Løsninger til Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2010 STX A-niveau (Rød bog)

Størrelse: px
Starte visningen fra side:

Download "Løsninger til Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2010 STX A-niveau (Rød bog)"

Transkript

1 Løsninger til Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik STX A-niveau (Rød bog).: C(,-) r = Cirklens ligning er: y Koordinatsystemets andenakse har =, og det bruges til at finde skæringspunkterne: y y 6 y y 6 y, 6 og, Dvs. skæringspunkterne er.: l : y P(,) Metode : Først bestemmes hældningen for linjen l. y y Dvs. hældningen er, og linjen vinkelret på l har dermed hældningen: a a Og med punktet P bliver linjens ligning: y y Metode : En normalvektor til linjen aflæses ud fra koefficienterne til og y til: n l Da den søgte linje står vinkelret på l, vil tværvektoren til ovenstående vektor være en normalvektor til den: n n l Da man nu både kender en normalvektor og et punkt (P), bliver linjens ligning: y y (Det er naturligvis samme linje. Ligningerne er bare angivet på to forskellige former)..: a) Man kan opskrive cirklens ligning, omskrive linjens ligning og derefter indsætte den i cirklens ligning for at finde evt. skæringspunkter og dermed også afgøre, om der er nogle. Men det kan nemmere undersøges ved at undersøge afstanden fra linjen til cirklens centrum og sammenligne med cirklens radius: dist( l, C) r Da afstanden mellem linjen og centrum er mindre end radius, skærer linjen cirklen. 9 Hvis det ikke var så oplagt at sammenligne tallene og, kan man sammenligne deres kvadrater og 8.

2 .: A, B,8 C 9, (Der skal tegnes en skitse, men det gøres ikke her.) Arealet af trekanten kan beregnes ud fra to vektorer, der udspænder denne, så først findes disse: 8 AB 6 AC Så findes trekantens areal: 8 T det AB, AC : C : y y l : y For at finde skæringspunkter indsættes liniens ligning i cirklens: 8 8 Disse værdier indsættes i linjens ligning (fordi det er nemmest, og fordi cirklens ligning ville give to muligheder for hver -værdi, hvoraf kun den ene kunne bruges): : y : y Hermed er koordinatsættene til skæringspunkterne ; & ;.6: C, P, En normalvektor for den søgte tangent er: n PC Da den går gennem punktet P, bliver dens ligning: y y 8.7: Cirklens ligning omskrives, så centrum og radius kan aflæses: 8 y y y 6 Hermed er: C ( ;) r

3 .8: Opgaven løses på to forskellige måder:. metode (substitution): isoleres i linjens ligning og indsættes cirklens: 8 y indsættes: (8 y) 6 y 6 y 8 y y 8 y y y y y 6y Dette er en andengradsligning, hvor diskriminanten bestemmes: d Der er altså ingen løsninger til ligningen, dvs. der er ingen punkter (,y), der ligger på både cirklen og linjen, og altså kan linjen heller ikke være tangent til cirklen. Så l er ikke tangent til C. metode (afstandsformlen punkt-linje): Først bestemmes cirklens centrum og radius. 6 y y y 9 6 C(; ) r Afstanden fra cirklens centrum til linjen bestemmes: dist ( C, l) Da afstanden fra centrum til linjen ikke svarer til radius, er l ikke ta ngent til C..9: y 8 Koordinatsystemets førsteakse er karakteriseret ved, at y =, så cirklens skæringspunkters førstekoordinater bestemmes ved: 8 8 Dvs. koordinatsættene til skæringspunkterne er (-,) og (,).: P (, ) a En ligning for linjen gennem P og med den angivne vektor som normalvektor bestemmes ved at indsætte i: a b y y y y Den opgivne punkt vælges som udgangspunkt for parameterfremstillingen, og med den angivne vektor som retningsvektor får man: t ; t R y

4 .: R t t t c a t ; Først findes koordinatsættet til den anden vektor: c Diagonalerne repræsenteret ved vektorer er c a og c a (eller a c ) c a c a c a c a Den anden diagonal var altså den korteste..: Udtrykket reduceres ved i første led at benytte den første kvadratsætning og i andet led gange ind i parentesen: p q p q p p q pq pq p p q pq pq p p q p q.: Første og tredje led udregnes ved anvendelse af kvadratsætninger, mens der ganges ind i en parentes i første led: a) b a b a b a b b a 6 9 b b a b ab ab b a.: Tælleren genkendes som højresiden i en kvadratsætning, og man får så: b a b a b a b a b a b ab a.: Da man kender hældningskoefficienten, -, for den rette linje og et punkt, P(,), den går igennem, kan en ligning for linjen bestemmes ved: 6 y y a y y Der spørges efter en forskrift og ikke en ligning, så svaret er ( ) 6 f

5 .6: Det er opgivet, at der er en lineær sammenhæng mellem y og -. Tabellen giver punkterne (,-) og (,-). Den lineære sammenhæng kan generelt skrives: y a b Ved indsættelse af punkternes koordinater fås ligningerne: a b a a b b a b a a a a Ved indsættelse i den øverste af ligningerne findes b-værdien: b b Dvs. man har: y.7: f ( ) a b a er hældningskoefficienten for grafen (der er en ret linje) og b er skæringen med y-aksen. Blå graf (f ): Funktionen er voksende, så hældningskoefficienten er positiv: a Grafen skærer y-aksen på den negative del (under -aksen), så b Rød graf (f ): Funktionen er aftagende, så hældningskoefficienten er negativ: a Grafen skærer y-aksen på den positive del (over -aksen), så b Grøn graf (f ): Funktionen er konstant: a Grafen skærer y-aksen på den positive del (over -aksen), så b.8: f ( ) f() er den samlede vægt af dåse og kugler, mens er antallet af kugler i dåsen. Når =, dvs. når der ingen kugler er i dåsen, får man funktionsværdien ( f () ), dvs. at tallet fortæller, at dåsen vejer (enheden er ikke oplyst). Hældningen er, dvs. at hver gang vokser med (dvs. når der lægges kugle mere i dåsen), så vokser funktionsværdien med. Dette fortæller, at hver kugle vejer (igen er enheden ukendt).

6 .9: ( ) f angiver antallet af kugler i en dåse. f() angiver den samlede vægt af dåse og kugler. Dåsens vægt svarer til den samlede vægt, når der ikke er nogen kugler, dvs. =. Da f() =, har man altså, at dåsen vejer (der er ikke oplyst en enhed) Når øges med, øges f() med (svarende til hældningen). Derfor vejer en kugle.: Man kan genkende andengradspolynomiet som kvadratet på (-), og hermed har man fundet både løsning og faktorisering. Men hvis man ikke genkender polynomiet, kan man løse ligningen med diskriminantmetoden: d Dvs. der er én løsning: 6 6 Denne løsning fungerer som dobbeltrod i det tilsvarende andengradspolynomium, så man har: 9 6.: a) indsættes i ligningen for at se, om det giver et sandt udsagn: Da dette er et falsk udsagn, er ikke løsning til ligningen..: a) 6 ) ( k p - er rod i polynomiet, når p(-) =. Man får altså ligningen: k k k k

7 .: Venstresiden er et produkt, og da højresiden er nul, kan nulreglen benyttes: 7 7.: a) ) ( y y a Indsættes i b a y for at finde b-værdien: 6 b b Hermed er forskriften 6 ) ( f (eller 6 y ) 6 ) ( f.: a) ) ( f Der er lagt op til, at man først skal finde rødderne og derefter faktorisere, men det kan gøres hurtigere i omvendt rækkefølge, hvis man kan finde to tal, hvis sum er -, og hvis produkt er -. Det gælder for - og, så man har: ) ( f Og så kan rødderne aflæses med brug af nulreglen: ) ( f Og nu den anden metode: Først findes rødderne ved hjælp af diskrimanten: 9 8 d dvs. rødder: 9 r 9 r Den generelle faktorisering af et polynomium er: ) ( r r a f. Dvs. man har: ) ( f.6: 6 ) ( f Først beregnes diskriminanten, og derefter sættes ind i toppunktsformlen: d ; ; 6 ; T T a d a b T

8 .7: ; k k k Hvis denne. gradsligning skal have netop én løsning, skal diskriminanten være : k k k k d Da k kan ligningen divideres med k: k k k k.8: ) ( f c-værdien angiver skæringen med. aksen, så man har altså, at parablen skærer. aksen i (,-). a-værdien fortæller, at parablens ben vender opad, samt at de er stejlere end benene på ) ( g. Da a-værdien og b-værdien (+) har samme fortegn, vil parablens toppunkt ligge til venstre for.aksen (jævnfør toppunktsformlen)..9: a) y Diskriminanten skal bruges, så den findes først: 9 8 d Parablens toppunkt: 9 ; 9 ; ; T T a d a b T Parablen har positiv a-værdi, så den har benene opad. Så kan skitsen tegnes ud fra toppunktet. Grafen er en parallelforskydning af grafen for y=..: a) Polynomiet med grafen F: Benene vender opad, så a Der er skæringer med -aksen, så d Polynomiet med grafen G: Benene vender opad, så a Der er ingen skæringer med -aksen, så d Polynomiet med grafen H: Benene vender nedad, så a Der er skæringer med -aksen, så d

9 .: f ( ) a, hvor a er positiv. Parablen skal skære y-aksen i, dvs. grafen skal gå gennem punktet (,). b Førstekoordinaten for parablens toppunkt er. b er negativ, mens a er positiv, så brøken bliver et a positivt tal, og dermed ligger parablens toppunkt til højre for y-aksen. d b a c a a, og da a er positiv, kan diskriminanten både blive negativ, nul eller positiv. Man kan altså ikke sige noget om toppunktets placering i forhold til -aksen. En mulig parabel er så:.: Den generelle forskrift for et. gradspolynomium er: p( ) a b c. Oplysningerne om, at rødderne er og 9, samt at punktet (7,) ligger på grafen, skal bruges til at bestemme en forskrift. Da rødderne er og 9 har man ifølge faktoriseringsreglen, at: p ( ) a 9 Da punktet (7,) ligger på grafen, har man: a a a p ( ) 9 Dermed er forskriften: Det kan evt. også skrives om til formen p( ) 9 p( ) a b c :.: Højden af kassen betegnes med h. Da rumfanget V er, har man: V h b l h h Kassen består af 6 sider, og det samlede overfladeareal O udtrykt ved og h er: O h h Da man kender h udtrykt ved, kan man bestemme overfladearealet som funktion af : O( )

10 .: Længden af den korteste katete betegnes med. Da den længste katete er gange så lang som den korteste, har den længden. Da hypotenusen er enheder længere end den korteste katete har den længden +. Man har altså følgende retvinklede trekant: Da trekanten er retvinklet, kan man benytte Pythagoras læresætning: Dette er en andengradsligning, der kan løses ved diskriminantmetoden: 6 d, dvs. der er to løsninger til ligningen Da kvadratroden af er større end, vil den ene løsning blive negativ, hvilket ikke er muligt for længden af en side, så længden af den korteste katete er:.: Kvadratet på d skrives med matematisk notation: d Hvis to størrelser er omvendt proportionale, giver produktet af dem en konstant, dvs: N d k, hvor k er en konstant. k Da N skal udtrykkes ved d har man altså: N d.6: En aftagende eksponentiel udvikling kan udtrykkes ved halveringskonstanten X ½ med: X½ f ( ) b, hvor b er begyndelsesværdien, der i dette tilfælde svarer til trykket ved jordoverfladen. Man har altså regneudtrykket: P h h

11 .7: h P Da voluminet er omvendt proportionalt med trykket, har man: V P k Konstanten kan bestemmes ud fra oplysningerne om at, når h=, er V=. Først bestemmes P: P Dvs. at k Og hermed bliver voluminet som funktion af højden: V P h h h h.8: Det er funktionen C, der har den største fordoblingskonstant, da den vokser langsommere end de to andre funktioner. Man kan også sige, at da b-værdien er ens for de tre funktioner, må a-værdien for C være mindre end for de to andre funktioner (da grafen i første kvadrant ligger under de to andre log grafer). Og da T log a, vil en mindre a-værdi give en større T -værdi..9: f ses at være en voksende funktion, da større -værdier fører til større y-værdier. Derfor gælder for f, at a>. f ses at være en aftagende funktion, da større -værdier fører til mindre y-værdier. Derfor gælder for f, at <a<. f ses at være en voksende funktion, da større -værdier fører til større y-værdier. Derfor gælder for f, at a>. Desuden ses det, at da f ligger under f i anden kvadrant og skærer den i første kvadrant, må dens a- værdi være større end f s..: f ( ) f () 9 f er en eksponentielt voksende funktion. Koordinaterne for de to punkter indsættes i forskriften for en eksponentiel udvikling: b a 9 b a 9 a a 9 b a b a Da a er positiv, når man arbejder med eksponentielle udviklinger, har man altså: a =. Dette indsættes i den øverste ligning: b b 9 Altså er forskriften for f: f ( ) 9

12 .: T f (), Fordoblingskonstanten er den værdi, der skal lægges til en valgt -værdi for at få fordoblet funktionsværdien. Dermed er: f ( 8) f ( ) f (), 9.: Det er oplyst, at f er en eksponentiel udvikling med halveringskonstanten. Det er desuden oplyst, at f() =. Halveringskonstanten er det tal der lagt til -værdien halverer y-værdien. Afstanden mellem - værdierne og er netop, dvs. y-værdien er halveret, når -værdien er øget fra til. Altså er: f ( ) 6.: Q(,) og P(6,). Det bemærkes, at y-værdien for P er dobbelt så stor som y-værdien for Q. Dermed må forskellen mellem -værdierne være fordoblingskonstanten: T 6.: T D( T),7, 89 D er holdbarheden målt i døgn og T er fryserens temperatur målt i C. Forskriften fortæller, at holdbarheden er en eksponentielt aftagende funktion af temperaturen. Når temperaturen er C er holdbarheden,7døgn, og vækstraten er r = a- =,89- = -,87 = -,87%, dvs. at for hver grad temperaturen øges, falder holdbarheden med,87%..: f ( ) e. Den afledte funktion skal bestemmes. Der differentieres ledvist: f '( ) e e.6: f ( ) e. Differentialkvotienten i skal bestemmes. Først differentieres ledvist og derefter indsættes det opgivne sted ( ). f '( ) e f '() e.7: f ( ). Den afledte funktion skal bestemmes. Udtrykket omskrives og der differentieres ledvist: f ( ) f '( )

13 .8: f ) (. Differentialkvotienten i 9 skal bestemmes. Først differentieres ledvist og derefter indsættes det opgivne sted ( 9 ) '(9) ) '( f f.9: a) 7ln ) ( f Tangentens ligning er: ) ( ' f f y For at bestemme tangentens ligning skal hældningen og funktionsværdien i røringspunktet (punktets. koordinat, dvs. f() ) findes: f 7 7 ) ( ' Røringspunktets andenkoordinat: 7ln () f Tangentens hældning: 7 7 () ' f Hermed bliver tangentens ligning: y y.:, ; ) ( f P f Tangentens ligning skal bestemmes i punktet P, så man har brug for at kende P s koordinatsæt samt differentialkvotienten i (tangenthældningen). '() ) '( 7 () f f f Hermed bliver tangentens ligning: 7 y y

14 .: f ( ) Metode : Løsning med fortegnsskema. a) For at bestemme monotoniforholdene findes først den afledede funktions nulpunkter: f '( ) f '( ) d Fortegnet for den afledede funktion skal findes i de intervaller, der afgrænses af de fundne nulpunkter: f '( ) 8 7 f '() f '() Hermed bliver fortegnsskemaet for den afledede funktion: Man har altså: f ( ) er voksendei intervallerne ; og ; f ( ) er aftagende i intervallet - f () f() ; Metode : Løsning med anden afledede. f '( ) f ''( ) Først bestemmes de steder, hvor den afledede funktion har nulpunkter: f '( ) Og så bestemmes den anden afledede funktions værdier de pågældende steder: f ''( ) 6 Så her er lokalt maksimum. f ''() 6 Så her er lokalt minimum. Hermed gælder: f ( ) er voksendei intervallerne ; og ; f ( ) er aftagende i intervallet ;

15 .: Metode : Løsning med fortegnsskema. a) f '( ) For at bestemme funktionens monotoniintervaller findes først den afledede funktions nulpunkter: f '( ) Fortegnet for den afledede funktion skal findes i de intervaller, der afgrænses af de fundne nulpunkter: f '( ) f '() f '() 6 Hermed bliver fortegnsskemaet for den afledede funktion: Man har altså: f ( ) er voksendei intervallerne ; og ; f ( ) er aftagende i intervallet f () f() ; Metode : Løsning med anden afledede. a) f '( ) For at bestemme funktionens monotoniintervaller findes først den afledede funktions nulpunkter: f '( ) Så bestemmes den anden afledede af f: f ''( ) Den anden aflededes værdier bestemmes de steder, hvor den afledede funktion har nulpunkter: f ''() Dvs. f har lokalt maksimum i stedet = f ''() Dvs. f har lokalt minimum i stedet =. Hermed må der gælde: f ( ) er voksendei intervallerne ; og ; f ( ) er aftagende i intervallet ;

