Matematikk 1T — Vår 2013

Løsningsforslag (Del 1 og Del 2) · MAT1013 · Vår 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 \dfrac{750\,000}{0{,}005} og skriv svaret på standardform.

Løsning. Vi deler ved å gange teller og nevner med 1000 for å bli kvitt desimaltallet:

\frac{750\,000}{0{,}005} = \frac{750\,000\cdot 1000}{0{,}005\cdot 1000} = \frac{750\,000\,000}{5} = 150\,000\,000.

På standardform (ett siffer foran komma og en tierpotens):

\boxed{1{,}5\cdot 10^{8}}

Oppgave 2 (2 poeng)

Oppgave. Løs likningssystemet 2x + 3y = 7 og 5x - 2y = 8.

Løsning. Vi bruker addisjonsmetoden. Multipliser den første likningen med 2 og den andre med 3 for å eliminere y:

\begin{aligned} 4x + 6y &= 14\\ 15x - 6y &= 24 \end{aligned}

Legger vi sammen, faller y bort:

19x = 38 \;\Longrightarrow\; x = 2.

Setter x = 2 inn i 2x + 3y = 7: \;4 + 3y = 7 \Rightarrow 3y = 3 \Rightarrow y = 1.

\boxed{x = 2,\quad y = 1}

Oppgave 3 (2 poeng)

Oppgave. Skriv så enkelt som mulig: \dfrac{x^2 - 16}{x^2 - 8x + 16}.

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

x^2 - 16 = (x-4)(x+4), \qquad x^2 - 8x + 16 = (x-4)^2.

Da forkorter vi felles faktor (x-4) (forutsatt x \ne 4):

\frac{(x-4)(x+4)}{(x-4)^2} = \boxed{\dfrac{x+4}{x-4}}, \qquad x \ne 4.

Oppgave 4 (2 poeng)

Oppgave. Bestem likningen for den rette linjen i koordinatsystemet (linjen går gjennom (0,3) og (6,0)).

Løsning. Stigningstallet mellom de to punktene er

a = \frac{0 - 3}{6 - 0} = -\frac{3}{6} = -\frac{1}{2}.

Linjen skjærer y-aksen i (0,3), så konstantleddet er b = 3. Dermed:

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

Oppgave 5 (3 poeng)

Oppgave. Sorter uttrykkene etter stigende verdi (forklar): \sin 50^\circ, \lg 150, \left(\tfrac12\right)^0, 27^{1/3}, \sqrt{20}, \dfrac19 - 3^{-2}.

Løsning (uten hjelpemidler — vi bruker grenser, ikke kalkulator).

• \dfrac19 - 3^{-2} = \dfrac19 - \dfrac19 = 0.
• \sin 50^\circ: en sinusverdi for en spiss vinkel mellom 30^\circ og 90^\circ, så \tfrac12 < \sin 50^\circ < 1.
• \left(\tfrac12\right)^0 = 1 (alt opphøyd i 0 er 1).
• \lg 150: siden \lg 100 = 2 og \lg 1000 = 3, ligger 2 < \lg 150 < 3.
• 27^{1/3} = \sqrt[3]{27} = 3 (eksakt, fordi 3^3 = 27).
• \sqrt{20}: siden 4^2 = 16 og 5^2 = 25, er 4 < \sqrt{20} < 5.

Vi sammenligner intervallene: 0 < \sin 50^\circ < 1 < \lg 150 < 3 = 27^{1/3} < \sqrt{20} < 5. Det eneste som trenger ekstra omtanke er \lg 150 mot 27^{1/3} = 3: \lg 150 < 3, så 27^{1/3} er størst av disse to. Sortert i stigende rekkefølge:

\boxed{\;\dfrac19 - 3^{-2} \;<\; \sin 50^\circ \;<\; \left(\tfrac12\right)^0 \;<\; \lg 150 \;<\; 27^{1/3} \;<\; \sqrt{20}\;}

altså 0 < \sin 50^\circ < 1 < \lg 150 < 3 < \sqrt{20}.

Oppgave 6 (2 poeng)

Oppgave. Tre røde og to blå kuler i en eske; Sondre trekker tilfeldig to. Finn sannsynligheten for at de to kulene har samme farge.

Løsning. Vi trekker uten tilbakelegging. «Samme farge» betyr enten begge røde eller begge blå.

P(\text{begge røde}) = \frac{3}{5}\cdot\frac{2}{4} = \frac{6}{20} = \frac{3}{10},

P(\text{begge blå}) = \frac{2}{5}\cdot\frac{1}{4} = \frac{2}{20} = \frac{1}{10}.

