d) Funksjonsverdien i x=5:

f(5) = 3\cdot 125 - 48\cdot 25 + 162\cdot 5 + 300 = 375 - 1200 + 810 + 300 = \boxed{285 \text{ tonn}}.

Momentan vekstfart er den deriverte:

f'(5) = 9\cdot 25 - 96\cdot 5 + 162 = 225 - 480 + 162 = \boxed{-93 \text{ tonn/år}}.

Tolkning: I år 2005 (x=5) var det 285 tonn fisk i bestanden, og bestanden avtok (negativt fortegn) med en fart på ca. 93 tonn per år akkurat da.

Oppgave 2 (4 poeng)

Oppgave. En dam har 20\,000 L vann; mengden minker 8\,\% hvert døgn. a) Vannmengde etter ett og etter ti døgn. b) Hvor mange døgn til det er 5000 L igjen.

Modellen er eksponentiell: V(n) = 20000\cdot 0{,}92^{\,n}, der n er antall døgn (vekstfaktor 1 - 0{,}08 = 0{,}92).

a) Etter ett døgn:

V(1) = 20000\cdot 0{,}92 = \boxed{18\,400 \text{ L}}.

Etter ti døgn:

V(10) = 20000\cdot 0{,}92^{10} \approx \boxed{8688 \text{ L}}.

b) Vi løser 20000\cdot 0{,}92^{\,n} = 5000:

0{,}92^{\,n} = \frac{5000}{20000} = 0{,}25 \;\Longrightarrow\; n = \frac{\lg 0{,}25}{\lg 0{,}92} \approx 16{,}6.

Etter 16 døgn er det fortsatt litt mer enn 5000 L, så det går 17 døgn før mengden har passert ned under 5000 L.

\boxed{n \approx 16{,}6 \;\Rightarrow\; det \text{ går } 17 \text{ døgn før det er under } 5000 \text{ L}}

Oppgave 3 (6 poeng)

Oppgave. 20\,\% av syklister sykler uten lys i mørket. Vi velger tilfeldig 10 syklister. a) P(\text{minst én uten lys}). b) P(\text{bare nr. 1, 4 og 10 uten lys}). c) P(\text{nøyaktig 3 av 10 uten lys}).

La p = 0{,}2 være sannsynligheten for at en syklist sykler uten lys, og 1-p = 0{,}8 for med lys. Valgene er uavhengige.

a) «Minst én» er komplementet til «ingen»:

P(\text{minst én}) = 1 - P(\text{ingen uten lys}) = 1 - 0{,}8^{10} \approx 1 - 0{,}1074 = \boxed{0{,}893}.

b) En bestemt rekkefølge der nøyaktig nr. 1, 4 og 10 sykler uten lys (de andre 7 med lys):

P = 0{,}2^3 \cdot 0{,}8^7 = 0{,}008 \cdot 0{,}2097 \approx \boxed{0{,}0017}.

c) «Nøyaktig 3 av 10» er en binomisk sannsynlighet. Det finnes \binom{10}{3} måter å plassere de tre på:

P(X = 3) = \binom{10}{3}\cdot 0{,}2^3 \cdot 0{,}8^7 = 120 \cdot 0{,}008 \cdot 0{,}2097 \approx \boxed{0{,}201}.

Oppgave 4 (2 poeng)

Oppgave. Per, Pål og Espen har til sammen 198 mynter. Per har 6 ganger så mange som Pål og 3 ganger så mange som Espen. Hvor mange har hver?

Løsning. La Per ha x mynter. Da har Pål \tfrac{x}{6} (siden Per = 6\cdotPål) og Espen \tfrac{x}{3} (siden Per = 3\cdotEspen). Summen er 198:

x + \frac{x}{6} + \frac{x}{3} = 198.

Vi ganger med 6:

6x + x + 2x = 1188 \;\Longrightarrow\; 9x = 1188 \;\Longrightarrow\; x = 132.

Da blir Pål \tfrac{132}{6} = 22 og Espen \tfrac{132}{3} = 44.

\boxed{\text{Per } 132, \quad \text{Pål } 22, \quad \text{Espen } 44}

(Kontroll: 132 + 22 + 44 = 198. ✓)

Oppgave 5 (2 poeng)

Oppgave. Vis at det finnes to ulike trekanter med en side 5{,}0 cm, en side 8{,}0 cm og areal 17{,}5 cm².

Løsning. La de to oppgitte sidene være a = 5{,}0 og b = 8{,}0, og la v være vinkelen mellom dem. Arealformelen gir

A = \tfrac12\,a\,b\,\sin v = \tfrac12\cdot 5\cdot 8\cdot \sin v = 20\sin v.

Vi krever A = 17{,}5:

20\sin v = 17{,}5 \;\Longrightarrow\; \sin v = \frac{17{,}5}{20} = 0{,}875.

Likningen \sin v = 0{,}875 har to løsninger mellom 0^\circ og 180^\circ:

v_1 = \sin^{-1}(0{,}875) \approx 61{,}0^\circ \qquad \text{og} \qquad v_2 = 180^\circ - 61{,}0^\circ \approx 119{,}0^\circ.

Begge vinklene er gyldige (mellom 0^\circ og 180^\circ) og gir hver sin trekant — én spissvinklet og én stumpvinklet mellom de to sidene. Begge har sidene 5{,}0 og 8{,}0 og areal 17{,}5 cm², men de er ulike. Dermed finnes det

\boxed{\text{to ulike trekanter, med mellomvinkel } \approx 61{,}0^\circ \text{ og } \approx 119{,}0^\circ}.