16 .: f ( ) For at finde hældningen for tangenten til grafen for f i punktet bestemmes først den afledede funktion og derudfra differentialkvotienten det pågældende sted: f '( ) 6 f '() Hældningen for linjen m findes ved at omskrive ligningen: y y Som det ses, er hældningen, og dermed er tangenten enten parallel med linjen eller sammenfaldende med denne. Så y-værdierne i stedet = findes: f ( ) : y Tangenten og linjen er altså ikke sammenfaldende og må være parallelle..: Dm ( f ) ; Vm f ;8 f ( ) er aftagende i intervallerne ; og 8; f ( ) er voksendei intervallet ;8 Der er lokalt minimum for =. Der er vandret vendetangent i =. Der er lokalt maksimum i = 8. Ifølge værdimængden har funktionen et globalt minimum på -, og det kan ifølge fortegnsskemaet kun være værdien for =, da funktionen ikke er defineret i = og derfor ikke kunne have et globalt minimum i dette punkt. Dvs. f() = - Det lokale maksimum må også være globalt maksimum, dvs. f(8) = 8 En graf skal altså opfylde ovenstående kriterier..: f ( ) b a) f er en voksende funktion netop hvis den afledede funktion er positiv i hele definitionsmængden evt. i enkelte punkter. Derfor differentieres først: f '( ) b Grafen for den afledede funktion er en parabel med benene opad (a = > ), så funktionen vil opfylde ovenstående, hvis diskriminanten for den tilsvarende. gradsligning ikke er positiv (hvis diskriminanten er nul, vil den afledede funktion have et enkelt nulpunkt), da parablen så på intet tidspunkt kommer under -aksen svarende til negative funktionsværdier: d b b 6 d b b b f() b 8 f () i.d i.d i.d i.d

17 .6: Det er væsentligt at bemærke, at det er grafen for den afledede funktion f og IKKE grafen for funktionen f, der er afbildet. Man kan aflæse nulpunkterne for den afledede funktion til: Disse tre nulpunkter inddeler -aksen i fire intervaller, og i disse intervaller kan man se bestemme fortegnet for den afledede funktion ved at se, om grafen ligger over eller under -aksen i det pågældende interval. Dette bruges til at lave fortegnsskemaet: Man har altså: f er aftagende i ]- ;-] og i [-;] f er voksende i [-;-] og i [; [ f har lokalt minimum i = - og i =. f har lokalt maksimum i = -

18 .7: Partiklens position til tidspunktet t =, (, sekunder) bestemmes ved at gå op fra -aksen ved, til grafen og vandret ud til y-aksen, hvor partiklens position kan aflæses: Dvs. at positionen er y =,m Partiklens hastighed det pågældende tidspunkt svarer til hældningen for den tangent til grafen, der rører grafen til tidspunktet t =,s. Derfor tegnes efter bedste evne en tangent, der rører det pågældende sted, og hældningen kan bestemmes ved at se på forholdet mellem y og : y,m m Tangenthældningen: atangent,,s s Dvs. at partiklens hastighed er y =,m/s

19 .8: Temperaturen i stegens indre er angivet op ad y-aksen, mens tiden er angivet ud ad -aksen. Så temperaturen efter minutter aflæses ved fra på -aksen at gå op til grafen og vandret ud til aflæsning på y-aksen: Dvs. efter minutter er temperaturen i stegens indre på C Hastigheden det pågældende sted bestemmes ved at finde hældningen for tangenten i punktet med førstekoordinaten : Hermed er: 9C C y ',8 min min

20 .9: s( t) t s angiver strækningen målt i meter, mens t er tiden målt i sekunder. Først bestemmes den afledede funktion og derefter differentialkvotienten i t = 6: s '( t) t t t t s '(6) 6 8 Dette vil sige, at efter 6 sekunder bevæger partiklen sig med hastigheden 8.6: Det er oplyst, at: f ( t) ln(8t ), hvor f er temperaturen målt i C og t er tiden i minutter. f '() 8 Den oplyste differentialkvotient fortæller os, at minutter efter at ovnen er tændt, øges temperaturen i den med 8 C pr. minut..6: N(t) angiver antal indbyggere i en by målt i tusinder, og t angiver tiden i år efter 9. Det er oplyst, at N () =,7. Dette fortæller, at i 99 voksede antallet af indbyggere i byen med 7 personer om året. m s.6: a) d d : e d e e e e d ln ln() ln() ln() ln().6: a) d 8 En geometrisk fortolkning af bestemte integraler har altid noget med arealer at gøre. Man kan dog ikke umiddelbart se, om det udregnede tal direkte svarer til et areal, da det afhænger af, hvordan grafen ligger i forhold til -aksen i det pågældende område. Så det skal først undersøges. Det ses, at grafen for f ( ) er en parabel med benene nedad, der skærer - aksen i punkterne (,) og (,). Så grafen for f ligger over -aksen i det pågældende område, og dermed er arealet af det område, der afgrænses af -aksen, grafen for f og linierne med ligningerne 6 = og =,

21 .6: ln 6 ln ln ln ln d.66: Der integreres ledvist: k d 6 6 For at bestemme det ubestemte integral af ( ) f e benyttes integration ved substitution: : Substitutionen t dt d dt d Så man har: k e k e dt e d e t t Man kunne også have udnyttet, at d d k e d e d e.67: f ) ( Først skal man finde ud af, hvor den pågældende punktmængde befinder sig. Dertil bestemmes skæringsstederne med førsteaksen: ) ( f f er et tredjegradspolynomium, så en skitse er: I intervallet [-;] kan det bestemte integral direkte benyttes til at bestemme arealet, mens man i intervallet [;] skal ændre fortegn: ) ( ) ( d d d f d f A Grafen for f y

22 .68: f ( ) 9 g( ) Inden, der kan tegnes en skitse, bestemmes evt. skæringspunkter mellem graferne for de funktioner: f ( ) g( ) 9 6 Skæringspunkterne kunne også være fundet ved diskriminantmetoden. Parablen vender benene nedad, så mellem de skæringspunkter må den ligge øverst: En skitse skal så vise skæringspunkterne samt at parablen ligger øverst mellem disse. Punktmængden areal er så: A 8 f ( ) g( ) d 9 d : Da punktmængden M er placeret under førsteaksen, vil det bestemte integral give en negativ værdi, hvis størrelse svarer til arealet af M. Så man har: 6 f ( ) d A M.7: 6 d Det andet bestemte integrals værdi bestemmes ved at opdele i de intervaller: f ( ) d f ( ) d f ( ) d f ( ) d AM A M A M f ( ) P(,) O(,) Q, Da det er oplyst, at grafen skærer. aksen i ovenstående tre punkter, fremgår det af figuren, at punktmængden M ligger over -aksen i intervallet [-,]. Dermed kan arealet af M bestemmes ved anvendelse af en vilkårlig stamfunktion til f: f ( ) d d k Som stamfunktion F vælges ovenstående udtryk med k=, og arealet er så: AM F F 8 Man kunne også have skrevet: AM f ( ) d d

23 y Løsningerne er hentet på Punktmængden M ligger under -aksen har derfor modsat fortegn af det bestemte integral: 6 f ( ) d AM Punktmængden M ligger over -aksen, så man har: M f ( ) d f ( ) d f ( ) d.7: For at udregne det bestemte integral udnyttes, at f er en stamfunktion til g, dvs. når der ses bort fra en eventuel konstant, der ikke er relevant ved bestemte integraler, er f()=g(): g ( ) d G( ) f ( ) f () f ( ) Funktionsværdierne er aflæst i skemaet. For at bestemme tangentens ligning skal man kende en hældning og røringspunktet. Røringspunktet aflæses af tabellen til P(,g())=P(,). For at bestemme hældningen udnyttes det, at g er en stamfunktion til h, dvs. g ()=h(): g '() h() 6 Hermed bliver tangentens ligning: y 6 y 6 6.7: f ( ) 9 Skitse: f ( ) d, 9 9 d , -, Dvs. at den punktmængde, der afgrænses af grafen, -aksen og linien med ligningen =9, har et areal, der er 9 enheder større end punktmængden, der ligger under -aksen og afgrænses af linien med ligningen = og grafen.

24 .7: Den blå graf B svarer til f () Den røde graf A svarer til f() Dette kan ses på flere måder: ) Lige efter = ligger grafen for A over -aksen og funktionen er voksende. Grafen for B ligger over -aksen, men funktionen er aftagende på dette sted. Ovenstående konklusion passer med, at grafen for B ligger over -aksen, da funktionen bag A-grafen er voksende. Og den omvendte konklusion (at B skulle svare til f() og A til f ()) passer ikke her, da funktionen bag B er aftagende, hvormed grafen for A burde ligge under -aksen. ) Der hvor grafen B skærer.aksen, har funktionen bag grafen for A lokalt maksimum. Dette passer med konklusionen, da den afledede funktion har værdien, når funktionen har lokalt maksimum. Den modsatte konklusion ville ikke passe, da funktionen bag B er aftagende på dette sted, hvorfor grafen for A skulle have ligget under -aksen på dette sted. ) Grafen for A har vendetangent det sted, hvor funktionen bag B har lokalt minimum, hvilket også passer med konklusionen. dy.7: Differentialligningen y er givet, og det er oplyst, at f() er en løsning til den. d Da f er en løsning, og punktet P(,) ligger på grafen for f, kan hældningen for tangenten til grafen i dette punkt findes ved indsættelse i differentialligningen: dy dy d d Og så bliver tangentens ligning: y y 8 dy.76: f ( ) y d Det undersøges, om funktionen er en løsning til differentialligningen ved at sætte ind i differentialligningen og se, om der fremkommer et udsagn, der er sandt for alle (dvs. der skal fremkomme det, der kaldes en identitet ). For at kunne sætte ind, skal den afledede funktion bestemmes: f '( ) Hermed kan der sættes ind i differentialligningen: Da der er fremkommet en identitet, kan det altså konkluderes, at: f er en løsning til di fferential ligningen

25 dy.77: y, R og y Og integralkurven forløber i området d R ; Da y >, er y, så det er -værdierne, der afgør fortegnet for den afledede funktion: dy for d dy for d dy for d Dette giver fortegnsskemaet: f () - + f() - Så løsningskurven har globalt minimumssted i Og den er: aftagende i intervallet voksende i intervallet ; ;

26 .: Vinkel A er halveret af den tegnede vinkelhalveringslinie. A C A V B Den halve vinkel A kan bestemmes ved at se på den retvinklede AA V C. Her kendes den hosliggende katete og hypotenusen. Så man har: cos A A cos A,96 8,89 Så er: B 9 A 9 8,89 7,88 Ud fra vinkel A kan de resterende sider også bestemmes: BC tan A BC tan8,89,88 AC cos AC A AB AB cos 8,89

27 .: C, h, m 7, AMC 9 a a Oplysningen om, at AMC er spids er udnyttet til at placere M, så det ikke ligger på linjestykket CH. Da trekant AHM er retvinklet, kan det søgte stykke bestemmes ved Pythagoras: MH AH AM MH 7 b) Vinkel A i trekant ABC kan bestemmes ved: A CAH HAB 9 ACH HAB 9 HAB 8 HAB ABC For at bestemme den manglende vinkel, skal man gå en lille omvej. Først bestemmes længden af stykket CH i den retvinklede trekant ACH: AH tan( C) CH 8,8789 CH tan( ) Hermed er: CM CH MH 8,8789,8789 Da m a er medianen fra A (dvs. linjen der deler siden BC i to lige store stykker), har man: CM Og dermed er: BH MH BM,8789 6,8789 Og da trekant AHB er retvinklet, har man altså: BH 6,8789 tan( HAB) HAB tan 6, AH Hermed er: 8 6, , A ABC MB.: a) Lad A l være projektionen af A på linjen l, dvs. det punkt på l, der ligger til venstre for F og er røringspunktet mellem den stiplede linie og l. Lad B l være det tilsvarende punkt til højre for F. Da skibene sejler parallelt med kystlinien, vil vinklerne v og u svare til henholdsvis: v AFAl og u BFB l. Trekanterne AFA l og BFB l er retvinklede, så man har: AAl m sin AFAl AF 866,8689m 867m AF sin BBl m sin BFBl BF,67m 6m BF sin 8

28 b) Afstanden mellem skibene bestemmes ved at regne på trekant ABF, hvor man allerede kender to af siderne. Vinklen AFB kan hurtigt findes: AFB 8 AFA l BFBl Så kan man benytte en cosinusrelation: AB AF BF AF BF cos AFB AB 867m 6m 867m 6m cos9 9,7m 9m c) Det er punkterne A l og B l, der afgør, hvornår de skibe passerer hinanden, nemlig når afstanden mellem punkterne er. Denne afstand kan beregnes ved at kigge på de retvinklede trekanter AFA l og BFB l. Først ses på tidspunktet.: AAl BBl m m Al Bl Al F FBl, 8m tan v tan u tan tan 8 Samme udregning foretages for tiden.:: AAl BBl m m Al Bl Al F FBl, 9m Nyt tidspunkt tan v tan u tan tan Dvs. at på et ½ minut er afstanden parallelt med kystlinien mindsket med,8m,9m 87, 989m Da afstanden til at begynde med er,8m, vil det altså tage:,8m t ½minut 6, 98minutter før skibene passerer hinanden. Det vil altså ske til 87,989m tidspunktet.6 :..: ACD er retvinklet, og da man allerede kender vinklen ved A, har man kun brug for én side i trekanten for at kunne bestemme længden af linjestykket CD, der i forhold til ligger som den modstående katete (Man ville kunne sige det samme om BCD). Længden af stykket AC kan bestemmes ved at benytte sinusrelationerne på ABC, når man først har bestemt vinklerne i denne trekant: ABC 8 8 7,6, ACB 8 ABC 8 7,,, Så er: AC sin AB ABC sinacb AC sin, km sin, 68,99767km Dette bruges i den retvinklede ACD: CD sin CD AC sin AC 68,997kmsin7, 77,899km 77km

29 .: Lad jordens centrum være betegnet med O. Afstanden fra jordens centrum og ud til AWACS-flyet er: OF 67km 9km 68km a) AFO er retvinklet, da liniestykket AF er en del af tangenten til cirklen i punktet A, og tangenten er vinkelret på radien. Dermed er: r 67km cos AOF AOF cos,68689 OF 68km Så kan den store vinkel inde fra centrum bestemmes: AOB AOF 6, Nu ses på AB AB AB r r ABO r. En cosinusrelation giver: r r cos AOB cos AOB 67km ( cos 6,87 ) 676,6689km 676,6km Cirkelbuen AB bestemmes ud fra omkredsen af en cirkel og den del af cirklen, som vinklen spænder over: 6,87 AB r 676,88788km 676, 9km 6

30 .6: En skitse af trekanten er: B c B h A c ½c a) Vinklerne bestemmes ved hjælp af cosinusrelationerne: ½ c c c, A cos cos,77 ½, c c B cos C cos c c ½ c, c c cos 6,67 ½ c c c ½ ½c c cos C ½ 8,9 b) Vinkel A er stump, så højden fra B falder uden for trekanten. Trekant BB h C er retvinklet, så man har: BBh sin C sin 8,9 c BC c sin 8,9 Dvs. at man har: AB c,6,698 AC BC ½c,,698 7,797 7,7 c,698,796, T ½ h B AC, 7,797 9,69 9,6

31 .7: Da >y, den sidste side og omkredsen, så må være den længste side i trekanten. Da trekanten er retvinklet, er altså hypotenusen, og man har så følgende ligninger: y y 9 y y 9 Ved indsættelse af den øverste ligning i den nederste fås: : C : y 6y l : y a) For at bestemme afstanden fra cirklens centrum til linien, skal man omskrive cirklens ligning, så centrum (og radius) kan aflæses: y y y C 6 9 6, r 6 Så er afstanden fra linien til cirklens centrum: a b y c dist( P, l) a b b) Linier, der er parallelle med l, er på formen y k Hvis de samtidig skal være tangenter til cirklen, skal deres afstand til cirklens centrum svare til radius. Dermed skal gælde: a 8 a a 8 a 8 a a 8 a Hermed er de søgte tangenters ligninger: t : y 8 t : y

32 .9: t t a b t t For t =, der skal bruges i de to første spørgsmål, har man: a b a) Arealet af det af vektorerne udspændte parallelogram: a b A det a, b a b b) Projektionsvektoren: ba b a a a c) De værdier af t, for hvilke vinklen mellem de to vektorer er 6, bestemmes: a b a b t t t cos6 a b a b t t t t t t t t t t t t t t Det ses, at denne andengradsligning ikke giver pæne løsninger, så den løses med solve : solve, der giver,66,66 Dvs. at de søgte t-værdier er: t,66 t,66

33 .: A;;,6 B, ;6, ;,8 C ;,8;,6 a) En parameterfremstilling for linjen gennem B og C findes ved at tage udgangspunkt i punktet C og,, benytte BC,8 6, 6, som retningsvektor:,6,8 7,, y,8 t 6, z,6 7, Pløkken skal anbringes, hvor denne linje skærer y-planen, dvs. der hvor z-koordinaten er :,6,6 7,t t 7, Skæringspunktet bestemmes så ved indsættelsen i linjens parameterfremstilling:,,6 y,8 6, 6. Dvs. pløkken skal sættes i punktet,6;6; z,6 7,,,, b) Teltfladen ABC er en trekant, der udspændes af BC 6, og BA 6, 6,. 7,,6,8 7, Arealet af teltfladen er så det halve af længden af krydsproduktet mellem disse to vektorer: Dette bestemmes på TI n spire ved: Dvs: T, ABC

34 .:,,,, C P a) En retningsvektor for linjen m gennem P og C bestemmes: 6 PC For at få en lidt simplere retningsvektor vælges vektoren ensrettet med ovenstående, men halvt så lang: r Og med punktet P som udgangspunkt har man så parameterfremstillingen: R s s z y ; b) Skæringspunktet (og kontrollen af dette) findes ved at sammenstille de to parameterfremstillinger, så der er ligninger med ubekendte: t s t s t s t s s t s t s t Da disse værdier for s og t opfylder alle tre ligninger, er der som oplyst i opgaven et skæringspunkt mellem de to linjer. Dets koordinatsæt findes: s s s z y Skæringspunktet S har altså koordinatsættet,,