Hendelsene utelukker hverandre, så vi adderer:

P(\text{samme farge}) = \frac{3}{10} + \frac{1}{10} = \frac{4}{10} = \boxed{\dfrac{2}{5}}.

Oppgave 7 (8 poeng)

Oppgave. f(x) = -x^2 - 4x + 5. a) Nullpunkter ved regning. b) Ekstremalpunkt ved regning. c) Skisse av grafen. d) Tangentens likning i (-1,\,f(-1)) ved regning, og tegn den.

a) Nullpunkter. Vi løser -x^2 - 4x + 5 = 0, eller likeverdig x^2 + 4x - 5 = 0:

x = \frac{-4 \pm \sqrt{16 + 20}}{2} = \frac{-4 \pm 6}{2} \;\Longrightarrow\; x = 1 \;\text{eller}\; x = -5.

\boxed{x = -5 \quad\text{og}\quad x = 1}

b) Ekstremalpunkt. Vi deriverer: f'(x) = -2x - 4. Ekstremalpunkt der f'(x) = 0:

-2x - 4 = 0 \;\Longrightarrow\; x = -2.

f(-2) = -(-2)^2 - 4(-2) + 5 = -4 + 8 + 5 = 9.

Siden koeffisienten foran x^2 er negativ, åpner parabelen nedover, og punktet er et toppunkt:

\boxed{(-2,\,9)}

c) Skisse. Parabelen åpner nedover med toppunkt (-2,9), nullpunkter i x = -5 og x = 1, og skjærer y-aksen i f(0) = 5. Symmetrilinjen er x = -2.

 y
 9 ┤        ●(-2,9)  toppunkt
   │      ·   ·
 5 ┤    ·       ·  (0,5)
   │   ·         ·
   │  ·           ·
 ──●───────┼───────●──► x
  -5      -2       1

d) Tangent i (-1,\,f(-1)). Først f(-1) = -1 + 4 + 5 = 8, så punktet er (-1, 8). Stigningstallet er

f'(-1) = -2(-1) - 4 = 2 - 4 = -2.

Ettpunktsformelen y - y_1 = a(x - x_1) gir

y - 8 = -2\,(x - (-1)) = -2(x + 1) \;\Longrightarrow\; y = -2x - 2 + 8.

\boxed{y = -2x + 6}

Tangenten tegnes i samme koordinatsystem som i c); den tangerer parabelen i (-1, 8) og har stigningstall -2 (skjærer y-aksen i 6).

Oppgave 8 (4 poeng)

Oppgave. To halvsirkler: den ene med sentrum O og radius OA = r (over diameteren AB), den andre med sentrum D og radius AD (over diameteren AC). C ligger på den store halvsirkelen, OC = r \perp AB. a) Vis at AC = r\sqrt2. b) Vis ved regning at det blå området (Hippokrates-månen) har samme areal som \triangle AOC.

a) Plasser O i origo, A = (-r, 0), B = (r, 0). Siden OC = r står vinkelrett på AB, er C = (0, r). Da er

AC = \sqrt{(0 - (-r))^2 + (r - 0)^2} = \sqrt{r^2 + r^2} = \sqrt{2r^2} = \boxed{r\sqrt2}.

(Alternativt: \triangle AOC er rettvinklet i O med kateter OA = OC = r, så AC = \sqrt{r^2+r^2} = r\sqrt2 ved Pytagoras.)

b) Vi setter opp arealene.

Den lille halvsirkelen har diameter AC = r\sqrt2, altså radius \tfrac{r\sqrt2}{2}. Arealet er

A_{\text{liten halvsirkel}} = \frac12\,\pi\left(\frac{r\sqrt2}{2}\right)^2 = \frac12\,\pi\cdot\frac{2r^2}{4} = \frac{\pi r^2}{4}.

Sirkelsegmentet mellom korden AC og den store buen AC er sektoren AOC minus trekanten AOC. Sentralvinkelen \angle AOC = 90^\circ, så sektoren er en kvartsirkel med radius r:

A_{\text{sektor }AOC} = \frac14\,\pi r^2, \qquad A_{\triangle AOC} = \frac12\,r\cdot r = \frac{r^2}{2},

A_{\text{segment}} = \frac{\pi r^2}{4} - \frac{r^2}{2}.

Månen er den lille halvsirkelen minus dette segmentet:

A_{\text{måne}} = \frac{\pi r^2}{4} - \left(\frac{\pi r^2}{4} - \frac{r^2}{2}\right) = \frac{r^2}{2}.

