Matematikk 1T — Januar 2012

Løsningsforslag (Del 1 og Del 2) · MAT1013 · Januar 2012 · 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. Vi faktoriserer 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}}.

(Gyldig for x \ne -5.)

b) Løs likningen 3^{2x-1} = 1

Løsning. Vi skriver 1 = 3^0. Når grunntallene er like, må eksponentene være like:

3^{2x-1} = 3^0 \;\Longrightarrow\; 2x - 1 = 0 \;\Longrightarrow\; \boxed{x = \tfrac12}.

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

Løsning. Vi samler potensene i teller og nevner hver for seg. I telleren er \sqrt{a} = a^{1/2}:

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

I nevneren er \left(a^{3/4}\right)^3 = a^{9/4}, så

\text{nevner} = a^{9/4}\cdot a^{-2} = a^{\,9/4 - 2} = a^{1/4}.

Brøken blir

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

d) Høyden h i trekant ABC

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

Løsning. Sidene er 3, 4 og 5, og siden 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 = 5^2, er trekanten rettvinklet med rett vinkel i C (jf. figuren). Arealet kan da regnes på to måter — med de to katetene, og med grunnlinje AB og høyde h:

\tfrac12\cdot AC\cdot BC = \tfrac12\cdot AB\cdot h \;\Longrightarrow\; \tfrac12\cdot 3{,}0\cdot 4{,}0 = \tfrac12\cdot 5{,}0\cdot h.

Dermed er 6 = 2{,}5\,h, så

h = \frac{3{,}0\cdot 4{,}0}{5{,}0} = \frac{12}{5} = \boxed{2{,}4}.

e) Løs ulikhetene grafisk

Oppgave. I koordinatsystemet er f den blå parabelen (nullpunkter i x=1 og x=3, gjennom (0,3)) og g den røde rette linjen (gjennom (-3,0), (0,3) og (5,8)). Løs 1) f(x) \le 0 og 2) f(x) > g(x).

Løsning. Vi leser av grafene.

1) f(x) \le 0 der parabelen ligger på eller under x-aksen, altså mellom nullpunktene:

\boxed{\,1 \le x \le 3\,}.

2) f(x) > g(x) der den blå parabelen ligger over den røde linjen. Grafene skjærer hverandre i (0,3) og (5,8), og parabelen ligger over linjen utenfor skjæringspunktene:

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

Merk (avvik fra matematikk.net-fasiten). Den offisielle fasiten oppgir i 1e-1) x \in \langle\leftarrow, 1] \cup [3, \rightarrow\rangle. Dette er feil: figuren viser at parabelen f vender den hule siden opp (bunnpunkt nær (2,-1), gjennom (0,3)), så f(x) \le 0 gjelder mellom nullpunktene, altså 1 \le x \le 3. Fasitens eget svar i 1e-2) (f>g for x<0 eller x>5) forutsetter nettopp en parabel som åpner oppover, og er dermed selvmotsigende med fasitens 1e-1). Vårt svar 1 \le x \le 3 er korrekt.

f) Bestem AC

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

Løsning. Med rett vinkel i A er AB og AC kateter, og vinkel C ligger ved hjørnet C. Da er

\tan C = \frac{\text{motstående katet}}{\text{hosliggende katet}} = \frac{AB}{AC} = \frac{3{,}0}{AC} = 2.

Løser vi for AC:

AC = \frac{3{,}0}{2} = \boxed{1{,}5}.

g) Sannsynlighet — trekke to tusjer

Oppgave. Line har 3 blå, 2 røde og 1 grønn tusj (6 til sammen) og trekker tilfeldig 2. Finn 1) P(\text{ikke grønn}) og 2) P(\text{én blå og én rød}).

Løsning. Antall måter å trekke 2 av 6 (uten rekkefølge):

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

1) «Ikke grønn» betyr at begge trekkes blant de 5 ikke-grønne tusjene:

P(\text{ikke grønn}) = \frac{\binom{5}{2}}{\binom{6}{2}} = \frac{10}{15} = \boxed{\tfrac23}.