35 .:,6,,,,, 6,, H G F E Først findes to retningsvektorer for planen: 6 6 EH Så den ene retningsvektor kan vælges til enhedsvektoren ensrettet med ovenstående: r Man kan ikke bruge en vektor fra F til G, da den er parallel med den første retningsvektor, så der tages udgangspunkt i: 6 FH r Så skal en normalvektor for planen bestemmes, og her bruges krydsproduktet: n r r Med udgangspunkt i punktet H findes så en ligning for planen: z z z y z y En normalvektor for den vandrette plan er y n. Vinklen mellem planerne er vinklen mellem deres normalvektorer, så man har: 68,69 6 cos cos ) cos( v v v Hvis det er den spidse vinkel, der søges, er denne:, 68,69 8 w

36 .: Kuglens ligning: y z 9 N,,8 P,,7 Kuglens centrum aflæses ud fra ligningen til: C,, En parameterfremstilling for linjen l gennem C og P skal bestemmes. Først en retningsvektor: CP r 7 6 Med udgangspunkt i punktet C bliver: l : y t ; t R z 6 Så skal en ligning til tangentplanen til kuglen i punktet N bestemmes. Da radius står vinkelret på tangentplanen, findes en normalvektor ved først at se på: CN 8 7 Og så vælges normalvektoren som enhedsvektoren ensrettet med ovenstående: n Med udgangspunkt i punktet N bliver planens ligning så: y z 8 z 8 Skæringspunktet mellem linjen og planen findes så ved at finde den værdi for parameteren t, hvor z- koordinaten er 8: 7 8 6t t 6 Og så findes skæringspunktet ved at indsætte i parameterfremstillingen: y 6. Dvs. skæringspunktet er 6,,8 z

37 .: Oplyst punkt: P(, y,) ; y Oplyst plan: : z 6 a) Først bestemmes ligningen for den kugle, der har centrum i O(,,), og som tangerer. Man mangler radius, der netop er afstanden fra O til. Denne kunne godt bestemmes ved at anvende afstandsformlen fra punkt til plan, men man kan også udnytte, at er parallel med yplanen og ligger 6 enheder forskudt op ad z-aksen. Afstanden fra O til er dermed 6, og cirklens ligning er: y z 6 y z 6 Da punktet P ligger på denne kugle, kan dets manglende. koordinat bestemmes ved indsættelse i kuglens ligning: y 6 y 6 y (i sidste skridt er oplysningen om, at y-koordinaten skal være positiv benyttet). En parameterfremstilling for linjen l gennem O og P kan hermed bestemmes, hvor udgangspunktet er O, og hvor man bruger OP som retningsvektor: l : y t. z Skæringspunktet mellem linjen og planen findes ved at udnytte, at z-værdien skal være 6, da punktet skal ligge i planen. Hermed kan parameteren t bestemmes: 6 t t Dette indsættes i linjens parameterfremstilling for at finde skæringspunktet: l: y 6 z 6, dvs. skæringspunktet er,6,6

38 .: a) Lad være vægten målt i kg, og lad y være højden målt i meter. Så er: BMI, y y 7,8 Da dette tal ligger mellem 8, og,9, ligger personen altså i b) BMI 7,,8, 6 normalvægt området c) For en kvinde med y =,6 har man: BMI (eller BMI ( ), 67 ),6,7 Først findes den nedre grænse for vægten. Her er BMI = 8,: 8, 8,,7,7,7 Så findes den øvre grænse for vægten. Her er BMI =,9:,9,9,7 67,79,7 Dvs. at denne kvinde for at ligge i normalområdet skal veje mellem,kg & 67, 8kg..: y,, 887 t a) Følgende ligning kan enten løses ved solve eller ved udregningen: t 9,,887 9,,887 t 9 ln t ln,887, 9 ln, t,66, ln,887 b) Først findes det tidspunkt, hvor vitaminindholdet er : ln, t 6,876 ln,887 Dette indsættes i det andet udtryk for at finde nitratindholdet: 6,876 z, 6,,88 8,9699 8,9

39 .: Ifølge opgaveteksten har man altså en eksponentiel udvikling med vækstraten r = -,%. f ( ) 7g (,) 7g,97 a) f () 7g,97 6,66g 6,66g Der er altså 6,66g tilbage efter år. b) Det matematiske udtryk er fundet allerede i spørgsmål a), men det kan forsimples yderligere, hvis det angives, at f() angiver massen af stoffet målt i gram efter tiden målt i år. Så er udtrykket: f ( ) 7, 97 c) Hvis der skal være gram af stoffet tilbage, skal der gå: ln 7 7,97,97 78,79 7 ln,97 Dvs. der skal gå 78 ½ år, før der er under gram af stoffet tilbage..: Lad trekantens højde være h, dens grundlinie g og dens areal T. Lad cirklens radius være r og dens areal A. a) Man har så: T ½ h g og A r Hvis de skal have lige store arealer, har man altså: ½ h g r b) Radius kan så isoleres (r > ) : ½ h g r r h g r h g.: Rumfanget af en kegle er V kegle r h a) Lad alle længder være målt i enheden dm. Så har man: r h h r b) Overfladearealet af cylinderens krumme overflade er produktet mellem omkredsen af cirkelfladen og højden af cylinderen, og bunden er arealet af en cirkel. Så man har: 6 O( r) r h r r r r r r

40 .6: P(,) Q(8,) R(,) Forskriften for det. gradspolynomium, hvis graf går gennem de punkter, bestemmes: c b a f ) ( Punktet R giver: c c b a Punkterne P og Q giver så: b a b a b a b a b a Her er den sidste ligning ganget igennem med, så de ligninger kan trækkes fra hinanden: a a b a b a Denne værdi indsættes for at finde b: b b b Hermed er: ) ( f.7: a) Betegnelserne l, b og h bruges om henholdsvis længde, bredde og højde. Man har altså b h og b l Klodsens overfladeareal som funktion af højden bliver: 8,, h h h h h h h A h b h h l b l h b A l b) Hvis rumfanget skal være cm, har man: cm l cm b cm cm h cm h h cm h h h h V h b l h b l V 8 8 8,,

41 .8: log E,m, m er Richtertallet E er energimængde a) Richtertallet 6,: log E, 6,, log E,, E, Dvs. at der frigives, J ved et jordskælv med størrelsen 6, på Richterskalaen. Energimængde 8, log 8, J,m, 8,, 6, 99 log m, Dvs. at det pågældende jordskælv har værdien 6, på Richterskalaen. b) y 88 m =,. y,,88 m,, y gen. årlige antal med mindst Richtertallet m.,,8768 Dvs. at der i gennemsnit er knap jordskælv med Richtertallet mindst, om året. y :,,,88,88 m m ln,787 m,68 ln,88 Dvs. at Richtertallet på de årlige jordskælv er mindst, 7 c) En sammenhæng mellem E og y findes ved at isolere m i den første ligning og indsætte den i den anden: log E,m, log E, m, Indsættes: y,,,88, m,88,,,,88,88 loge loge,,,,7, loge,88 loge,

42 f() Løsningerne er hentet på Rumfanget af en cylinder med højden t og grundfladeradius r er givet ved: V( r, t) r t r t Dette er altså rumfanget som funktion af variable, og nu skal variablen r udtrykkes ved t, så rumfanget bliver en funktion af t alene. Grundfladeradius r og den halve højde t udgør kateterne i en retvinklet trekant, hvor kuglens radius er hypotenusen. Da kuglens radius er, har man altså: r t r t. Dette indsættes i det øverste udtryk, og man får: V( t) t t t t t.: f ( t),,6,9 ; t Da f(t) er effektiviteten, og da det fremgår af teksten (og funktionsudtrykket hvis man kigger nærmere på det), at effektiviteten øges med tiden, begynder effektiviteten under de,9, og man skal altså løse ligningen f(t)=,9. Dette kan gøres med solve : solve(,9,,6,9, ) der giver =,8 Udøveren skal altså være beskæftiget med arbejdet i godt ½ uge, før effektiviteten er,9..: f ( ) sin ; a) Nulpunkterne kan bestemmes på forskellige måder. En måde er at tegne grafen på lommeregneren i vinduet ; og bestemme nulpunkter ved zero. En anden måde er at bestemme dem analytisk: f( ) sin sin p p p De eneste af disse værdier, der ligger inden for definitionsmængden er: En skitse af grafen er så:,,,,,,97 6,88 9,778,667

43 b) For at vise at funktionen har et maksimum (som det tydeligt ses på grafen), arbejdes med den afledede funktion: f '( ) cos f '( ) cos p p p Af disse værdier er der inden for definitionsmængden: Fortegnet for den afledede funktion bestemmes i de intervaller afgrænset af ovenstående værdier: f '(),8 f '(),96 Hermed bliver fortegnsskemaet: f () + - f() Det ses altså, at funktionen har et maksimum for

44 .: a) En skitse af figuren er: C y Husmur D B Mur m Stige m E,m F A Da husmuren og muren er parallelle, danner stigen de ensvinklede trekanter ABF og BCD. Hermed er: CD DB y, y BF FA Da husmuren må formodes at stå vinkelret på jordoverfladen, er trekant ACE retvinklet, så Pythagoras giver: AE CE AC EF FA CD DE, y b) Den første ligning indsættes i den anden: 9,, Hvis =, svarer det til, at stigen står lodret, og så kan den ikke stå op ad husmuren, så denne værdi kan ikke bruges. Derfor kan ovenstående ligning ganges igennem med : 8,7 9 Dette er en fjerdegradsligning, der kan have op til løsninger. De findes med solve: Solve( 8,7 9,), der giver løsningerne:,987,,7 6,6 Alle løsninger er altså fundet, og da skal være positiv, har man, at de mulige afstande mellem muren og stigens fodpunkt er,m og, m

45 .: Længderne angives i meter, så ligningerne bliver uden enheder. Arealet af dugen er: A,, Arealet af dugen efter vask er: A,,, Ved at dividere den nederste ligning med den øverste fås: A,9,,,9 A,, Man skal åbenbart ikke løse ligningen, men kun opstille den, så ovenstående er et facit..: a) Da beholderen består af en cylinder med en halvkugleudhulning, har man: Vbeholder Vcylinder Vhalvkugle r h r r h r Da rumfanget er dm : r h r r r r h r r h r Det er dog lidt uklart, om beholderen skal kunne rumme dm inden i cylinderen eller oven i halvkuglen. Her er opgaven løst, som om der spørges efter rumfanget inden i cylinderen, da den anden mulighed ikke inddrager cylinderens højde, hvorfor den sidste del af spørgsmålet ikke ville give mening. b) Overfladen består en cylinder med bund men uden top samt en halvkugle. Så man har: A A A A beholder cylinderbund cylinderside halvkugle r r h r r r h r r h.: a) Kvadratet har arealet, da sidelængderne begge er. Trekant ABC s areal bestemmes ved at trække arealerne af de andre trekanter fra kvadratets areal: T ABC b) skal ligge mellem og, så på grafregneren indtastes arealet som funktion af, og vinduet sættes, så ; og y,. Tegn en skitse!!! Ved hjælp af maimum bestemmes det sted (markér det på skitsen og angiv koordinatsættet), hvor arealet er størst (eller også bemærkes det, at det er i intervalendepunktet): Man har altså, at giver det største areal (der så er ½).

46 .6: a) Gavlen indtegnes i et koordinatsystem, så dens højeste punkt ligger på y-aksen og fodpunkterne ligger på -aksen. Lad forskriften være f ( ) a b c Med det pågældende valg af koordinatsystem bliver skæringen med y-aksen og dermed c-værdien: c,8 b Toppunktets førstekoordinat er, og da den er, har man: a b Et af fodpunkterne har koordinatsættet (, ; ), hvilket bruges til at bestemme a-værdien: a,,8,8 6,a a,768 f ( ),768,8 b) Hvis portens bredde skal være m, kan dens maksimale højde findes ved at bestemme: f (,),768,,8,7, da den så er placeret lige i midten af gavlen. Porten kan altså højest være,7m Hvis portens højde skal være,m, kan dens maksimale bredde bestemmes ud fra:,,,768,8,,768 Igen er den optimale placering af porten i midten af gavlen, så den maksimale bredde bliver: B maks,m, 6m

47 .: a) På boksplottet aflæses mindste og største observation (som der ikke spørges om) ved endepunkterne angivet med lodrette streger. Nedre kvartil aflæses ved den lodrette streg, der udgør boksens venstre side, øvre kvartil ved stregen, der udgør boksens højre side, og medianen aflæses ved stregen, der ligger inden i boksen: X min Nedre kvartil 6 Median 8 Øvre Kvartil 9 X ma.: a) På TI n spire under Lister og regneark indtastes de observationer blandt læger i liste A og de observationer blandt kvinder i liste B. Listerne navngives Læger og Kvindelæger Der er kun én variabel i spil (nemlig antal indgreb), så der vælges: Statistik Statistiske beregninger Statistik med én variabel. Så vælges lister (fordi der er to sæt observationer). Som den første liste vælges liste A, og som den anden liste vælges liste B. Ud fra dette kan man aflæses største og mindste observation samt kvartilsættet, der kan bruges til at tegne et boksplot. Hvis lommeregneren skal tegne et boksplot, skal man åbne en ny side med diagrammer og statistik og der tilføjes en variabel på -aksen. Derefter højreklikkes på -aksen, så man kan tilføje endnu en -variabel. Endelig vælges boksplot under Diagramtyper. Så man får: Det bemærkes, at den højeste observation hos lægerne ikke er angivet ordentligt. Stregen skulle have været forlænget ud til de to cirkler.

48 På TI-89: Tallene indtastes i stat/list editoren, og der laves -variabel statistik på dem hver for sig. Dette giver: Læger generelt: X min Nedre kvartil 7 Median Øvre Kvartil X ma 86 Kvindelige læger: X min Nedre kvartil Median 8, Øvre Kvartil 9 X ma Læger Kvindelige læger 6 8 b) Ved at se på boksplottene ses det for det første, at de mandlige læger er langt mere tilbøjelige til at foretage indgrebet (Den største observation blandt kvinderne ligger under medianen blandt lægerne, så der må være en betydelig andel af de læger, der er mænd, og de er tydeligvis mere tilbøjelige til at foretage indgrebet). Og så er der åbenbart ikke så mange kvindelige læger blandt de, for % af de kvindelige læger ligger under den laveste af lægerne generelt. Der er desuden nogle få (måske én) ret ekstrem mandlig læge. Blandt kvinderne ses der ikke de store afvigelser mellem de enkelte læger.

49 Kumuleret frekvens Løsningerne er hentet på a) Den kumulerede frekvens udregnes og bruges til at tegne sumkurven: Fart i m/s Kumuleret frekvens, 8, 8 98, Iltmolekylers fart % 8% 6% % % % 6 8 m/s Man går lodret op fra. aksen ved 7 m/s og vandret ud fra skæringen med sumkurven. Her aflæses, at det er 9,6%, der har hastigheder under 7 m/s. Dvs. at det er,%, der har hastigheder over 7m/s.

50 .: a) Nulhypotesen er, at dødeligheden inden for dage er den samme på OUH og de øvrige hjertecentre. Med andre ord skal det undersøges, om dødeligheden inden for dage er uafhængig af, om hjerteklapoperationen foretages på OUH eller på de øvrige hjertecentre, og dermed er det et - uafhængighedstest, der skal foretages. TI n spire: Først gemmes tallene i en matrice: Derefter vælges under menu (lommeregner) eller værktøjerne (computer): Statistik Statistiske tests -uafhængighedstest. Da matricen er gemt som a, vælges denne som observerede matri, og man får: Lommeregneren har angivet, at der er frihedsgrad (df), og den giver -testværdien,69. Endelig giver den sandsynlighedsværdien,7%, og da testet blev udført med et %- signifikansniveau, må nulhypotesen forkastes, dvs. dødeligheden inden for dage efter en hjerteklapoperation er IKKE ens ved OUH og de øvrige hjertecentre. Alternativt kan man klare det hele direkte ved: Første del af udtrykket er skrevet chiway TI-89: Først skal der skabes en matri. Dette gøres ved: [,;6,7]a (bemærk hvor der er anvendt komma og semikolon inden i []). Under Flashapplikationerne (FlashAPPS) vælges Stat/List-editoren. Med F6 vælges Tests og Chi -way og som matri vælges a. Lommeregneren giver så: Chi- =,686 P value =,7977 Df = Dermed kan man konkludere det samme som vist ovenfor. Delvist i hånden: Først skal man bestemme de værdier, der svarer til nulhypotesen. Man udregner summen af rækkerne og søjlerne: Død inden for dage Overlevet I alt opereret OUH 6 7 Øvrige 7 6 I alt 8 6

51 Da i alt ud af 6 er døde inden for dage, og da 7 er opereret på OUH og 6 på øvrige har man: OUH død 7, OUH overlevet 8 7, Øvrige død 6 7, Øvrigeoverlevet 6 68, Dvs. den forventede tabel er: FORVENTET Død inden for dage Overlevet I alt opereret OUH 6 7 Øvrige I alt 8 6 Så kan teststørrelsen beregnes: obs forv forv, 79 7, 77 6, , 79, 79 7, 77, 77 68, 79, For at se, om nulhypotesen skal forkastes, indtastes på TI n spire: Dette viser altså, at der kun er,7% chance for, at nulhypotesen er rigtig, dvs. den skal forkastes. b) Da p =,7 =,7%, ville konklusionen være, at man ikke kan forkaste hypotesen om, at dødeligheden ved operationen er ens ved OUH og de øvrige hjertecentre. Hvis man benytter signifikansniveauet %, vil man ifølge a) konkludere, at dødeligheden er større på OUH ved hjerteklapoperationer end på de øvrige hjertecentre. Konklusionen er dog ikke nødvendigvis korrekt, for hvis man forestiller sig, at OUH er eksperter i operationen og derfor får de mest komplicerede af hjerteklapoperationerne, vil sværhedsgraden være en skjult variabel, der giver en systematisk fejl. Sværhedsgraden vil nemlig både korrelere med den uafhængige variabel (De sværeste operationer ender på OUH) og på den afhængige variabel (jo højere sværhedsgrad, jo større dødelighed).