Dette er nettopp arealet av \triangle AOC:

\boxed{A_{\text{måne}} = \frac{r^2}{2} = A_{\triangle AOC}.}

(Legg merke til at \pi faller bort — selv om månen er avgrenset av sirkelbuer, er arealet et «pent» tall. Dette er Hippokrates’ måne.)

DEL 2 — Med hjelpemidler

Oppgave 1 (2 poeng)

Oppgave. I en rettvinklet trekant er den lengste kateten 4{,}0 cm, og en av vinklene er 60^\circ. Bestem den korteste kateten og hypotenusen ved regning.

Løsning. Vinklene er 90^\circ, 60^\circ og 30^\circ. Den lengste kateten ligger motstående den største spisse vinkelen, altså motstående 60^\circ. Den korteste kateten ligger motstående 30^\circ.

Korteste katet (kall den k): den lengste kateten er hosliggende 60^\circ og motstående 30^\circ, så

\tan 60^\circ = \frac{4{,}0}{k} \;\Longrightarrow\; k = \frac{4{,}0}{\tan 60^\circ} = \frac{4{,}0}{\sqrt3} \approx 2{,}3 \text{ cm}.

Hypotenusen h (lengste kateten er motstående 60^\circ):

\sin 60^\circ = \frac{4{,}0}{h} \;\Longrightarrow\; h = \frac{4{,}0}{\sin 60^\circ} \approx 4{,}6 \text{ cm}.

\boxed{\text{Korteste katet} \approx 2{,}3 \text{ cm},\quad \text{hypotenus} \approx 4{,}6 \text{ cm}}

Oppgave 2 (6 poeng)

Oppgave. Firkant ABCD med AD = 5{,}0, DC = 4{,}0, CB = 6{,}0, \angle DAB = 60^\circ og \angle DBA = 38{,}2^\circ (ved B, mot diagonalen BD). a) Bestem diagonalen BD ved regning. b) Bestem arealet av firkanten ved regning.

a) Diagonalen BD. Se på trekant ABD. Vi kjenner siden AD = 5{,}0 med motstående vinkel \angle DBA = 38{,}2^\circ, og \angle DAB = 60^\circ. Siden BD ligger motstående \angle DAB = 60^\circ, gir sinussetningen

\frac{BD}{\sin \angle DAB} = \frac{AD}{\sin \angle DBA} \;\Longrightarrow\; BD = AD\cdot\frac{\sin 60^\circ}{\sin 38{,}2^\circ} = 5{,}0\cdot\frac{\sin 60^\circ}{\sin 38{,}2^\circ}.

BD \approx 5{,}0\cdot\frac{0{,}8660}{0{,}6184} \approx \boxed{7{,}0}.

b) Arealet av firkanten. Diagonalen BD deler firkanten i \triangle ABD og \triangle BCD.

Trekant ABD: Den tredje vinkelen er \angle ADB = 180^\circ - 60^\circ - 38{,}2^\circ = 81{,}8^\circ. Vi finner AB med sinussetningen, eller bruker arealformelen direkte. Først AB:

AB = AD\cdot\frac{\sin \angle ADB}{\sin \angle DBA} = 5{,}0\cdot\frac{\sin 81{,}8^\circ}{\sin 38{,}2^\circ} \approx 8{,}00.

A_{\triangle ABD} = \tfrac12\,AD\cdot AB\cdot\sin \angle DAB = \tfrac12\cdot 5{,}0\cdot 8{,}00\cdot\sin 60^\circ \approx 17{,}3.

Trekant BCD: Vi kjenner DC = 4{,}0, CB = 6{,}0 og BD \approx 7{,}0. Vinkelen \angle DCB finnes med cosinussetningen:

\cos \angle DCB = \frac{DC^2 + CB^2 - BD^2}{2\cdot DC\cdot CB} = \frac{16 + 36 - 49}{2\cdot 4\cdot 6} = \frac{3}{48} = 0{,}0625,

så \angle DCB \approx 86{,}4^\circ. Da blir

A_{\triangle BCD} = \tfrac12\,DC\cdot CB\cdot\sin \angle DCB = \tfrac12\cdot 4\cdot 6\cdot\sin 86{,}4^\circ \approx 12{,}0.

Sum:

A_{ABCD} = A_{\triangle ABD} + A_{\triangle BCD} \approx 17{,}3 + 12{,}0 = \boxed{29{,}3}.

Oppgave 3 (4 poeng)

Oppgave. 4000 menn og 6000 kvinner; 8\,\% av mennene og 1\,\% av kvinnene er fargeblinde. a) Hvor mange fargeblinde, og sannsynligheten for at en tilfeldig deltaker er fargeblind. b) Blant de fargeblinde velges én tilfeldig — sannsynligheten for at det er en kvinne.

a) Antall fargeblinde:

\text{Menn: } 0{,}08\cdot 4000 = 320, \qquad \text{Kvinner: } 0{,}01\cdot 6000 = 60.