2) Én blå (av 3) og én rød (av 2):

P(\text{1 blå og 1 rød}) = \frac{\binom{3}{1}\binom{2}{1}}{\binom{6}{2}} = \frac{3\cdot 2}{15} = \frac{6}{15} = \boxed{\tfrac25}.

h) Den deriverte fra definisjonen

Oppgave. f(x) = x^2 + 1. Vis ved definisjonen av den deriverte at f'(x) = 2x.

Løsning. Definisjonen er

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

Vi regner ut 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.

Da blir

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

Lar vi 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. Vi undersøker diskriminanten til -x^2 + 2x - 2 = 0. Med a = -1, b = 2, c = -2:

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

Siden D = -4 < 0 har likningen ingen reelle løsninger. Grafen til f har derfor ingen nullpunkter. \quad\blacksquare

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

Løsning. Vi deriverer:

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 vender parabelen ned, så dette er et toppunkt:

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

Graf. Parabelen vender den hule siden ned, har toppunkt i (1,-1) og skjærer y-aksen i f(0) = -2. Den ligger i sin helhet under x-aksen (ingen nullpunkter), symmetrisk om linjen x = 1. Et par punkter til hjelp ved tegning: f(0) = f(2) = -2 og f(-1) = f(3) = -5.

c) Likning for tangenten i (2, -2)

Løsning. Stigningstallet til tangenten er f'(2):

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

Tangenten går gjennom (2, -2) med stigningstall -2. Ettpunktsformelen gir

y - (-2) = -2\,(x - 2) \;\Longrightarrow\; y + 2 = -2x + 4 \;\Longrightarrow\; \boxed{y = -2x + 2}.

Oppgave 3 (4 poeng)

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

a) Gjør om 100\,^\circC, og finn differansen

Løsning.

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}}.

Differansen er

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

Den tilnærmede regelen gir altså 18\,^\circF for mye ved 100\,^\circC.

b) Løs likningssystemet, og tolk svaret

Løsning. Vi setter F = 2C + 30 inn i 5F = 9C + 160:

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

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

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

Tolkning. De to reglene gir nøyaktig samme svar bare ved C = 10\,^\circ (der F = 50\,^\circ). For alle andre temperaturer er den tilnærmede regelen unøyaktig, og avviket vokser jo lenger unna 10\,^\circC vi kommer.

DEL 2 — Med hjelpemidler

Oppgave 4 (8 poeng)

a) Vis at trekanten med sider 4, 5, 6 ikke er rettvinklet

Løsning. I en rettvinklet trekant gjelder Pytagoras med den lengste siden som hypotenus. Vi sjekker 6^2 mot 4^2 + 5^2:

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

Siden 36 \ne 41, er Pytagoras ikke oppfylt, og trekanten er ikke rettvinklet. \quad\blacksquare

b) Bestem arealet

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

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

Da er C = \cos^{-1}(0{,}125) \approx 82{,}82^\circ, og arealet blir

A = \tfrac12\cdot 4\cdot 5\cdot\sin C \approx 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{s(s-4)(s-5)(s-6)} = \sqrt{7{,}5\cdot 3{,}5\cdot 2{,}5\cdot 1{,}5} \approx 9{,}92 \text{ cm}^2. \;\checkmark

c) Største mulige areal med sider 7 og 11

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

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

Dette er størst når \sin v er størst, altså når \sin v = 1, dvs. v = 90^\circ:

A_{\max} = \tfrac12\cdot 7\cdot 11\cdot 1 = \boxed{38{,}5 \text{ cm}^2}.

Det største arealet får vi når trekanten er rettvinklet med de to gitte sidene som kateter.

d) Hvordan trekanten kan se ut hvis arealet er 30 cm²

Løsning. Vi krever A = 30:

\tfrac12\cdot 7\cdot 11\cdot\sin v = 30 \;\Longrightarrow\; \sin v = \frac{60}{77} \approx 0{,}779.