52 .: Der er spurgt i alt, og man nu udregne: sum for 66 Kvinderfor Antal kvinder 6,8 Antal personer Kvinder Kvinder Mænd Mænd for imod imod ved ikke sumimod 9 Antal kvinder 6 78,67 Antal personer sumved ikke 8 Antal kvinder 6,88 Antal personer sum for 66 Antal mænd 6, Antal personer sumimod 9 Antal mænd 6 7,8 Antal personer sumved ikke 8 Mændved ikke Antal mænd 6, Antal personer Dvs. at tabellen bliver: FORVENTET For Imod Ved ikke Sum Kvinder 79 6 Mænd Sum Så kan -teststørrelsen beregnes: obs forv, , 67,88 forv, 8 78, 67,88, 7 7,8, 7, 76, 7,8, p-værdien bestemmes nu ved indtastningen (antallet af frihedsgrader er to, da man ud fra kendskabet til to passende observationer kan beregne resten): Dvs. at p,6,6% Hvis man arbejder med et signifikansniveau på % (hvilket er det normale), vil man altså forkaste hypotesen om, at de to køn har samme indstilling. Man kunne også have fundet svarene på de to spørgsmål ved på TI n spire at indtaste:

53 På TI-89 kan man udregne det hele ved: [,79,;,7,]a (bemærk hvor der er anvendt komma og semikolon inden i []). Under Flashapplikationerne (FlashAPPS) vælges Stat/List-editoren. Med F6 vælges Tests og Chi -way og som matri vælges a. Lommeregneren giver så: Chi- = 7,76 P value =,6798 Df =.6: a) Det er -uafhængighedstest, så på TI n spire indtastes: Den opstillede tabel bliver altså: FORVENTET Gruppe A Gruppe B I alt Død Overlevende 69 I alt b) Med et signifikansniveau på % og p-værdi på,778%, kan man altså forkaste nulhypotesen og konkludere, at medicineringen ser ud til at have (positiv) betydning for patienternes overlevelseschancer. På TI-89 kan man bestemme p-værdien ved: [8,7;7,8]a (bemærk hvor der er anvendt komma og semikolon inden i []). Under Flashapplikationerne (FlashAPPS) vælges Stat/List-editoren. Med F6 vælges Tests og Chi -way og som matri vælges a. Lommeregneren giver så: Chi- = 7,86877 P value =, Df =

54 .7: a) Nulhypotesen er, at de to operationstyper giver samme problemer med forstoppelse, og man kan så beregne de forventede værdier ved: Jatotal Jahjerte Totalhjerte 6, Antal patienter Nej Ja hjerte lunge Nejtotal 87 Totalhjerte 6 7,777 Antal patienter Jatotal Totallunge,777 Antal patienter Nejtotal 87 Nejlunge Totallunge 9, Antal patienter b) Så kan -teststørrelsen beregnes: obs forv forv 9,97 7,, 6 9,97,7,97 7,, 9,97 Der er frihedsgrad i undersøgelsen, da man kun behøver at kende ét af tallene for at udregne de andre, og så kan p-værdien bestemmes på TI n spire ved: Dvs. at p 6,6% Da man normalt arbejder med et % signifikansniveau, kan man ikke forkaste nulhypotesen, dvs. der er ikke signifikant forskel på omfanget af forstoppelse ved de to operationer. Det kunne også have været beregnet på TI n spire ved:

55 .8: a) Der er 79 adspurgte, og man kan så beregne: Sumryger 6 Hunkønryger Hunkønsum 78,68788 Antal elever 79 Hunkøn Hankøn Ikkeryger ryger SumIkkeryger Hunkønsum 78 6,896 Antal elever 79 Sumryger 6 Hankønsum,896 Antal elever 79 SumIkkeryger HankønIkkeryger Hankønsum 8,68788 Antal elever 79 Man har altså: Forventet Ryger Ikke-ryger Sum Hunkøn,687 6, 78 Hankøn, 8,687 Sum 6 79 b) På TI n spire kan man finde både -teststørrelsen og p-værdien (og man kunne også have fået tabellen ovenfor) ved: Man har altså:,997 p,7% c) Man har fået en -teststørrelse på 6,, og da der er én frihedsgrad i undersøgelsen, da man kun behøver at kende én værdi for at beregne resten, kan man finde p-værdien på TI n spire ved: Dvs. p =,%, og dermed kan man med signifikansniveauet % forkaste nulhypotesen. Dermed giver undersøgelsen IKKE belæg for at hævde, at rygevaner er uafhængige af køn.

56 .9: a) Det er et -uafhængighedstest, og det foretages på TI n spire ved: Da p = %, vil man ikke forkaste nulhypotesen med et signifikansniveau på %. Man vil altså ikke kunne sige, at drikkevanerne ikke er uafhængige af køn. Men egentlig spørges der jo om noget andet. Der spørges om, hvorvidt der er belæg for at antage, at drikkevaner er uafhængige af køn, men den type spørgsmål kan slet ikke besvares. b) Den nye tabel bliver: Drikker Drikker ikke Sum Pige 6 7 Dreng 6 Sum 8 Dette undersøges på TI n spire ved: Man får p=76%, og dermed kommer man frem til samme konklusion som i spørgsmål a), som egentlig er, at man ikke kan besvare spørgsmålet. Og egentlig må man slet ikke ændre kategorierne uden at lave en ny undersøgelse.

57 .: Dette er et -GOF-test, da man har en række observationer, der skal sammenlignes med en forventning. Først udregnes det forventede antal legetøjsbolde af de forskellige slags ud fra den angivne procentdel og antallet af bolde (): %, 8%,8 7 %, Mindre end cm Mellem cm og cm Over cm 7 Det laves så et GOF-test på TI n spire ved: Under Lister og regneark indtastes den observerede tabel (8,6,) i liste A. I liste B indtastes den forventede tabel (ovenstående). Der vælges Statistik Statistiske tests -Goodness of Fit test. Som observeret tabel vælges liste A, og som forventet tabel vælges liste B. Antallet af frihedsgrader er, da der er tre observationer, og da man kan udregne den sidste af de tre observationer, når man kender de to første: P-værdien er,%, dvs. med et signifikansniveau på % vil man ikke forkaste hypotesen om, at legetøjsboldene stammer fra den omtalte storproducent. Dvs. forsendelsen kan godt stamme fra storproducenten. På TI-89 vælges FlashAPPS Stat/list-editor og de observerede observationer lægges i liste og de forventede i liste. Så vælges f6 (tests) og chi- GOF med obs: list og forv: list og df:. Det giver det samme resultat som med TI-n spire.

58 .: a) De forventede hyppigheder, når der er 6 blomster beregnes: h, 6 9 h h rød lyserød hvide, 6 8, 6 9 b) Man kan nu beregne -teststørrelsen på TI n spire ved: Dvs. at,78 Der er to frihedsgrader, så man kan udregne p-værdien ved: Dvs. p-værdien er,% og med et signifikansniveau på % kan man ikke forkaste nulhypotesen, dvs. der er ikke belæg for at forkaste arvelighedslovene. Man kunne også have beregnet de søgte størrelser ved et GOF-test:.: Nulhypotesen er, at klagebehandlingstiden den pågældende måned fulgte firmaets erfaring. Dvs. man kan få en forventet række ved at gange procentdelen med det samlede antal klager (): Antal minutter Over I alt Observeret 7 Forventet 6 8 Der er tre frihedsgrader, da der er fire observationer (så den sidste kan udregnes med kendskab til de tre første). Det laves så et GOF-test på TI n spire ved: Under Lister og regneark indtastes den observerede række i liste A. I liste B indtastes den forventede række. Der vælges Statistik Statistiske tests -Goodness of Fit test. Som observeret tabel vælges liste A, og som forventet tabel vælges liste B. Da p-værdien er 9,7%, kan man med signifikansniveauet % ikke forkaste nulhypotesen, dvs. der er ikke belæg for at hævde, at klagebehandlingstiden har ændret sig.

59 .: a) Populationen er den del af danskerne, der stemmer. Stikprøven er de 968 respondenter i meningsmålingen. Procenterne omregnes til forventede og observerede stemmetal ved at multiplicere procentdelen med 968. Parti S Rad Kons SF DF V EL Lib.All Kr. Dem Observeret antal stemmer Forventet antal stemmer b) Der laves -GOF test på tabellen. Der er 8 frihedsgrader. Det er lidt betænkeligt, at der kun er observeret stemmer hos Kr. Dem, da testet så er lige på grænsen til, at det kan bruges: Det laves så et GOF-test på TI n spire ved: Under Lister og regneark indtastes den observerede række i liste A. I liste B indtastes den forventede række. Der vælges Statistik Statistiske tests -Goodness of Fit test. Som observeret tabel vælges liste A, og som forventet tabel vælges liste B. Dvs.,98 p,% Med et signifikansniveau på % må nulhypotesen altså forkastes, dvs. stemmefordelingen ser ud til at have ændret sig. c) Når tabellens værdier slås sammen (hvilket inden for statistisk er en strengt ulovlig fremgangsmåde, når det ikke er sket, før man har set resultaterne) får man: Parti SF Ikke-SF Observeret antal stemmer 6 8 Forventet antal stemmer 6 8 Der er nu kun frihedsgrad, men ellers testes det på samme måde: Da p-værdien ikke kan være større end, kan man se, at man skal have det hele med, så man kan se, at p,8666,8% Som nævnt har man foretaget en ulovlig sammentælling, men hvis man bare skal konkludere på tallene, er SF s fremgang signifikant med et signifikansniveau på %.

60 .: a) Der benyttes stat/list-editoren, og værdierne fra tabellen indskrives som henholdsvis list og list, hvorefter der laves lineær regression med list som funktion af list: Det giver: g ( t),8 t 6, 8 b) Først isoleres t i udtrykket med Fahrenheit-temperaturen: F,8 t F,8 t F t,8 Dette indsættes i udtrykket for trykket: F g ( F),8 6,8,6 F,,8 I Maple bliver udregningerne:

61 .: a) På Maple laves potensregression, da det er oplyst, at funktionen er en potensfunktion. På TI-89 benyttes stat/list-editoren, og diameteren indskrives som list og tovets brudstyrke som list, hvorefter der laves potensregression (powerregression) med list som funktion af list:,96 Det giver: f ( ) 7, På TI-n spire vælges siden Lister og Regneark, hvorefter diameteren indskrives i søjlen A og tovets brudstyrke i søjlen B. Der trykkes på Menu -knappen og vælges statistik statistiske beregninger potensregression. Som -liste vælges: a[] Som y-liste vælges: b[] Resultatet gemmes som f og funktionsudtrykket bliver:,96 f ( ) 7, b) Metode : Da brudstyrken skal fordobles, fås de ligninger:,96,96 f ( ) 7, f ( ) 7,,96,96 ( ) 7, ( ) 7, f f, Dvs. at diameteren skal være, gange så stor.,96,96 Metode : Da det er en potensfunktion, kan man bruge r r y a, r y er vækstraten for den afhængige variabel, når den uafhængige variabel har haft vækstraten r. Da brudstyrken skal fordobles, er r %, så man får: r r r,969,969, 78 y er fremskrivningsfaktoren for den uafhængige variabel, så diameteren skal altså være, gange så stor, hvis brudstyrken skal fordobles.

62 .: a) Der er mere end to punkter til rådighed, så der skal bruges regression. Derfor benyttes stats/listeditoren, og tabellens værdier indtastes, så antallet af år efter 97 lægges i List og antal unger i List, og det er opgivet, at f ( ) b a, så der benyttes EpRegression med List som funktion af List. Dette giver: a, b 787 Forskriften for funktionen er altså: f ( ) 787, b) unger svarer til f()=, og grafregnerens solve bruges: solve( 787,, ), der giver: =,6 Dvs. der vil være unger i løbet af år I Maple løses opgaven ved:

63 .: a) Da det er oplyst, at sammenhængen er en eksponentiel udvikling, laves eksponentiel regression i Maple: b) D ( 8),7,89 8, 7 Dvs. at ved -8 C er holdbarheden dage Hvis holdbarheden er 8 døgn har man: T 8,7,89 8,7,89 T 8 ln,7 T,868 ln,89 Dvs at temperaturen er, C ln½ ln½ c) T ½ 6,9 6, ln a ln,89 Når temperaturen øges med grader celsius har man: T D( T ),7,89 T,7,89,89 D( T),89 Man har altså: r,79 r,79,6,6 % D( T),797

64 .: a) Der er mere end to punkter til rådighed, så der skal bruges regression. Derfor benyttes stats/listeditoren, og tabellens værdier indtastes, så alderen lægges i List og længden i List, og det er a opgivet, at f ( ) b, så der benyttes Powerregression med List som funktion af List. Dette giver: a,78 b,867 f ( ),867,78 b) Længden af en søko, der er 8 år gammel:,78 f (8),867 8,6 Dvs. at længden (ifølge modellen) er,m (hvor det ses, at tabellen ved 7år afviger lidt fra modellen). Alderen af en søko, der er, meter lang:,78 Dette bestemmes med grefregnerens solve : solve,,867, Dvs. at søkoen er,6år, der giver =,698 Regnet i Maple:

65 .6: I I e,9 k Dette er en eksponentielt aftagende funktion på formen I I e, hvor halveringskonstanten er ln X ½ k, dvs. man har: ln X 7,,9 67 ½ Da svarer til blyvæggens tykkelse målt i mm, svarer dette til, at gammastrålingens intensitet halveres for hver 7,6mmblyvæg..7:,6 t f ( t),,e f(t) er bromkoncentrationen målt i mmol pr. L som funktion af tiden t. a) Til at begynde med er bromkoncentrationen altså, da f()=. Den vil så vokse i tidens løb og,6 t nærme sig mmol pr. L, da e for t..8:,7 h p( h) 6 e ; h h: Højden målt i km p: Trykket målt i mb a) For at finde den højde, hvor trykket er mb, skal man løse ligningen ph ( ) Dette gøres på et CAS-redskab med:,7 solve 6 e, der giver, 6 Dvs. at trykket er mb i højden,6km Det bemærkes, at denne højde ligger inden for det område, hvor udtrykket gælder. b) Trykket er 6mb i km s højde (p()=6), og så aftager det eksponentielt med højden indtil km s højde.,7 Da e,8, falder trykket med,% pr. km.

66 .9: a) Da rektanglet skal have en længde, skal. Og da det er indskrevet i en cirkel, skal dets længde være mindre end cirklens diameter, dvs. r Dm( f ) ; Altså er: Da diagonalen i rektanglet er en diameter i cirklen (den går gennem centrum), giver den retvinklede trekant: y r y r dvs. y 6 Og så er funktionen, der angiver arealet: f ( ) y 6

67 .: Opgaven løses både i Maple og i n'spire. Først Maple: a) Det er opgivet, at sammenhængen er en potensfunktion, og det benyttes så til at lave powerregression på tabellens værdier med massen i list og hvilestofskiftet i list. Det giver:,7 B,7 M Man har altså: k,7 r, 7 På TI n spire udføres det ved under Lister og regneark at indtaste massen i liste A og hvilestofskiftet i liste B. Der vælges Statistik Statistiske beregninger Potensregression, og som -liste vælges a[], mens y-listen er b[]. Resultatet gemmes som f: Man bemærker, at a-værdien svarer til k, og b-værdien svarer til r, og så har man udtrykket angivet ovenfor. b) Hvis et dyr har et hvilestofskifte på watt, har man:,7,7 M,7 M M,7,7,7,89 Dvs. at ifølge modellen er dyrets masse kg TI n spire: Du udtrykket er gemt under f, indtaster man: Dvs. at ifølge modellen er dyrets masse kg

68 .: a) Da kuglen har radius, meter, er dens rumfang: V r kugle 6 Da keglen skal have samme rumfang som kuglen, har man: r h h 6 r Keglen består af en bund og den krumme, spidse overflade, så overfladearealet bliver: O() r O O O O r r s bund spids cirkel spids r r r h r r r r r r r r Det er undervejs udnyttet, at radius, højden og sidelinjen danner en retvinklet trekant med sidelinjen som hypotenuse: b) Man kan f.eks. bestemme den radius, der gør overfladearealet mindst muligt, ved på lommeregneren at tegne en graf og finde minimumsstedet, men man kan også som her på TI n spire benytte den første og anden afledede: Det bemærkes, at den anden afledede er positiv det sted, hvor den første afledede er, dvs. man har et lokalt minimum, og dermed er det r,6m, der giver det mindste overfladeareal. Den tilsvarende højde er: h,8797 r,669, dvs h,87 m

69 f() Løsningerne er hentet på 6.: f ( ) a) Grafen tegnes i et almindeligt koordinatsystem: Grafens skæringspunkter med førsteaksen kan enten aflæses på grafen og kontrolleres ved indsættelse eller findes ved hjælp af grafregnerens solve : Metode : Skæringspunkterne aflæses til (-,), (,) og (,). De kontrolleres: f ( ) f () f () 6 6 Så de aflæste punkter ER altså skæringspunkterne med førsteaksen. Metode : På grafregneren udregnes solve(, ), der giver eller eller Da funktionen er et tredjegradspolynomium, kan der højst være skæringer med -aksen, og,,, og, grafregneren har altså fundet alle, der er b) Det skæringspunkt P, der har den mindste førstekoordinat, er P(-,). En ligning for tangenten i dette punkt skal bestemmes, så der mangler en hældning: f '( ) f '( ) 6 Hermed er tangentens ligning: y 6 y 6

70 c) Lad Q(,y ) være røringspunktet for tangenten t. Der er måder at bestemme tangentens hældning på. Første måde: Da tangenten går gennem både P(-,) og Q(,y ), er dens hældning: y y a Og da Q ligger på grafen for f(), kan y erstattes med: a Anden måde: Den afledede funktions værdi i røringspunktets førstekoordinat er pr. definition tangentens hældning, så: ) ( ' f a Da tangentens hældning (selvfølgelig) skal være den samme uanset fremgangsmåde, kan de udtryk sættes lig hinanden og løses med solve på grafregneren: ), ( solve, der giver = eller = -, selvom = - ikke kan være en løsning, da den ikke er med i grundmængden, da nævneren i brøken bliver. Denne løsning ville dog også bare svare til den tangent, der allerede kendes. Så det er den anden løsning, der kan bruges, og for at finde koordinatsættet indsættes: 6 7 () f Hermed er røringspunktets koordinatsæt ;

71 6.: O( ) a) O () 7, Dvs. at en radius på dm vil give en overflade på 7,dm For at finde den radius, der giver den mindste overflade, ses på den afledede funktion: 6 O'( ) O'( ) ,68 O'(),8 O'(), Hermed bliver fortegnsskemaet:,68 O () i.d - + O() i.d Det ses altså, at der er globalt minimum i =,68, dvs. beholderen har den mindste overflade for radiusen, dm Opgaven kunne også være løst grafisk ved at tegne grafen i et passende vindue og finde minimum.