Til sammen 320 + 60 = 380 fargeblinde av 10\,000 deltakere. Sannsynligheten for at en tilfeldig valgt deltaker er fargeblind:

P(\text{fargeblind}) = \frac{380}{10\,000} = 0{,}038 = \boxed{3{,}8\,\%}.

b) Av de 380 fargeblinde er 60 kvinner:

P(\text{kvinne} \mid \text{fargeblind}) = \frac{60}{380} = \frac{3}{19} \approx \boxed{0{,}158 = 15{,}8\,\%}.

Oppgave 4 (4 poeng)

Oppgave. Én av tre Oslo-beboere ønsker å flytte. Vi velger tilfeldig 100 personer. a) Sannsynligheten for at nøyaktig 30 ønsker å flytte. b) Sannsynligheten for at mellom 30 og 50 ønsker å flytte.

Modell. La X være antall (av 100) som ønsker å flytte. Da er X binomisk fordelt med n = 100 og p = \tfrac13.

a)

P(X = 30) = \binom{100}{30}\left(\tfrac13\right)^{30}\left(\tfrac23\right)^{70} \approx \boxed{0{,}067}.

b) Uttrykket «mellom 30 og 50» tolkes her strengt (endepunktene ikke medregnet), altså 30 < X < 50, det vil si 31 \le X \le 49:

P(31 \le X \le 49) = \sum_{k=31}^{49}\binom{100}{k}\left(\tfrac13\right)^{k}\left(\tfrac23\right)^{100-k} \approx \boxed{0{,}72}.

På kalkulator/CAS: \text{binomcdf}(100, \tfrac13, 49) - \text{binomcdf}(100, \tfrac13, 30) \approx 0{,}723.

Merknad: «mellom 30 og 50» kan også tolkes inklusivt (30 \le X \le 50), som gir \approx 0{,}79. Begge tolkninger godtas vanligvis; fasiten bruker den strenge tolkningen (\approx 0{,}72).

Oppgave 5 (4 poeng)

Oppgave. 1000 personer; én av fem (= 200) vil trene i ferien; 21\,\% av mennene og 16\,\% av kvinnene vil trene. a) Sett opp et likningssystem for antall menn m og kvinner k. b) Hvor mange menn og kvinner deltok?

a) La m være antall menn og k antall kvinner. Til sammen er det 1000 deltakere, og antallet som vil trene er 200:

\boxed{\begin{aligned} m + k &= 1000\\ 0{,}21\,m + 0{,}16\,k &= 200 \end{aligned}}

b) Fra første likning: k = 1000 - m. Settes inn i den andre:

0{,}21\,m + 0{,}16\,(1000 - m) = 200 \;\Longrightarrow\; 0{,}05\,m + 160 = 200 \;\Longrightarrow\; 0{,}05\,m = 40,

m = 800, \qquad k = 1000 - 800 = 200.

\boxed{800 \text{ menn og } 200 \text{ kvinner}}

Oppgave 6 (8 poeng)

Oppgave. h(t) = 3{,}25t^3 - 50t^2 + 170t + 700 modellerer hjortebestanden t år etter 1. januar 1990, for t \in [0, 10]. a) Tegn grafen. b) Når var bestanden størst, og hvor mange hjort? c) Løs h(t) > 850 grafisk og tolk. d) Bestem h'(4) og tolk.

a) Graf. Grafen tegnes i digitalt verktøy (GeoGebra) for t \in [0,10]. Den starter i h(0) = 700, stiger til en topp rundt t \approx 2, synker til et bunnpunkt rundt t \approx 8, og stiger litt igjen mot t = 10.

b) Største bestand. Vi deriverer og setter lik null:

h'(t) = 9{,}75t^2 - 100t + 170 = 0.

abc-formelen gir t \approx 2{,}15 eller t \approx 8{,}11. Den første er et toppunkt (lokalt maksimum), den andre et bunnpunkt. Sammenlignet med endepunktene h(0) = 700 og h(10) = 650 er det største innenfor [0,10] i t \approx 2{,}15:

h(2{,}15) \approx 867.

Bestanden var størst ca. 2{,}2 år etter 1. januar 1990, altså rundt våren 1992, med ca. \boxed{867 \text{ hjort}}.

c) Ulikheten h(t) > 850. Vi tegner linjen y = 850 i samme koordinatsystem og finner hvor grafen ligger over linjen. Skjæringspunktene (grafisk/CAS) er ved t \approx 1{,}42 og t \approx 2{,}95 (den tredje løsningen t \approx 11{,}0 ligger utenfor modellen). Altså:

h(t) > 850 \;\text{ for }\; 1{,}4 < t < 2{,}9 \;(\text{ca.}).