Oppgave 6 (6 poeng)

Oppgave. Et område ABCDE (se figur). Gitt: \angle DAB = 75{,}0^\circ, AE = 6{,}0 m, \angle ABE = 75{,}0^\circ, \angle EBC = 83{,}3^\circ, ED = 3{,}0 m, \angle EDC = 85{,}3^\circ, DC = 9{,}0 m. a) Bestem arealet av \triangle ABE. b) Bestem CE. c) Bestem BC.

a) Areal av \triangle ABE. I trekanten kjenner vi \angle A = 75{,}0^\circ, \angle ABE = 75{,}0^\circ, så

\angle AEB = 180^\circ - 75^\circ - 75^\circ = 30^\circ.

Trekanten er likebeint (to like vinkler ved A og B), så sidene som ligger motsatt disse er like: BE = AE = 6{,}0 m. Arealet med to sider og mellomliggende vinkel (\angle AEB = 30^\circ mellom AE og EB):

A_{\triangle ABE} = \tfrac12\cdot AE\cdot BE\cdot \sin(\angle AEB) = \tfrac12\cdot 6{,}0\cdot 6{,}0\cdot \sin 30^\circ = 18\cdot \tfrac12 = \boxed{9{,}0 \text{ m}^2}.

b) Lengden CE. Se på trekant EDC, der vi kjenner ED = 3{,}0, DC = 9{,}0 og mellomvinkelen \angle EDC = 85{,}3^\circ. Cosinussetningen gir

CE^2 = ED^2 + DC^2 - 2\cdot ED\cdot DC\cdot \cos(\angle EDC) = 3^2 + 9^2 - 2\cdot 3\cdot 9\cdot \cos 85{,}3^\circ.

CE^2 = 9 + 81 - 54\cdot 0{,}0819 \approx 90 - 4{,}42 = 85{,}58,

CE \approx \boxed{9{,}3 \text{ m}}.

c) Lengden BC. Se på trekant BEC. Vi kjenner BE = 6{,}0, CE \approx 9{,}25 og vinkelen \angle EBC = 83{,}3^\circ. Den kjente vinkelen ligger motsatt den lengste siden CE, så sinussetningen gir kun én gyldig løsning (ingen tvetydighet). Vi finner først \angle BCE:

\frac{\sin(\angle BCE)}{BE} = \frac{\sin(\angle EBC)}{CE} \;\Longrightarrow\; \sin(\angle BCE) = \frac{6{,}0\cdot \sin 83{,}3^\circ}{9{,}25} \approx 0{,}644,

så \angle BCE \approx 40{,}1^\circ. Da er

\angle BEC = 180^\circ - 83{,}3^\circ - 40{,}1^\circ \approx 56{,}6^\circ.

Til slutt BC med sinussetningen:

\frac{BC}{\sin(\angle BEC)} = \frac{CE}{\sin(\angle EBC)} \;\Longrightarrow\; BC = \frac{9{,}25\cdot \sin 56{,}6^\circ}{\sin 83{,}3^\circ} \approx \boxed{7{,}8 \text{ m}}.

Oppgave 7 (8 poeng)

Oppgave. En kjegle er innskrevet i en kule med sentrum S og radius R = 3. Kjeglens grunnflate har radius r, og høyden er h = 3 + y, der y er avstanden fra S til grunnflaten. a) Sett r = 2; hvor høy er kjeglen? b) Bestem volumet (V = \tfrac13\pi r^2 h). c) Sett r = x og vis at volumet er f(x) = \tfrac13\pi x^2(3 + \sqrt{9 - x^2}). d) Finn r og h som gir størst volum, og det største volumet.

Sammenheng. Grunnflaten er en sirkel med radius r i avstand y fra kulesenteret. Et punkt på grunnflatens rand ligger på kuleflaten, så ved Pytagoras i den rettvinklede trekanten (r, y, R):

r^2 + y^2 = R^2 = 9 \;\Longrightarrow\; y = \sqrt{9 - r^2}.

a) Med r = 2:

y = \sqrt{9 - 2^2} = \sqrt{5}, \qquad h = 3 + y = \boxed{3 + \sqrt{5} \approx 5{,}24}.

b) Volumet med r = 2 og h = 3 + \sqrt5:

V = \tfrac13\pi r^2 h = \tfrac13\pi\cdot 4\cdot (3 + \sqrt5) = \frac{4\pi(3 + \sqrt5)}{3} \approx \boxed{21{,}9}.

c) Med r = x er y = \sqrt{9 - x^2} og h = 3 + \sqrt{9 - x^2}. Settes dette inn i volumformelen:

f(x) = \tfrac13\pi x^2 h = \boxed{\tfrac13\pi\,x^2\,(3 + \sqrt{9 - x^2})}.

d) Vi maksimerer f for 0 < x < 3. Deriverer (med CAS/regning):

f'(x) = \frac{\pi}{3}\left(6x + \sqrt{9-x^2}\cdot 2x + x^2\cdot\frac{-x}{\sqrt{9-x^2}}\right) = 0.

Løsning av f'(x) = 0 for 0 < x < 3 gir x = 2\sqrt2 \approx 2{,}83. Da er

y = \sqrt{9 - (2\sqrt2)^2} = \sqrt{9 - 8} = 1, \qquad h = 3 + 1 = 4.

Det største volumet blir

f(2\sqrt2) = \tfrac13\pi\cdot 8\cdot 4 = \frac{32\pi}{3} \approx 33{,}5.

\boxed{r = 2\sqrt2 \approx 2{,}83,\quad h = 4,\quad V_{\max} = \frac{32\pi}{3} \approx 33{,}5}

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