72 6.: O ( ) a) Først opstilles et udtryk for fortjenesten F, der er salgsindtægter S fratrukket omkostninger (Definitionsmængden er alle ikke-negative tal): F ( ) S( ) O( ) 8 9 For at finde et maksimum for fortjenesten arbejdes med den afledede funktion: F'( ) 6 9 F'( ) d F'() F'() F'() 9 Der kan mindst produceres tons, og fortjenesten findes så få de relevante -værdier: F() F() 8 F(6) 8 Ud fra disse informationer kan et fortegnsskema tegnes: - F () F() Der kunne ud fra analysen af den afledede funktion have været størst fortjeneste for = eller = 6, men = ville have været lidt underligt, da det svarer til ingen produktion og dermed intet salg, og det ses også i ovenstående skema, at den produktion, der giver den største fortjeneste, er 6 tons

73 ,9t 6.: f ( t) 97, t e ; t For at finde det tidspunkt, hvor iltunderskudet er størst, ses på den afledede funktion, hvor det bemærkes, at der både skal bruges regneregel for differentiation af produkt af funktioner og sammensat funktion (eller også differentieres på lommeregneren):,9t,9t,9t f '( t) 97, e t,9e 97, e,9t For at finde nulpunkter for den afledede funktion bruges nulreglen, og da en eksponentialfunktion kun giver positive værdier, har man altså: f '( t),9t t,6,9 For at eftervise at dette svarer til et lokalt (og globalt) maksimum findes konkrete værdier: f '(), f '(), Man har altså fortegnsskemaet:,6 f () + - f() Iltunderskudet er altså størst efter,6 døgn 6.: a) s( t) t Hastighedsfunktionen er den afledede af stedfunktionen: v( t) s'( t) t t Hvis hastigheden skal være m/s, skal: t t t t Dvs. at partiklen har hastigheden m/s efter,6s t,6 6

74 6.6: a) Arealet af de fire sider er: A sider h h Arealet af bund og låg er: A bund låg Arealet er opgivet i cm og prisen i kr. pr. cm, så enhederne passer sammen og udgiften kommer ud i kroner. U(, h) A A 8h 6 sider bund låg b) Når udgiften er kr. har man: 8h 6 6 8h 6 h 8 Og hermed er rumfanget: V ( ) h,,7 c) For at finde den værdi af, der giver det størst mulige rumfang, kan man indtegne en graf på grafregneren eller lave funktionsanalyse. Her foretages sidstnævnte: V '( ),,,,,7 9 9 (Ved sidste biimplikation er det udnyttet, at sidelængden er positiv). Det skal så vises, at det pågældende sted er et maksimumssted: V '(), V '() 7,7 Så fortegnsskemaet bliver:,7 V () i.d + - V() i.d Det er altså et maksimumssted, og dermed er den søgte værdi:, cm 6.7:,7 h p ( h) 6e a) Først findes den afledede af den sammensatte funktion:,7 h,7 h p '( h) 6,7e,8e Og hermed bliver differentialkvotienten i højden km.:,7 p '(),8 e 8,9 8,9 Dvs. at trykket i km højde falder med knap 9 mb pr. km.

75 6.8: f ( t) ln8t f ( ) ln 8 679, a) 677 Dvs. at minutter efter at ovnen er tændt er temperaturen f ( t) ln 8t ln8t 8t e 8 8 e t,967 8 Dvs. at efter minutter når ovnen op på C. 679 C b) Hastigheden hvormed temperaturen ændrer sig til tiden t = er differentialkvotienten i t=. Derfor findes først den afledede funktion: f '( t) 8 8t 8t f '(), Dvs. at temperaturen ændrer sig med,8 C i minuttet efter minutter. 6.9: f ( ) sin( ) a) Ligningen f ( ) løses på solve på lommeregneren: solve( sin( ), ), der giver,. Lommeregneren advarer om, at der kan være flere løsninger, men som det vises i næste spørgsmål, er der kun denne ene løsning. b) Den afledede funktion bestemmes: f '( ) cos( ) Da cosinusfunktionen ikke kan give under -, har man: f '( ) R. Dermed er f en voksende funktion, og der kan derfor højst være én løsning til ligningen Men da: f ( ) for f ( ) for, og da f er kontinuert, vil der være netop én løsning for alle c. f ( ) c.

76 7.: a) f ( ) 6 Den punktmængde, der ligger i. og. kvadrant og afgrænses af grafen for f og førsteaksen, begynder ved =- og slutter ved = ifølge de opgivne skæringspunkter. Så man har: A f ( ) d Dette udregnes på Maple ved indtastningen: Dvs. at arealet af punktmængden er. 7.: f ( ) 9 a) Først skal det identificeres, hvordan punktmængden ligger, så skæringerne med -aksen bestemmes: f ( ) 9 9 Da det er et tredjegradspolynomium med en positiv koefficient i tredjegradsleddet, der skærer - aksen steder, vil grafen ligge under -aksen indtil =-, ligge over -aksen mellem =- og =, ligge under -aksen mellem = og =, hvorefter den vil ligge over -aksen resten af vejen. Dette kan også illustreres med en skitse på lommeregneren, hvilket vil være nemmere end en forklaring, men da skal der lige argumenteres for, at alle vendinger af grafen er med, hvilket kan gøres ved at henvise til, at tredjegradspolynomier netop har én vendetangent og at den er med på skitsen. Så kan arealet af punktmængden bestemmes: A 9 9 9d 8 8 8

77 7.: a) y 9 y Inden, der kan tegnes en skitse, bestemmes evt. skæringspunkter mellem graferne for de ligninger: 9 6 Skæringspunkterne kunne også være fundet ved diskriminantmetoden. Parablen vender benene nedad, så mellem de skæringspunkter må den ligge øverst: En skitse skal så vise skæringspunkterne samt at parablen ligger øverst mellem disse. Punktmængden areal er så: A 9 ( ) d d : a) Gavlen indtegnes i et koordinatsystem, så dens højeste punkt ligger på y-aksen og fodpunkterne ligger på -aksen. Lad forskriften være f ( ) a b c Med det pågældende valg af koordinatsystem bliver skæringen med y-aksen og dermed c-værdien: c,8 b Toppunktets førstekoordinat er, og da den er, har man: a b Et af fodpunkterne har koordinatsættet (, ; ), hvilket bruges til at bestemme a-værdien: a,,8,8 6,a a,768 f ( ),768,8 6 b) Koordinatsættene til skæringspunkterne med -aksen kendes, så arealet kan bestemmes: A,,,768,768,,768,8 d,768,8,,8,,,,8, 6

78 7.: a) Integralet bestemmes ved indtastning på grafregneren:,,, e, der giver resultatet:,7878. Dvs. 7, d e Da eksponentialfunktioner giver positive værdier, vil grafen for integranden ligge over -aksen, og det udregnede bestemte integral angiver altså arealet mellem førsteaksen, grafen og linierne med ligningerne = - og =. 7.6: a) e f sin ) ( Stamfunktionen kan findes med n'spire eller Maple, men den kan også udregnes ved partiel integration: d e e e d e e d e sin cos sin cos sin sin Sidste led på højresiden rykkes over på venstresiden af lighedstegnet, så man har: cos sin sin cos sin sin e e d e e e d e Der kunne evt. tilføjes en konstant til sidst, men det er ikke nødvendigt, da der blot efterspørges en stamfunktion. 7.7: 6 ) ( 6 ) ( g f a) Først findes skæringspunkternes mellem grafernes førstekoordinater: ) ( ) ( g f Da parablen vender benene opad (positiv a-værdi), må grafen for g ligge øverst i området mellem skæringspunkterne, dvs. at arealet af punktmængden mellem graferne er: ) ( ) ( d d d f g A

79 7.8: f ( ) e a) Man kan bruge grafregneren til at tegne en skitse og finde skæringspunkter med -aksen. Men man kan også lave en lille analyse af funktionen: f '( ) e f ''( ) e Nulpunkterne bestemmes for funktionen og den afledede funktion: Funktionen f: solve( e, ) hvor grafregneren giver to løsninger (og advarer om flere): =,7 eller =,9 Den afledede funktion f : e e ln Den afledede funktion har altså ét nulpunkt, og da den dobbelt afledede funktion er positiv, må funktionen have minimum her. Med kun ét nulpunkt for den afledede funktion kan der ikke være mere end løsninger til ligningen, der blev solvet, og desuden må de løsninger angive begyndelsen og slutningen på det område, der ligger under -aksen, og det er rigtignok i. kvadrant. Arealet kan så findes:,9,7 e,8678, 8 A d

80 7.9: f ( ) g( ) På TI-nspire indtegnes graferne, og skæringspunktet bestemmes ved Menu Analyser graf Skæringspunkter, mens nulpunktet for g bestemmes ved Menu Analyser graf Nul. Den punktmængde M, der afgrænses af de to grafer samt koordinatakserne, ligger dermed som angivet på figuren. Rumfanget af det omdrejningslegeme, der dannes, når M drejes 6 omkring -aksen, bestemmes ved at opdele integrationen i to, hvor der først ses på intervallet [;], hvor det kun er grafen for g, der bidrager til omdrejningslegemet, og derefter på intervallet [,], hvor man først skal finde rumfanget for delen dannet af grafen for g, hvorefter delen dannet af grafen for f skal trækkes fra: V g( ) d g( ) d f ( ) d g( ) d f ( ) d Dette beregnes på TI-nspire ved indtastningen: Dvs. at skålens trærumfang er: V 6,8

81 7.: f ( ) sin a) Funktionen differentieres ledvist: f '( ) cos( ) b) Da cosinusfunktionen mindst antager værdien -, vil den afledede funktion være positiv bortset fra enkelte steder, hvor den antager værdien (stederne er p, men det er irrelevant). Funktionen er dermed voksende, og der kan altså højst være en løsning til ligninger af typen f()=c. Nu mangler det at blive vist, at der altid er løsninger til denne type ligninger. Dette ses ved at undersøge, om f antager alle værdier (dvs. om Vm(f)=R): f ( ) for, da sin() ligger mellem - og, hvorfor leddet dominerer. f ( ) for Hermed er det vist, at alle værdier antages, og altså har ligninger af typen f ( ) c netop én løsning. c) f()=, så den nedre grænse ved beregning af arealet er =. a-værdien bestemmes på grafregneren ved: solve sin,,, a, a Grafregneren giver to løsninger: a =,7877 eller a = -,7877 Den negative løsning kan ikke bruges, da man arbejder i. kvadrant, så a, 78

82 7.: f ( ) e a) Skitse : For at bestemme grafens forløb findes først den afledede funktion: f '( ) e Monotoniforholdene bestemmes: f '( ) e e ln f '() f '(),7 ln ln f (ln ) e ln Et fortegnsskema for den afledede funktion er altså: ln f () - + f() Man har altså, at: f er aftagende i ;ln f har lokalt minimumssted f er voksende i ln ; i ln b) Som vist ovenfor (og som det ses af skitsen) ligger grafen over førsteaksen i hele sin definitionsmængde, så arealet kan bestemmes ved hjælp at det bestemte integral. Den ene grænse skal være =, da andenaksen er med i afgrænsningen, men det vides ikke, om det skal være den øvre eller den nedre grænse. Så man skal foretage beregninger i mulige tilfælde: Tilfælde k > :

83 y Løsningerne er hentet på Grafregneren benyttes: solve( e,,, k, k). Den giver k, 6. Grafregneren advarer om, at der kan være flere løsninger, men da grafen som nævnt ligger over førsteaksen, ved man, at det ikke er tilfældet. Den fundne løsning er altså den eneste mulige i det pågældende tilfælde. Tilfælde k < : Grafregneren benyttes: solve( e,, k,, k). Den giver k, 78. Igen advarer grafregneren, men med samme argument som ovenfor vides det, at den fundne løsning er den eneste mulige i dette tilfælde. Der er altså mulige værdier for k i alt. 7.: f ( ), g( ) Først tegnes funktionernes grafer på grafregneren (som her dog er Ecel): Glasvaseform,,,, Det er grafen for g, der ligger nederst, og den begynder først i =, da argumentet under kvadratroden ikke må være under. a) Det er grafen for g, der danner det legeme, hvor vandet kan være, så voluminet af vandet bestemmes ved: V g( ) d d d 7, Dvs. der kan være 7,cm vand i vasen. b) Mængden af glas findes ved at tage omdrejningslegemet, der dannes ved drejning af grafen for f, og derefter trække ovenstående rumfang fra: V f 6 8, d Dette beregnes på lommeregneren:,,,,, der giver 7,99 Dvs. at vasen består af 7,99cm -7,cm =,8cm glas.

84 , 7.: f ( ) a ; ; ; ar a) Det er værdien af a, der bestemmer skålens bundfladeareal, men det er ikke nødvendigt at vide for at kunne løse opgaven. Hvis skålens rumfang skal være, har man:, f d a d Dette løses på grafregneren med:, solve a,,,, a, der giver a=,869 eller a=-,9886 Da a er et positivt tal, har man altså: a, 86 7.: f ( ) g( ) Det bemærkes, at Dm( f ) ;, da man ikke kan tage kvadratroden af noget negativt. a) Først skal det afgøres, hvad det er for en punktmængde M, hvis areal skal bestemmes. Dvs. man skal finde ud af, hvordan graferne for de to funktioner ligger i forhold til hinanden og i forhold til den lodrette linje med ligningen = - samt førsteaksen. Eventuelle skæringspunkter mellem de to grafer bestemmes, da det kan have betydning for, hvilke grænser der skal anvendes på de bestemte integraler: På TI-nspire indtastes: solve(, ), der giver, (og hermed y =,) Det er for tidligt at sige, om dette tal skal bruges til noget, da man endnu ikke ved, om det relevante område ligger til venstre eller til højre for linjen med ligningen = -. Grafen for f skærer førsteaksen i = (da funktionsværdien her er kvadratroden af ), mens grafen for g skærer førsteaksen i = (hvilket ses af funktionsudtrykket, da - = ). Vi kender nu de præcise værdier for de væsentlige punkter i nedenstående figur, hvor graferne for de to funktioner er indtastet sammen med linjen med ligningen = -. Arealet af punktmængden M bestemmes altså ved at opdele integrationen i to intervaller: A f ( ) g( ) d f ( ) d M Dette udregnes på TI-nspire ved indtastningen: Dvs. at arealet af det søgte område er: A M 6

85 b) Når punktmængden M drejes 6 omkring førsteaksen fremkommer et omdrejningslegeme, hvis rumfang lige som arealet kan opdeles i to dele. Toppen (fra = til =) er ligetil, da omdrejningslegemet her alene er dannet af grafen for f(). Rumfanget af bunden (fra =- til =) bestemmes ved først at tage rumfanget af det omdrejningslegeme, der frembringes af grafen for f(), og derefter fratrække rumfanget af omdrejningslegemet frembragt af grafen for g(). Hvis man trækker g() fra f(), inden man bestemmer rumfanget, er det ikke den rigtige punktmængde, der drejes. Man har altså: V f ( ) d g( ) d f ( ) d f ( ) d g( ) d d d 9 9 7, 79

86 7.: ) ( f For at få en idé om grafens forløb bestemmes først nulpunkterne: ) ( f En funktionsværdi i intervallet bestemt af ovenstående steder beregnes for at se, om grafen ligger over eller under førsteaksen i dette interval: ) ( f Grafen ligger altså under førsteaksen i dette interval. a) Rumfanget af omdrejningslegemet kan bestemmes, når de grænser kendes: 6, d d V b) Der må gælde < t <. Da grafen ligger under førsteaksen, skal der tilføjes et minus til de bestemte integraler (det er egentlig ikke nødvendigt for udregningerne, da de to integraler, der beregnes, skal sammenlignes, hvorfor evt. negative fortegn på begge arealer ville gå ud i udregningen): 7 t t t t t t d d t t t t Denne fjerdegradsligning løses på grafregneren: ), 7 ( t t t solve, der giver løsningerne t =,77 eller t =,887 Da t-værdien skal ligge mellem og, har man altså 88, t 7.6: e f 6 6 ) ( a) Da eksponentialfunktioner altid giver positive værdier, vil den pågældende punktmængde ligge over førsteaksen, og dermed kan areal og således sandsynligheden bestemmes som det bestemte integral: 787, e e e e e d e A Dvs. at sandsynligheden er %,