Tolkning: Bestanden var større enn 850 hjort i et tidsrom på rundt halvannet år, fra omtrent midten av 1991 til slutten av 1992.

d) h'(4).

h'(4) = 9{,}75\cdot 16 - 100\cdot 4 + 170 = 156 - 400 + 170 = \boxed{-74}.

Tolkning: 4 år etter 1. januar 1990 (altså i 1994) sank hjortebestanden med ca. 74 hjort per år.

Oppgave 7 (6 poeng)

Oppgave. Et rektangel ABCD er innskrevet i en sirkel med sentrum S. a) Bestem radius dersom rektangelet har lengde 10{,}0 og bredde 5{,}0. b) Et rektangel med lengde 2x er innskrevet i en sirkel med radius 10; vis at arealet er A(x) = 4x\sqrt{100 - x^2}. c) Bestem det største arealet, og lengde og bredde i dette rektangelet.

a) Diagonalen i rektangelet er en diameter i sirkelen. Med Pytagoras:

d = \sqrt{10{,}0^2 + 5{,}0^2} = \sqrt{125} = 5\sqrt5.

Radien er halve diagonalen:

r = \frac{5\sqrt5}{2} \approx \boxed{5{,}6}.

b) La sentrum S være i origo. Halve lengden er x, slik at lengden er 2x. Hjørnet ligger på sirkelen x^2 + y^2 = 10^2, der y er halve bredden:

y = \sqrt{100 - x^2} \;\Longrightarrow\; \text{bredde} = 2y = 2\sqrt{100 - x^2}.

Arealet blir

A(x) = \text{lengde}\cdot\text{bredde} = 2x\cdot 2\sqrt{100 - x^2} = \boxed{4x\sqrt{100 - x^2}}.

c) Største areal. Vi deriverer (produkt- og kjerneregel):

A'(x) = 4\sqrt{100 - x^2} + 4x\cdot\frac{-x}{\sqrt{100 - x^2}} = \frac{4(100 - x^2) - 4x^2}{\sqrt{100 - x^2}} = \frac{400 - 8x^2}{\sqrt{100 - x^2}}.

A'(x) = 0 når 400 - 8x^2 = 0, altså x^2 = 50, x = \sqrt{50} = 5\sqrt2 \approx 7{,}07. Det største arealet er

A(5\sqrt2) = 4\cdot 5\sqrt2\cdot\sqrt{100 - 50} = 20\sqrt2\cdot\sqrt{50} = 20\sqrt2\cdot 5\sqrt2 = 20\cdot 5\cdot 2 = \boxed{200}.

Lengde og bredde:

\text{lengde} = 2x = 10\sqrt2 \approx 14{,}1, \qquad \text{bredde} = 2\sqrt{100 - 50} = 2\sqrt{50} = 10\sqrt2 \approx 14{,}1.

Det optimale rektangelet er altså et kvadrat med side 10\sqrt2 \approx 14{,}1.

Oppgave 8 (2 poeng)

Oppgave. Start med en brøk \dfrac{c}{d}. Legg til 7 ganger nevneren i både teller og nevner; du får en ny brøk. Trekk den nye brøken fra den opprinnelige; uttrykket skal være lik 8. Hva må \dfrac{c}{d} ha vært?

Løsning. Den nye brøken er \dfrac{c + 7d}{d + 7d} = \dfrac{c + 7d}{8d}. Vi trekker den fra den opprinnelige:

\frac{c}{d} - \frac{c + 7d}{8d} = \frac{8c}{8d} - \frac{c + 7d}{8d} = \frac{8c - c - 7d}{8d} = \frac{7c - 7d}{8d} = \frac{7(c - d)}{8d}.

Dette skal være lik 8:

\frac{7(c - d)}{8d} = 8 \;\Longrightarrow\; 7(c - d) = 64d \;\Longrightarrow\; 7c = 64d + 7d = 71d \;\Longrightarrow\; \frac{c}{d} = \frac{71}{7}.

\boxed{\dfrac{c}{d} = \dfrac{71}{7}}

Kontroll: Med \tfrac{c}{d} = \tfrac{71}{7} er den nye brøken \tfrac{71 + 7\cdot 7}{8\cdot 7} = \tfrac{120}{56} = \tfrac{15}{7}, og differansen \tfrac{71}{7} - \tfrac{15}{7} = \tfrac{56}{7} = 8. ✓

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