Dette gir to mulige vinkler:

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

Begge gir areal 30 cm², men ulik trekant. Den tredje siden c finnes med cosinussetningen (c^2 = 7^2 + 11^2 - 2\cdot 7\cdot 11\cos v = 170 - 154\cos v):

• Spiss vinkel v_1 \approx 51{,}2^\circ: \;c^2 \approx 170 - 154\cdot 0{,}626 \approx 73{,}5 \Rightarrow c \approx 8{,}6 cm.
• Stump vinkel v_2 \approx 128{,}8^\circ: \;c^2 \approx 170 + 154\cdot 0{,}626 \approx 266{,}5 \Rightarrow c \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})}

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

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) = \boxed{6\pi x^2 - 2\pi x^3}, \qquad x \in \langle 0,\,3\rangle.

(Vi må ha x > 0 og h = 6 - 2x > 0, altså x < 3.) \quad\blacksquare

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

Løsning. Vi deriverer og setter V'(x) = 0:

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

V'(x) = 0 \;\Longrightarrow\; x = 0 \;\text{ eller }\; x = 2.

Bare x = 2 ligger i \langle 0, 3\rangle. For 0 < x < 2 er V'(x) > 0, og for 2 < x < 3 er V'(x) < 0, så x = 2 gir et maksimum. Volumet der:

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 (volumenheter). \quad\blacksquare

Oppgave 6 (8 poeng)

F(x) = 6000\cdot 0{,}864^{\,x}, x \in [0, 24], antall liter olje igjen x timer etter at lekkasjen startet.

a) Olje før lekkasjen, og prosent som lekker ut per time

Løsning. Før lekkasjen er x = 0:

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

Vekstfaktoren per time er 0{,}864. Dette svarer til en endring på 0{,}864 - 1 = -0{,}136, altså en nedgang på

\boxed{13{,}6\,\% \text{ per time}}.

b) Tegn grafen til F

Løsning. Grafen er en avtagende eksponentialkurve fra (0, 6000) som faller mot 0. Noen punkter:

Kurven er bratt i starten og flater ut mot høyre (typisk eksponentielt forfall).

c) Når har halvparten lekket ut?

Løsning. Halvparten igjen betyr F(x) = 3000:

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

Vi tar 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 en liten endring rundt x = 2 (numerisk derivasjon, f.eks. på lommeregner/CAS):

F'(2) \approx \frac{F(2{,}001) - F(1{,}999)}{0{,}002} \approx -655 \text{ liter/time}.

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

Merk. Den offisielle fasiten oppgir 656 liter/time. Eksakt er F'(2) = 6000\cdot 0{,}864^2\cdot \ln 0{,}864 \approx -654{,}8, som avrundes til -655. Vårt svar er den mest nøyaktige avrundingen.

Tolkning. To timer etter at lekkasjen startet, lekker det ut olje med en fart på ca. 655 liter per time i akkurat det øyeblikket. Det negative fortegnet viser at oljemengden i tanken minker.

Oppgave 7 (6 poeng)

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

a) Løs formelen med hensyn på L

Løsning. Vi kvadrerer begge sider og løser for L:

T = 2\pi\sqrt{\frac{L}{g}} \;\Longrightarrow\; T^2 = 4\pi^2\cdot\frac{L}{g} \;\Longrightarrow\; \boxed{L = \frac{g\,T^2}{4\pi^2}}.

b) Lengde slik at T = 1{,}0 s

Løsning. Setter inn T = 1{,}0 og g = 9{,}81:

L = \frac{9{,}81\cdot 1{,}0^2}{4\pi^2} \approx \frac{9{,}81}{39{,}48} \approx \boxed{0{,}25 \text{ m}}.

c) Bestem g på forsøksstedet

Løsning. Pendelen svingte 1000 ganger på 6345 s, så én svingetid er

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

Vi løser formelen med hensyn på g (fra a): g = \dfrac{4\pi^2 L}{T^2}, med L = 10{,}00 m:

g = \frac{4\pi^2\cdot 10{,}00}{6{,}345^2} \approx \frac{394{,}78}{40{,}26} \approx \boxed{9{,}806}.