87 dy 8.: a) Differentialligningen er givet, og det er oplyst, at f() er en løsning til den. d y Da f er en løsning, og punktet P(,-) ligger på grafen for f, kan hældningen for tangenten til grafen i dy dette punkt findes ved indsættelse i differentialligningen. Det udnyttes nemlig, at netop angiver d tangenthældningen i det pågældende punkt. dy f '() d Og så bliver tangentens ligning: y y dy 8.: y d Differentialligningen bruges til at bestemme tangenthældningerne ved indsættelse af punkterne: I punktet (,e) er: a e e I punktet (-,e) er: a e e Vinklen mellem de to tangenter kan bestemmes med og eller uden anvendelse af vektorregning. Først metoden uden vektorer: Metode : Den vinkel, som den første tangent danner med førsteaksen, bestemmes: tan v a a tan e 79,77 v tan Den anden tangent har samme størrelse hældning med modsat fortegn, så dens vinkel med førsteaksen er: v 79, 77 Den stumpe vinkel, som de to tangenter danner, er så: w stump v v 9, Og dermed er den spidse vinkel: v 8 9,, 89 spids Metode : Da man kender hældningerne for de to tangenter, kan man bestemme retningsvektorer for de to linjer: r r e e Vinklen mellem de to vektorer bestemmes: r r e e e r e e e r e e e r r e e cos( v) v cos cos 9,6 r r e e e Og dermed er den spidse vinkel: v spids 8 9,, 89

88 8.: y' y ; P(,) Metode : Løst på lommeregner: Først findes den fuldstændige løsning ved på lommeregneren at indtaste: desolve ( y' y,, y), der fortæller, at den fuldstændige løsning er: y c e. Punktet P s koordinater bruges til at bestemme værdien af konstanten: c e c Altså er den søgte løsning: y e ; R Metode : Løst med kendskab til differentialligninger: Dette er en differentialligning af formen y' k y, der har den fuldstændige løsning c er en arbitrær konstant. Altså er den fuldstændige løsning: y c e y c e Punktet P s koordinater bruges til at bestemme værdien af konstanten: c e c Altså er den søgte løsning: y e ; R k, hvor Metode : Løst med Maple: dy 8.: y P(, ) d Metode : Løsning med kendskab til differentialligningstypen. Denne differentialligning er en lineær. ordens differentialligning, men den kan løses hurtigere ved dy dy omskrivningen y, da den så er på standardformen b ay, der har den fuldstændige d d b a løsning y c e, hvor c er en arbitrær konstant. a Så den fuldstændige løsning er: y c e Punktet P s koordinater indsættes for at bestemme konstanten: c e 8 c e 8 8 Og hermed er den søgte løsning: y e e e ; R

89 Metode : Løsning ved hjælp af n'spires differentialligningsløser: Differentialligningen løses ved indtastningen: Så den fuldstændige løsning er: y c e Punktet P s koordinater indsættes for at bestemme konstanten: c e 8 c e 8 8 Og hermed er den søgte løsning: y e e e ; R Metode : Løsning med Maple:

90 8.: (*) y' y P(, ) Dette er en lineær. ordens differentialligning. Den løses her på fire måder: ) Metode hvor der gættes en partikulær løsning. Da højresiden af (*) er et førstegradspolynomium, ses på en løsning af denne type: p( ) a b p'( ) a Dette indsættes for om muligt at finde brugbare værdier for a og b. a a b ( a ) ( a b ) Da dette udsagn skal være sandt for alle værdier af, skal man have leddet med til at forsvinde, og dermed skal a =.c Det andet led skal så være nul for at udsagnet er sandt, og dermed har man: b = -7 Den partikulære løsning er altså: p ( ) 7 Den fuldstændige løsning til y' h( ) y g( ) er mængden af løsninger, der kan skrives på formen H ( ) y c e p( ), hvor H() er en stamfunktion til h(), p() en vilkårlig partikulær løsning til differentialligningen og c en arbitrær konstant. Da den partikulære løsning er fundet, og da h()=, har man altså den fuldstændige løsning: y c e 7 Konstanten c bestemmes ved indsættelse af punktet P s koordinater: c e 7 c e c e Og hermed bliver den søgte løsning: y e e 7 e 7 ; R ) Metoden med direkte udregning. Den fuldstændige løsning til y' h( ) y g( ) er funktioner af formen: y e g( ) e H ( ) H ( ) Man får altså: y e e d, hvor H() igen er en stamfunktion til h(). d e e e d e e c c e c e 7 Og herfra foregår resten lige som i. metode med indsættelse af punktet.

91 ) Løsning med n'spire: Der indtastes: Dvs. den fuldstændige løsning er: y c e 7 Konstanten c bestemmes ved indsættelse af punktet P s koordinater: c e 7 c e c e Og hermed bliver den søgte løsning: y e e 7 e 7 ; R ) Løsning med Maple: Differentialligningen løses med begyndelsesbetingelsen y.

92 8.6: y y ' Den fuldstændige løsning kan bestemmes på måder: ) På TI N spire indtastes: Dvs. at den fuldstændige løsning er: R e c f ; ) ( Så skal konstanten c bestemmes. Normalt har man fået et punkt opgivet, så man kender sammenhørende værdier for og y, hvorefter disse indsættes for at bestemme c-værdien. Men det har man ikke her, og det gælder derfor om ud fra oplysningen om tangenten at kunne bestemme -værdien. Da den vandrette linje med ligningen y = er tangent til grafen for f, ved man, at når y =, er y =. Hermed kan differentialligningen give den pågældende -værdi: Og så kan c-værdien bestemmes ved at indsætte punktet (-,) i den fuldstændige løsning: e c e c e c Og hermed bliver den søgte løsning: R e e e g ; ) ( ) Ved omskrivning ses ovenstående at være en lineær. ordens differentialligning: ' y y Der gættes en partikulær løsning til differentialligning. Der gættes på et førstegradspolynomium: a p b a p ) '( ) ( Koefficienterne findes ved indsættelse i differentialligningen: b a a Dvs. a, og dermed b Så ) ( p er en partikulær løsning. En stamfunktion til funktionen foran y (der er ) ( h ) er H ) ( Så den fuldstændige løsning til differentialligningen er: R e c f ; ) ( og c er en arbitrær konstant. ) Den fuldstændige løsning findes som: ) ( ) ( ) ( e c e c c e e d e e e d e e d e e f H H Så skal konstanten c bestemmes. Da den vandrette linie med ligningen y = er tangent til grafen for f, ved man, at når y =, er y =. Hermed kan differentialligningen give den pågældende -værdi: Og så kan c-værdien bestemmes ved at indsætte punktet (-,) i den fuldstændige løsning: e c e c e c Og hermed bliver den søgte løsning: R e e e g ; ) (

93 dy y e P, f l : y d Da tangenten skal være parallel med l, skal den have hældningen. Dette kan bruges til at bestemme andenkoordinaten for tangentens røringspunkt P. Hældningen og punktets førstekoordinat indsættes i differentialligningen: 8.7: e y e y e y Så nu kendes et punkt på integralkurven. Der er tale om en lineær. ordens differentialligning, der kan løses på TI-89 med desolve, men det kan også gøres i hånden: Lad h( ) og H( ) en stamfunktion til h ( ) Den fuldstændige løsning er: y e e e d e e e d e e d e e c e ce Punktet indsættes: e e e e e ce ce c 6 6 e Så den søgte løsning er: e y e e ; R 6e H ( ) H ( ) 8.8: a) Rumfanget af omdrejningslegemet findes med grænserne og h: V h f h h h h d d d dv b) Da hastigheden er konstant (med hastigheden c) er c dt c) Den fuldstændige løsning til differentialligningen findes ved at tage det ubestemte integral (integrere med hensyn til t): V( t) c t k Konstanten bestemmes ud fra oplysningen om, at skålen er tom til t = : c k k Dvs. at V ( t) c t d) Udtrykkene fra a) og c) sammenholdes for at finde et udtryk for dybden h som funktion af t: h c t c t h

94 8.9: a) Populationens størrelse betegnes med y. Så er populationens væksthastighed dy dt. dy Dermed bliver den søgte differentialligning:,8 y dt b) Den generelle løsning til denne type. ordens differentialligninger er eksponentielle udviklinger:,8t y() t y e. Da der er individer til at begynde med, har man: Så efter 7 døgn har man:,87 y(7) e 8,8 Dvs. at der efter 7 døgn er 8 individer y( t) e,8t dy c), y y dt Den generelle løsning til ovenstående differentialligning er: y, hvor er populationens maksimum., t,t ce ce Fra b) kendes punktet (7,8), der kan bruges til at bestemme c TI N spire-indtastningen: solve 8,, 98, 7 e Så c, Dermed kan antallet af døgn for at nå 9 individer bestemmes: solve 9,,87987,, e Dvs. at der skal gå ca. døgn

95 dst 8.: Den opgivne differentialligning er: dt K=,69 S ma = S =, K S t ma t. S S ma S a) Med disse oplysninger bliver differentialligningen: dst,69 St St,7 St St dt Dvs. det er en logistisk ligning med det generelle løsningsudtryk: St t St t,7 t, t c e c e 69 Startbetingelsen bruges til at finde konstanten c:,, c,69 c e c c Man har altså løsningen S t e t ; t,69 t Og så er: S t, ,69 e Dvs. når løgfrøhaletudsen er døgn gammel, er den,77cm lang. b) For en logistisk ligning fås den største væksthastighed, når halvdelen af maksimum er nået, dvs. her 6 cm. Så det pågældende tidspunkt findes ved solve: solve 6 e,, der giver =,9, 69 Dvs. den største væksthastighed er i det. døgn.

96 Væksthastighed i cm pr. døgn Løsningerne er hentet på t 8.: Haletudsernes længde kan beskrives ved den logistiske ligning:,7 S S Desuden oplyses, at S t ( ),. a) For S t = har man: ds t,7, 8 dt Dvs. at løgfrøhaletudserne vokser med ds,8 cm pr. døgn, når de er cm lange. dt t t b) Den maksimale længde er cm, og det er oplyst, at længden begynder ved,cm. Da det er en logistisk ligning, er grafen en parabel med benene nedad (ses på udtrykket, hvis der ganges ind i parentesen), og den maksimale væksthastighed fås ved halvdelen af den maksimale længde (der ifølge ligningen aldrig nås), dvs. ved 6 cm. dst St, : dt,6 dst St 6 : dt,7 Toppunktet dst St : dt Ud fra disse tre punkter kan en skitse tegnes: Løgfrøhaletudser,,,,, Længde i cm

97 dy ligger på grafen for f. d a) For at bestemme tangentligningen skal man kende et punkt (og P s koordinater er allerede opgivet) og hældningen, der findes ved at indsætte punktets koordinater i differentialligningen: dy 9 d Hermed er tangentligningen: y y 8.: Dm f R og f er løsning til y 9, y og P, f() Så man har: f er voksende i f er aftagende i b) Da y > gælder: dy 9 d dy Desuden afhænger fortegnet for den afledede funktion f '( ) eller også kun af -værdien. d Grafen for g( ) 9er en parabel med benene opad, så mellem nulpunkterne er fortegnet for funktionsværdierne negativt. Dermed fås: - f () + - +, og i,,

98 8.: a) Hastigheden hvormed N(t) vokser til tiden t er dn dt. Forskellen mellem 6 6 og antallet af individer til tiden t er N t Hermed bliver differentialligningen: dn t 8 6 N t N t dt b) N Den generelle løsning til differentialligningen er: 6 6 Nt 8 6 t,t ce ce Ved indsættelse af det kendte punkt bestemmes værdien af c: 6 c c c 6 Dvs. at den søgte løsning er: N t ; t, t e Hvor definitionsmængden ikke kan angives med sikkerhed, da opgaveteksten er for sparsom. Alle reelle tal er en anden mulighed for Dm. c) Væksthastigheden for logistisk vækst er størst, når populationen er på det halve af sit maksimum, der er tallet i tælleren, dvs. i dette tilfælde... Så der er altså. individer i populationen, hvor væksthastigheden er størst. dn 8.: a) Den hastighed, hvormed antallet af individer vokser, er. dt Produktet af antallet af individer til tiden t og forskellen mellem 6 og antallet af individer til tiden t 6 er: N N. dn 8 6 Hermed bliver differentialligningen: N N dt b) Den generelle løsning til denne logistiske ligning er: 6 6 N t ( ) t t c e 8 6, c e Betingelsen N ( ), bruges til at finde konstanten c: 6,, c e, c c Den største væksthastighed er der, hvor populationen er halvdelen af sit maksimum (på ), og her findes så tidspunktet med solve: 6 solve e,, der giver = 69,7, Så væksthastigheden er størst i det 69. døgn

99 Væksthastighed (individer pr. døgn) Løsningerne er hentet på : Den opgivne differentialligning er en logistisk ligning: N ( t) N( t) Nt '. a) Lad t være det tidspunkt, hvor antallet af individer i populationen er.. Så er: 8 6 N '( t ).. Dvs. at til dette tidspunkt vokser populationen altså med individer i døgnet. b) Da det er en logistisk ligning, er grafen en parabel med benene nedad (ses på udtrykket, hvis der ganges ind i parentesen), og den maksimale væksthastighed fås ved halvdelen af den maksimale population (der ifølge ligningen aldrig nås), hvilket blev behandlet i a) dn N : dt dn N : Toppunktet dt dn N : dt Ud fra disse tre punkter kan en skitse tegnes (bemærk at populationen ikke kan følge modellen ude i enderne, da der nødvendigvis må være et antal individer til at begynde med, og da antallet ifølge modellen ikke når ). Logistisk ligning 6 8 Individer i population : Den opgivne differentialligning er en logistisk ligning: N ( t) N( t) Nt Opgaveteksten giver: N ( t ).. a) Så man har: 8 6 N '( t ).. Dvs. at til dette tidspunkt vokser populationen altså med '. individer i døgnet. Den største væksthastighed for logistiske ligninger fås, når populationen er oppe på halvdelen af maksimum (der her er 6 =..), dvs.., hvilket netop er det, der er regnet på. Den fundne væksthastighed er dermed også den maksimale væksthastighed, som populationen vil opnå.

100 8.7: a) g er en lineær funktion af N, så man har: g( N) a N b To punkter, ;,8 og ;, er opgivet, så forskriften kan findes: g( N ) g( N),,8,, a, N N,,9 9 8 Indsættes for at finde b-værdien: b g ( N ) a N, Så man har: g ( N),6667 N 9667 Da væksthastigheden er lig med g(n) har man differentialligningen: dn,6667 N 9667, hvilket er svaret på spørgsmål b). dt Når væksthastigheden er individer pr. døgn, har man:,6667 N N 99,79,6667 Dvs. at der er godt, individer på det tidspunkt. 8.8: a) Forskriften for f bestemmes ved at indtaste tabellens værdier i stats/list-editoren med tiden som list og den relative væksthastighed som list, hvorefter der laves lineær regression (LinReg) med list som funktion af list. Det giver forskriften: f ( t),6 t, 77 b) Da f(t) netop er den relative væksthastighed dn N dt dn, 6 t, 77 N dt, har man differentialligningen: c) Denne differentialligning kan løses ved separation af de variable, hvor man arbejder i intervallet N >. dn, 6t, 77dt N ln N, 6t, 77 t k numerisktegnet kan fjernes, da N N e,6t,77t k,6t,77t N c e Punktet (7,78) bruges til at bestemme værdien af c:,6 7,77 7 solve 78 e,,67 Så c =,67, og forskriften er:,6t,77t N( t),67 e ; t

101 8.9: Vandhøjden i beholderen betegnes h. Tiden betegnes med t. dh Så bliver den hastighed, hvormed vandhøjden ændrer sig. dt Når denne skal være proportional med kvadratroden af vandhøjden, får man: dh k h, hvor konstanten k er negativ, da vandhøjden falder. dt 8.: Trykforskellen mellem beholderen og dækket er ( p) dp Hastigheden, hvormed dæktrykket vokser, udtrykkes ved. dt Og med en proportionalitetsfaktor på, får man differentialligningen: dp, p dt 8.: Følgende størrelser er angivet: y: Metalstykkets temperatur målt i grader celsius. t: Tiden målt i sekunder. y : Omgivelsernes konstante temperatur målt i grader celsius. a) Hermed er hastigheden, hvormed metalstykkets temperatur aftager, altså dy. dt dy Og så er: k y y, hvor den første faktor er proportionalitetskonstanten og den anden dt forskellen mellem metalstykkets og omgivelsernes temperatur. Differentialligningen bliver altså: dy k y y dt 8.: y er antallet af personer i gruppen på, der har hørt rygtet. t er tiden. Antallet af personer, der ikke har hørt rygtet er så y. dy Den hastighed, hvormed y vokser, er. dt Produktet af det antal personer, der har hørt rygtet (y) og dem, der ikke har (-y) er y y. Da de to ovenstående udtryk er opgivet at være proportionale med hinanden med proportionalitetsfaktoren,, har man altså differentialligningen: dy, y y dt

102 dh 8.: h h( t) t dt Opgaveteksten er muligvis ikke formuleret efter hensigten. Man bliver kun bedt om at vise, at den angivne funktion er en løsning til den angivne differentialligning, men med informationen om, at væskehøjden i tragten fra start er cm, lægges der op til, at man skal vise, at den angivne funktion er den løsning til differentialligningen, der opfylder begyndelsesbetingelsen. Her gennemgås løsningen, som om man søger den partikulære løsning, der opfylder begyndelsesbetingelsen. Metode : Det tjekkes, om funktionen opfylder begyndelsesbetingelsen: () h Dvs. funktionen passer med, at væskehøjden fra start er cm. Så undersøges det, om funktionen er en løsning til differentialligningen. Dette gøres ved at differentiere funktionen, der er en sammensat funktion, hvorefter det undersøges, om højre- og venstresiden i differentialligningen er identiske, dvs. om der fremkommer en identitet: h'( t) t t h( t) t t t De to udtryk er identiske, dvs. funktionen er løsning til differentialligningen. Metode : Det tjekkes, om funktionen opfylder begyndelsesbetingelsen: () h Dvs. funktionen passer med, at væskehøjden fra start er cm. Så undersøges det, om funktionen er en løsning til differentialligningen. Dette gøres på TI n spire ved først at definere funktionen og derefter undersøge om man ved indsættelse i differentialligningen får en identitet: Normalt skal man få resultatet Sandt ved indtastningen af solve( ), da udsagnet skal være sandt for alle t-værdier for at være en identitet. Men resultatet t viser, at udsagnet er sandt for alle t-værdier mindre end eller lig 6, sekunder, og dermed passer løsningen i det pågældende interval ( til 6, sekunder), da den øvre grænse netop er det tidspunkt, hvor den sidste væske ifølge funktionsudtrykket forlader tragten. Da funktionsudtrykket for h(t) både opfylder begyndelsesbetingelsen og differentialligningen i det relevante interval, er det den søgte løsning.

103 Metode : Løses ved separation af de variable. Der er to mulige intervaller for h, men da det er en højde, vælges h > : h dh dt h t k Konstanten k bestemmes ud fra oplysningen om, at væskehøjden er fra start: k Og så kan h isoleres: h h h t t k t ; t 6, Hvor den nedre grænse for definitionsmængden er starttiden og den øvre er det tidspunkt, hvor højden er. dn ; N er folketallet som funktion af tiden t i år. dt Differentialligningen fortæller, at befolkningstallet fra start (t = ) vil vokse med,% om året, da parentesen i differentialligningen bliver, for t =. Befolkningstallet vil så vedblive med at vokse men med færre og færre procent om året indtil: 8.:,, t N,,t t,, 6, Dvs. 6, år fra start vil befolkningstallet toppe, hvorefter det begynder at aftage, da væksthastigheden bliver negativ. Aftagningen vil ske med flere og flere procent om året, men en model af befolkningstallet vil ikke kunne forudsige udviklingen så langt ude i fremtiden, så modellen vil alligevel ikke holde til det punkt, hvor befolkningstallet skulle falde med mere end % om året.

104 Maj 8: Delprøven UDEN hjælpemidler t 9.: De to opgivne vektorer er: a b. Begge vektorerne er egentlige vektorer (uanset værdien af t kan a ikke blive nul-vektoren), så man har: t a b a b t t 6 t t 7 9.: Når m og n har man: m m mn 6 8 Udtrykket kan reduceres ved først at faktorisere nævneren: m m m mn m m n m n 9.: f ( ) f '( ) 6 For at bestemme monotoniforhold bestemmes først nulpunkter for den afledede funktion. f '( ) 6 faktorisering nulreglen De relevante værdier til fortegnsskemaet for f bestemmes: f '( ) f '() 6 6 f Dette giver fortegnsskemaet: '() f () f() Man har altså: f er voksende i ; og i ; f er aftagende i ;

105 9.: d Det bemærkes, at tælleren svarer til den afledede funktion til nævneren, så man benytter integration ved substitution og substituerer nævneren med t: t dt d dt d : t : t Dette indsættes, så der integreres med hensyn til t i stedet for og dermed også med nye grænser: d dt ln t ln ln ln ln t 9.: Da de to trekanter er retvinklede og har ens vinkler ved B, er trekanterne ensvinklede, dvs. man har: AB AP BC CL cm cm cm cm cm 9cm

106 Maj 8: Delprøven MED hjælpemidler 9.6: a) Trekant CDH er retvinklet, og når D skal findes, kender man den modstående katete og hypotenusen, så det er sinus, der skal bruges: sin D 6 D sin 6,7 6 b) I firkant ABCD tegnes linjestykket BD, så man kan regne på den retvinklede trekant ABD, hvor Pythagoras kan bruges: BD AB AD BD ,6 D er firkant ABCD er lige så stor som D i trekant CDH, da trekant CDH fremkommer inde i firkant ABCD, når man nedfælder den vinkelrette fra C på linjestykket AD og kalder det H. Linjestykket AC kan så bestemmes ved cosinusrelationen: AC AD CD AD CD cos D AC cos 6,7 6, 9.7: a b P,, 6 a) For at bestemme en ligning for planen har man brug for en normalvektor, og derfor bestemmes først krydsproduktet mellem ovenstående to vektorer, der udspænder planen: ab ab 7 ab ab ab n ab ab Med denne normalvektor og punktet P fås planens ligning: : 7 y z 6 7 y z b) Først bestemmes en af vinklerne mellem en normalvektor for planen og en retningsvektor for linjen. Disse er rl n. Så bliver vinklen: rl n cos( w) r l n w cos 8, 7 Dvs. at den spidse vinkel mellem planen og linjen er: v 9 w 9 8,7 9,7

107 9.8: f ( ) ; Først findes funktionsudtrykket for en stamfunktion ved at integrere funktionsudtrykket. f ( ) d d ln k ln k Numerisktegnet kan fjernes, da det er oplyst, at >. Oplysningen F() benyttes til at bestemme værdien af k: ln() k k Altså er: F( ) ln( ) 9.9: Det er oplyst, at man skal regne tiden i antal år EFTER 9, mens levealderen måles i år. De to,6 og 7,7. punkter, som grafen skal gå gennem er derfor a) Det er oplyst, at man skal arbejde med en lineær funktion, dvs. forskriften er f a b, og da b-værdien angiver begyndelsesværdien, fortæller det første punkt os, at b 6. Man mangler altså kun at bestemme hældningen, hvilket gøres ved: y y 7 6 a, 7 7 Hermed er forskriften for f: f, 6 b) g, 76 Man skal finde den -værdi, hvor de to funktioner giver samme funktionsværdi, dvs. man løser: f g, 6, 76,,, 67,96,67 = svarer til år 9 + =. Dvs. i år er den forventede levealder for nyfødte den samme som den forventede levealder for 6-årige. 9.: Da man har en fast årlig rentefod, kan man anvende kapitalfremskrivningsformlen: K K r n n r r r r,798967=7,6%

108 Kumuleret frekvens Løsningerne er hentet på 9.: f g P, f a) For at bestemme en ligning til en tangent, skal man kende røringspunktet og tangentens hældning. Tangentens hældning bestemmes: f ' t a f ' Røringspunktets andenkoordinat bestemmes: f Hermed bliver tangentligningen: y y Det kunne også have været bestemt på TI n'spire ved: b) Koordinatsættet for det fælles punkt bestemmes ved først at finde den -værdi, der giver samme funktionsværdi, og derefter indsætte denne i en af forskrifterne for at finde y-værdien. f g og derefter indsætte løsningen. Dette gøres ved: Man skal altså løse ligningen Hermed er Q's koordinatsæt: Q ; 9.: a) I Ecel indtastes procentdelen ud for det højre intervalendepunkt, og en tabel over kumulerede frekvenser (procentdele) beregnes ved at summere alle procentdelene under intervalendepunktet. Sumkurve Længde højre intervalendepunkt

109 Kvartilsættet bestemmes ved at gå ind fra %, % og 7% og aflæse de tilsvarende længder: Kvartilsættet aflæses altså til: Nedre kvartil: 8, cm Median: 89,7cm Øvre kvartil: 99, cm Desuden er det oplyst, at den korteste havkat er cm og den længste cm. b) For havkatte fanget i dybden -8 har man de fem værdier, der skal anvendes i boksplottet: (Kortest, nedre kvartil, median, øvre kvartil, længste) : (6cm, 6cm, 8cm, 9cm, cm) Havkattene i dybden -m afviger markant mindre i længden. Halvdelen ligger mellem 8,cm og 99,cm, dvs. inden for et interval på 8cm. For havkattene i dybden -8m ligger de %-midterste mellem 6cm og 9cm, dvs. inden for et interval på 9cm. Desuden er der ingen helt små havkatte i dybden -m, og mere end % af havkattene i dybden -8 er kortere end den korteste af de fangede havkatte i dybden -m. Det kunne altså se ud til, at havkattene enten fødes eller kort efter fødslen søger ned i dybden, hvorefter de vokser sig store og svømmer op mod overfladen, hvor der muligvis er mere føde?

110 9.: f ( ) 9 g( ) a) På figuren er det angivet, at graferne for både f og g går gennem punktet (-,), og at de to grafer skærer hinanden i =. Rigtigheden af dette tjekkes ved indsættelse: f ( ) 9 g( ) f() 9 9 g() Dvs. at arealet bestemmes ved at integrere med den nedre grænse - og den øvre grænse. På figuren er det desuden angivet, at grafen for f ligger over g i det interval, hvor punktmængden M er placeret. Dermed kan arealet bestemmes ved: M ( ) ( ) 9 A f g d d Dette bestemmes på TI-nspire med indtastningen: 9 d der giver Dvs. at arealet af punktmængden er: AM b) For at bestemme arealet af punktmængden N, skal der integreres med den nedre grænse og den øvre grænse k, og i dette interval ligger grafen for g over grafen for f. Når arealerne skal være lige store (dvs. have værdien ), skal man altså løse ligningen: k k ( ) ( ) 9 g f d d Denne ligning løses på TI-nspire ved indtastningen: Ligningen har to løsninger, men k = - svarer jo til, at man (igen) bestemmer arealet af punktmængden M (man får samme resultat som i spørgsmål a, da man både har byttet om på grænserne og funktionerne, og dermed skiftet fortegn to gange). 7 Dermed er den søgte løsning: k

111 dn 9.:, N N dt Dette er en logistisk differentialligning, og den fuldstændige løsning (i det relevante interval for N) er: Nt (), t,6 t ce ce Da biltætheden i 968 var 98, har man altså punktet (,98), og dette bruges til at bestemme c. 98 c,9 c 98 Så man har: N( t) ; t, 6 t,9 e År 8 svarer til t =. Så man har: N(), 799,6,9e Dvs. at der i 8 ifølge modellen er biler pr. indbyggere Modellen har et ma. på, så i 8 er man tæt på det maksimale antal. ln M,6,6 e t 9.:, M er vægten målt i kg og t er alderen målt i døgn efter udklækning. a) Det er nemmest at besvare spørgsmålene i omvendt rækkefølge, for hvis man først finder en forskrift, skal man bagefter bare sætte ind i den. Forskriften for M som funktion af t bestemmes ved at opløfte begge sider af ligningen: e ln M,t,6,6e M t e,6,6,6 e e e, e e e,6898,,6,6,t,t t t,6e e e For en døgn gammel kylling er t = : M Dvs. at en døgn gammel kylling vejer,7kg,6 e,77786,,6 e e 9.6: a) Da antallet af individer P er en funktion af tiden t skrives P(t). Den hastighed hvormed antallet af individer vokser til et givet tidspunkt er P (t). Forskellen mellem 6 og antallet af individer skrives: 6 P(t). Da hastighed er proportional med produktet af individer og ovenstående forskel, har man: P'( t) k P( t) 6 P( t), hvor k er proportionalitetskonstanten. Proportionalitetskonstanten kan bestemmes, da det oplyses, at når P( t) er P'( t) : k6 k Altså er den søgte differentialligning: P'( t) P( t) 6 P( t)

112 9.7: og h S h a) For at kunne bestemme S udtrykt ved, skal man isolere h i den første ligning og indsætte dette i den anden: h h Indsættes: S For at finde den -værdi, hvor beholderens overfladeareal er mindst muligt, findes det eller de steder, hvor den første afledede er nul, og fortegnet/fortegnene for den anden afledede funktion bestemmes disse steder for at undersøge, om der er tale om minimum, maksimum eller vandret vendetangent: Da den anden afledede er negativ det sted, hvor den første afledede er nul, er der tale om et minimumssted, så,7cm giver det mindste overfladeareal : K : y y z z 6 l : y t 7, t R. z For at undersøge, om K er tangent til l, indsættes linjens koordinatsæt i kuglens ligning, hvorved det afgøres, hvor mange værdier af parameteren t, der giver fællespunkter mellem linje og kugle. Hvis det netop er én værdi, er l en tangent til K. t t t t t t 6 t 8t t 9t 8t t 9 9t 8t 6 6t 6 8t 66t 8 t t t t da der netop er én løsning, er l tangent til K.

113 August 8: Delprøven UDEN hjælpemidler 9.9: a b ba b a b ab ab b a b y y y y y y 9.: t a b t Det bemærkes, at der ikke er værdier af t, der gør a til nulvektoren. Hermed gælder: t a b a b t 8t t t t t a b det a, b t t t t t a 9.: f b f f 9.: 6 De to kendte punkter indsættes i funktionsudtrykket: a a b 6 b a 8 8 a a a 6 b b Denne værdi indsættes sammen med det ene punkt for at finde b-værdien: b b 8 P,, : y z dist( P, ) 9.: a a b y c z d 7 7 a b c 6 6 dy f e y 6 d Det eftervises at funktionen er en løsning til differentialligningen ved indsættelse i sidstnævnte, så der er brug for den afledede funktion: f ' e Hermed fås ved indsættelse: dy y 6 d e e 6 e e 6 6 e e Hvilket er et sandt udsagn for alle -værdier (dvs. det er en identitet), og dermed er f en løsning til differentialligningen.

114 9.: I Maple: August 8: Delprøven MED hjælpemidler a) For at bestemme værdien af de to konstanter bruges TI-89 s Stats/List-editor. Tabellens værdier lægges ind, så antallet af år efter 999 (dvs.,,,, ) lægges som List, og solenergien målt i MW som List, hvorefter der laves eksponentiel regression (EpReg) med List som funktion af List. Resultatet lægges ind som Y. Det giver: y 7,666,7 Så man har: P 7,MW og a,7 b) Mængden af udvundet solenergi i 8 ( = 9): Grafregneren giver: y(9)=, Dvs. at modellen forudsiger, at der i år 8 vil blive udvundet MW For at finde ud af, hvornår udvindingen overstiger MW, indtastes: Solve(y()=,), der giver =, Da den udvundne energi er angivet som en effekt (og ikke som den årlige mængde), vil de MW overstiges i år 9 (999 + )

115 9.: a) En model af trekanten med de opgivne værdier tegnes: C A v A =,9 c=,7 D B BD AD AB AD AB cos BAD BD,9,7,9,7 cos,69,6 b) B kan nu bestemmes både ved sinus- og cosinusrelationer anvendt på ABD. For at undgå overvejelser omkring et valg mellem en stump og en spids vinkel bruges cosinusrelationen: AB BD AD cos B AB BD,7,6,9 B cos 6, 66 6,7,6 Og hermed er: C 8 A B ,66 7,998 8

116 y z 6y 8z P,, 9.6: a) For at finde centrum og radius omskrives kuglens ligning: y z 6y 8z y z Dvs. at C,, r b) For at opskrive en ligning for tangentplanen har man brug for en normalvektor og et punkt i planen. P ligger i planen, så der mangler bare en normalvektor, og hertil bruges CP. y z y 7 Så man har tangentplanligningen: c) : y z l : y t ; t R z Vinklen v mellem linjen og planen kan findes ved først at bestemme vinklen w mellem en normalvektor for planen og en retningsvektor for linjen: nr cosw n r w cos w 6 Og så er den søgte vinkel: v 9 w 9, 9,6 cos cos, t 9.7: f ( t) 97,679, t ln ln a) T, ln a ln, 679 Dvs. at fordoblingstiden er,6år. b) Tallene fortæller, at der i 98 var 97 retspsykiatriske patienter under opsyn, og at antallet af patienter vokser med 6,79% om året.

117 I t,9 e,9t 9.8: Temperaturen i stegens indre efter minutter bestemmes:,9 I,9 e 9,9787 Dvs. at temperaturen i stegens indre er C Tiden som funktion af temperaturen bliver:,9t I t,9 e I t,9t,9 e It,9t,9 e e,9t I t,9 I t, 9t ln 8 8 ln I t t, 9 efter minutter. 9.9: Elev A har generelt de længste samtaler. Elev A har kun ¼ af sine samtaler til at vare under s, mens ¼ af samtalerne er over s. Den midterste halvdel af elev A s samtaler ligger altså mellem s og s med en median på s. Elev B har mindre end ¼ af sine samtaler til at vare over s, og halvdelen af elev B s samtaler er på 9s eller mindre. Det er også elev B, der har haft den korteste samtale på ca. s, mens elev A ikke har nogen samtaler under s. Elev B kan dog godt i enkelte tilfælde føre lange samtaler, da elev B har haft den længste samtale på 9s, hvor elev A kun har været oppe på 7s. Så elev B har generelt de korteste samtaler og samtidig de mest ekstreme. 9.: O a 6 ( ), ( ),8 a) F( ) a( ) O( ),8,, Der laves funktionsundersøgelse: F '( ),8 F '( ), 8 6 F '() 6 6 F '() 78 Det ses altså, at fortjenesten vokser i intervallet,6, mens den aftager i 6;. Dermed er der lokalt maksimumssted i = 6, så for at virksomheden skal tjene mest muligt, skal der produceres 6 enheder

118 9.: f ; a) For at bestemme monotoniforholdene skal den afledede funktion benyttes: f ' f ',87 f ' f ' Hermed bliver fortegnsskemaet:,87 f () + - f() Så man har: f er voksende i intervallet ; f er aftagende i intervallet ; b) For at finde grænserne for området M skal nulpunkterne for f bestemmes: f Da funktionen er voksende i intervallet begyndende ved, og da grafen skærer. aksen i (,) og (,), må grafen ligge over førsteaksen mellem disse to punkter. Så rumfanget af omdrejningslegemet findes ved på TI-89 at indtaste:,,,, der giver, 78 Dvs. man har: V f d,

119 dy 9.: y P, d a) Dette er en lineær. ordens differentialligning, der kan løses på flere forskellige måder. y ) På TI-89 indtastes desolve y ',, y der giver y På TI n spire tastes det samme, og resultatet bliver y ln c. I Maple indtastes: > Dvs. at den fuldstændige løsning er Konstanten bestemmes ved indsættelse af punktet: ln k k Dvs. at den søgte løsning er y ln k, hvor k er en konstant. y ln ; dy dy ) Ligningen omformes: y y d d Heraf aflæses h g, og man ser på intervallet >, hvor punktet ligger. Den fuldstændige løsning kan så bestemmes: H H ln ln ln ln ln y e g e d e e d e e d e d d ln k ln k Herefter kan konstanten bestemmes som vist ovenfor. ) Man kan også prøve at gætte en partikulær løsning, men i dette tilfælde er det ikke den nemmeste metode. Man skulle så gætte den partikulære løsning p( ) ln.