Oppgave 8 (6 poeng)

Norge: ca. 5\,000\,000 innbyggere, 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 trekker 10 personer og teller hvor mange som bor i Sør-Trøndelag. Et binomisk forsøk krever:

1. Fast antall delforsøk: n = 10 personer trekkes.
2. To utfall i hvert delforsøk: personen bor i Sør-Trøndelag (suksess) eller ikke.
3. Konstant suksessannsynlighet: p = 0{,}06 for hver trekning.
4. Uavhengige delforsøk: utfallet for én person påvirker ikke de andre.

Strengt tatt trekker vi uten tilbakelegging, men siden befolkningen er så stor (5 millioner) endres p nesten ikke fra trekning til trekning. Forsøket kan derfor svært godt tilnærmes med en binomisk modell, X \sim \text{Bin}(10,\;0{,}06). \quad\blacksquare

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

Løsning.

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

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

Løsning. Vi bruker komplementet:

P(X \ge 3) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) - P(X = 2).

Med \binom{10}{k}0{,}06^k\,0{,}94^{10-k}:

P(X=0) \approx 0{,}5386, \quad P(X=1) \approx 0{,}3438, \quad P(X=2) \approx 0{,}0988.

P(X \ge 3) = 1 - (0{,}5386 + 0{,}3438 + 0{,}0988) \approx 1 - 0{,}9812 = \boxed{0{,}0188} \;(\approx 1{,}88\,\%).

Programmering (frivillig hjelpemiddel). Sannsynlighetene i c) og d) kan også regnes med et kort program. Begge programmene gir samme svar.

Python:

from math import comb
p = 0.06
def binom(k):
    return comb(10, k) * p**k * (1 - p)**(10 - k)
print("P(X=0) =", round(binom(0), 4))          # 0.5386
print("P(X>=3) =", round(1 - sum(binom(k) for k in range(3)), 4))  # 0.0188

C++:

#include <iostream>
#include <cmath>
long long komb(int n, int k) {           // binomialkoeffisient
    long long r = 1;
    for (int i = 1; i <= k; ++i) r = r * (n - k + i) / i;
    return r;
}
double binom(int k) {
    double p = 0.06;
    return komb(10, k) * std::pow(p, k) * std::pow(1 - p, 10 - k);
}
int main() {
    std::cout << "P(X=0) = " << binom(0) << "\n";          // 0.5386
    double s = binom(0) + binom(1) + binom(2);
    std::cout << "P(X>=3) = " << 1 - s << "\n";            // 0.0188
    return 0;
}

Oppgave 9 (4 poeng)

f(x) = a\,(x - b)^2 + c, der a, b, c er reelle tall (a \ne 0).

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

Løsning. Funksjonen er skrevet på toppunktform: toppunktet/bunnpunktet ligger i (b,\,c). Et nullpunkt betyr f(x) = 0:

a\,(x - b)^2 + c = 0 \;\Longrightarrow\; (x - b)^2 = -\frac{c}{a}.

Dette har nøyaktig én løsning bare når høyresiden er 0, dvs. (x-b)^2 = 0, som krever c = 0. Da er x = b det eneste nullpunktet, uansett verdi på a og b:

\boxed{c = 0}.

Geometrisk: ekstremalpunktet (b, c) må ligge på x-aksen, og det skjer nettopp når c = 0.

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

Løsning. Toppunktformen f(x) = a(x-b)^2 + c har alltid ekstremalpunkt der (x-b)^2 er minst, altså i x = b. (Tilsvarende: f'(x) = 2a(x - b) = 0 gir x = b.) For at ekstremalpunktet skal ligge i x = 3 må derfor

\boxed{b = 3},

uavhengig av a og c.

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