120 dn,8t 6 9.: N ; t, N, dt t a) Opgaven kan besvares ved at løse differentialligningen med separation af de variable eller ved at bruge desolve på lommeregneren, hvorefter man kan arbejde med løsningen. Men det ville være en omvej at bruge disse metoder. Opgaven kan besvares direkte ved at se på differentialligningen: Væksthastigheden til t = kan bestemmes, da man også kender populationens størrelse til dette tidspunkt. Så man har: dn,8t N dt t dn,8, 6, 6 dt t 6 Dvs. at populationen falder med, individer pr. døgn efter døgn. Det tidspunkt, hvor der er færrest individer i populationen bestemmes ved at kigge på højresiden af differentialligningen. Her er både t og N positive, så væksthastighedens fortegn bestemmes af brøkens tæller. Her har man: dn dn, 8t t, for t, for t,,8 dt dt Så populationen falder indtil midt i det. døgn, hvorefter den begynder at vokse igen. Populationen er altså mindst efter, døgn. 9.: Det nemmeste er at lægge parablen ind, så den har toppunkt i (,). Hermed bliver b=c=, så parablens ligning kommer på formen: y a y A(-,) B(,) T Værdien af a bestemmes ved at indsætte et af punkterne A og B. Her vælges B: a a Så ligningen bliver: y

121 9.: Fodpunktet for den indtegnede højde tegnet fra B kaldes B h. ABB er retvinklet, så man har: h h h h sin A AB h AB sin Da arealet er, har man: h BC AD BC AD h Dette kan bruges til at finde omkredsen som funktion af h: O h AB BC CD DA AB BC AB AD AB BC AD h h 9.6: f P, f a) For at bestemme en ligning for tangenten m, skal man have hældningen og et punkts koordinatsæt, så de bestemmes: f ' 6 f f ' 6 Hermed bliver tangentligningen: y y Når røringspunktet for l kaldes, og hældningen for l kaldes a l har man: a f ' l l f l f f l al l l Dette giver sammen med funktionsudtrykkene fundet ovenfor: f l f ' l f ' l l f l l 6l l l l l l Denne ligning løses med solve på TI-89: solve 6,, der giver Den første løsning svarer til tangenten m, så det er den anden løsning, der skal bruges. Man har altså: l

122 f 9.7: December 8: Delprøven UDEN hjælpemidler Punkterne på førsteaksen har alle y-værdien, og -værdierne (der er polynomiets rødder) bestemmes altså ved: Altså er koordinatsættene:, og, 9.8: f e P, f For at bestemme en ligning for tangenten, skal man kende dens hældning og røringspunktets koordinater. Andenkoordinaten til røringspunktet bestemmes ved indsættelse i funktionsforskriften: f e Tangentens hældning er givet ved differentialkvotienten i punktet, så først bestemmes den afledede funktion for derefter at indsætte P's -værdi og finde differentialkvotienten: f ' e f Så er tangentens ligning: y f f ' ' e y y p r s p r s s r r s p p 9.9: 9.: Det ubestemte integral bestemmes ved integration ved substitution: Metode : d t dt t k k 7 Her er benyttet substitutionen: t dt d dt d Metode : 6 6 d() 7 d k 7 k 7

123 9.: Cirklen er angivet ved ligningen: y y. Punktet P(,) ligger på cirklen. For at bestemme ligningen for tangenten, skal man kende et punkt på den og en normalvektor til den. Punktet P kender man, så det er kun normalvektoren, man mangler. For at bestemme en normalvektor til tangenten, skal man først finde cirklens centrum: y ( ), dvs. cirklen har centrum i C(-,) Da en tangent står vinkelret på den radius, der går fra centrum til røringspunktet, er CP en normalvektor til tangenten. Da man nu både kender et punkt og en normalvektor, kan man bestemme tangentligningen ved: y y y

124 December 8: Delprøven MED hjælpemidler 9.: Opgivne vektorer: a b v a) To egentlige vektorer er ortogonale netop hvis deres prikprodukt er : s a s bv s s s s s s s a s b v s s Inden der kan sættes to streger under facit, skal det tjekkes, om den fundne værdi for s gør a s b til nulvektoren (da de to vektorer i så fald ikke ville være ortogonale): 7 7 Dermed er den fundne s-værdi et rigtigt facit. b) Først bestemmes den anden af de to vektorer, der udspænder parallelogrammet: ab Arealet af det udspændte parallelogram bestemmes ved at finde den numeriske værdi af determinanten af vektorparret: A det( a, a b) c) Projektionsformlen benyttes: ab a b b b 8

125 9.: I trekant ABC er a ; b ; c a) Da alle tre sider kendes, kan man bestemme vinkler ved hjælp af cosinusrelationerne: b c a cos A bc 8 A cos cos 6, Arealet af trekanten kan så bestemmes med ½-appelsin-formlen: T bcsin A sin 6, ,66686 b) Medianen indtegnes på nedenstående skitse, og det angives, at den deler siden AC i to lige store stykker: Da vi i trekant ABD kender vinkel A og de to hosliggende sider, kan den modstående side bestemmes ved hjælp af en cosinusrelation: b m BD AB AD AB AD cos A m b 7, 7, cos 6, , 67868

126 Opgave 9.:

127 9.: a) Da man kan regne med konstant vækstrate, kan man anvende kapitalfremskrivningsformlen. Det indskrives i Maple, og man benytter, at der er 7 år mellem og : b) Forskrifterne for de to landes bruttonationalprodukter pr. indbygger indtastes, og det undersøges, hvornår de giver ens funktionsværdier: 9.6: a) Vinklerne (den spidse og den stumpe) mellem planerne bestemmes som vinklerne mellem planernes normalvektorer, der er: n n 6 Den ene vinkel findes: n n 6 cos( v) n n 6 9 v cos, 8 9 Da den er stump, er den søgte vinkel: wspids 8,8 7,96 b) Det kan undersøges om linjen l er parallel med planen ved at se, om planens normalvektor og linjens retningsvektor er ortogonale, hvilket undersøges ved prikprodukt: n rl n rl 6 6 dvs. at linien l er parallel med planen Skæringspunktet mellem l og bestemmes ved at sætte koordinaterne til linjen ind i planens ligning og isolere parameteren t: t 6 t t 9 t t t t 8 t Indsættes i liniens parameterfremstilling: l: y 6 z P,, Dvs. at skæringspunktet er

128 f 9.7: I Geogebra indtegnes grafen for f og linjen med ligningen =, så man kan se punktmængden M: a) Da grafen ligger over -aksen, kan arealet af M bestemmes som det bestemte integral med nedre grænse og øvre grænse : b) Rumfanget af omdrejningslegemet kan derefter bestemmes ved: V f ( ) d 9.8: f sin ; ; a) Maple regner i radianer, så man har:

129 dl,t 9.9:,69 e L L er længden af havkattene målt i cm og t er deres alder målt i år. dt a) Den fuldstændige løsning bestemmes på TI n spire ved den øverste af følgende indtastninger: Den fuldstændige løsning ses altså som resultatet af den første indtastning, og konstanten bestemmes ved at udnytte punktet (,7). Dermed er forskriften for L(t): Lt ( ) 98,9, 9986,89 t b) Ved den næst sidste indtastning bestemmes længden af en 6 år gammel havkat til 9,cm. Ved den sidste indtastning bestemmes alderen af en cm havkat til,år 9.: Rumfanget af en kasse er V hl b, så når man regner i dm har man: a) h h Kassen er uden låg, så overfladearealet bliver: O hl hb l b h l b l b 9.: Populationen er i princippet alle mennesker (den kunne afgrænses til Danmarks befolkning) og stikprøven er så de mennesker, der kommer ind på hjemmesiden og efterfølgende vælger at deltage i undersøgelsen. Denne udvælgelse af stikprøven er biased, da det for det første kun er de mennesker, der besøger siden, der har mulighed for at deltage, og disse er nok ikke repræsentative for befolkningen (tager 7% af danskerne kosttilskud?), og da det for det andet efterfølgende kun er nogle af disse sandsynligvis de mest interesserede i kosttilskud - der deltager i undersøgelsen. Der opstår dermed den systematiske fejl, at de deltagende overvejende er interesseret i kosttilskud og dermed også kan forventes at tro på virkningen af sådanne. Den skjulte variabel er hermed en forudindtaget holdning til kosttilskud. Så er der en væsentlig forskel på at mene og at mærke en positiv virkning på helbredet. Deltagerne har svaret på det første, mens firmaet hævder det sidste.

130 log( H), 7,9 log S 9.: H er husradonkoncentrationen målt i Bq/m. S er stueradonkoncentrationen målt i Bq/m. Da man tager titalslogaritmen af H, kan H isoleres ved at anvende på begge sider: log H, 7, 9 log S H,7,9log S log H H H S S,7,9log,7 log,9,9,7 logs H, 6869 S,9 Det bemærkes altså, at der var tale om en "skjult" potensfunktion (ganget med en konstant). Da det er en potensfunktion, kan man anvende sammenhængen r r H s a til at løse det følgende problem, men det kan også regnes uden anvendelse af formlen på denne måde: Når stueradonkoncentrationen stiger med %, finder man den nye koncentration ved at multiplicere den oprindelige med,. Så man får:,9 H, 6869 S H H H H H ny,9, 6869, S,9,9 ny, 6869, S,9,9 ny, 6869 S,,9 ny H, ny H,876 Da husradonkoncentrationen skal multipliceres med,8, stiger den altså med 8,%. 9.: f ( ) 6 k f '( ) f ''( ) 6 Først bestemmes de steder, hvor den afledede funktion har nulpunkter: f '( ) Så bestemmes fortegnene for den anden afledede af f de pågældende steder: f ''() 6 Dvs. funktionen har lokalt minimum i stedet = med værdien f ( ) 6 k k f ''( ) 6 Dvs. f har lokalt maksimum i stedet = - med værdien f ( ) 6 k k

131 Uanset værdien af k er der tale om et tredjegradspolynomium, og ovenstående analyse har vist, at der igen uanset værdien af k, der jo kun fungerer som en lodret parallelforskydning af grafen vil være både et lokalt minimum og et lokalt maksimum, dvs. grafen vender to steder. Et eksempel på en graf (hvor k = -6) ses her: Der er nu følgende muligheder: Hvis det lokale maksimum er placeret under -aksen eller hvis det lokale minimum er placeret over -aksen, så vil grafen have netop ét skæringspunkt med førsteaksen. Hvis det (som på grafen ovenfor) gælder, at det lokale maksimum er placeret over -aksen og det lokale minimum er placeret under -aksen, så vil grafen have netop tre skæringspunkter med - aksen. Sidste mulighed: Hvis det lokale maksimum eller det lokale minimum ligger på -aksen, vil grafen have netop to skæringspunkter med -aksen. Og sidstnævnte tilfælde er netop det, der spørges om i opgaven. Ovenfor blev det vist, at det lokale minimum har værdien k, dvs. hvis det skal ligge på -aksen, så skal k. Desuden har det lokale maksimum værdien + k, så hvis det skal ligge på -aksen, skal k

132 Maj 9: Delprøven UDEN hjælpemidler 9.: a b t a) Det bemærkes, at begge vektorer er egentlige vektorer. Dermed har man: a b ab t t t 9.: I første led anvendes den anden kvadratsætning og i sidste led den tredje kvadratsætning: p q pq p q p q p q pq pq p q p q p q q 9.6: f f 6 7 f er en eksponentielt voksende funktion. Da f er en eksponentielt voksende funktion, er den på formen: f b a De to opgivne punkters koordinater indsættes i forskriften: ba 7 ba 6 9 a a a ba ba I sidste skridt er det benyttet, at a-værdien i en eksponentiel udvikling skal være positiv. Så kan b-værdien bestemmes ved at indsætte den fundne a-værdi i forskriften sammen med det første punkt: b b 7 Så er forskriften: f 7 f a b c d b ac 9.7: For parablen P gælder: a >, da benene vender opad. c >, da c-værdien angiver skæringen med y-aksen. d <, da parablen ikke skærer -aksen, dvs. polynomiet har ingen rødder. For parablen Q gælder: a <, da benene vender nedad. c <, da c-værdien angiver skæringen med y-aksen. d >, da parablen skærer -aksen to steder, dvs. polynomiet har to rødder.

133 9.8: Det ubestemte integral bestemmes ved ledvis integration: 6 d k Det bestemte integral bestemmes ved integration ved substitution: t e d dt d dt d : t : t Ovenstående indsættes, så variablen inkl. grænserne udskiftes fra til t: t t e d e dt e e e e e

134 Maj 9: Delprøven MED hjælpemidler 9.9: Kuglen har centrum i C(,,) og punktet P(,-,7) ligger på kuglen. a) Man kender allerede kuglens centrum, så for at kunne bestemme ligningen, mangler man kun radius. Radius er afstanden fra centrum til et vilkårligt punkt på kuglen, så da P ligger på kuglen, har man: r CP 7 9 Og hermed er kuglens ligning: y z y z 9 Ligning for en tangentplan til kuglen: y z b) For at bestemme den spidse vinkel mellem en plan og en linje, skal man først bestemme vinklen mellem en normalvektor for planen og en retningsvektor for linjen. En retningsvektor for linjen gennem C og P er: r CP 7 En normalvektor for planen aflæses ud fra planens ligning: n Vinklen mellem retningsvektoren og normalvektoren bestemmes: rn cos w r n w cos 6, Dvs. den søgte spidse vinkel er: v w9 6, ,878 c) Da er en tangentplan, er centrums projektion på planen netop røringspunktet R med kuglen. Så man skal bestemme projektionen af punktet C på planen. Dette gøres ved først at opskrive en parameterfremstilling for linjen gennem C med planens normalvektor som en retningsvektor for linjen: y t z Røringspunktet R er så skæringen mellem denne linje og planen. Den findes ved at indsætte koordinaterne for linjen i planens ligning: t t t t t t 9t 9 t Denne værdi indsættes i linjens parameterfremstilling for at bestemme røringspunktet: y Dvs. at røringspunktet er R (,,) z

135 9.6: f ( ) e ; P, f () a) En ligning for tangenten til grafen i punktet P bestemmes på TI n spire ved: Dvs. en ligning for tangenten er y e e b) Monotoniforholdene bestemmes ved på TI n spire at bestemme den afledede funktion og den anden afledede og derefter bestemme værdien af den anden afledede funktion de steder (i dette tilfælde det sted ), hvor den afledede funktion har nulpunkter: Da den anden afledede er positiv (,7 ), når =-,, hvor den afledede funktion giver, har man altså et lokalt (og globalt) minimum her, og derfor gælder: f er aftagende i intervallet ]- ;-,] f er voksende i intervallet [-,; [ 9.6: m a b l, hvor l er længden målt i mm og m er tørvægten målt i mg. Opgaven løses i Maple.

136 9.6: AB AC 7 A a) Da man kender en vinkel og de to hosliggende sider, kan den modsatte side ( BC ) bestemmes ved at anvende en cosinusrelation: BC AB AC AB AC cos A BC 7 7 cos( ),896, Vinkel B kan bestemmes ved både cosinus- og sinusrelationer. Det er hurtigst med sinusrelationerne, men så skal man være opmærksom på, at man skal vurdere, om B er spids eller stump, da det jo er en vinkel, der er den ukendte. Cosinusrelationen giver ikke problemer med dette, da den altid entydigt giver vinklen, når man arbejder med trekanter. Metode : Sinusrelationer. sin B sin A sin A sin A sin B AC B sin AC AC BC BC BC sin B sin 7 9, ,,8 Da vinkel A er stump, kan B ikke også være stump, så den fundne vinkel er den rigtige: B 9, Metode : Cosinusrelationer. cos B AB BC AC AB BC,8 7 B cos 9, ,,8 b) Man kan finde de to søgte størrelser i vilkårlig rækkefølge. Metode : Først areal, så højde: Da man kender en vinkel og de to hosliggende sider, kan arealet af trekanten bestemmes med ½- appelsin-formlen: T AB AC sin A 7sin,987 6, Arealet af en trekant kan også bestemmes som det halve af produktet mellem en grundlinje og højden på denne. Dvs. man har: T,987 T AC hb hb,677788, 6 AC 7 Metode : Først højde, så areal: Lad den rette vinkel på figuren (højdens fodpunkt) være D. Trekant ABD er retvinklet, og i denne trekant er: BAD 8 66 Højden er den modstående katete til denne vinkel, så man har: hb sin( BAD) hb sin( BAD) AB AB h sin(66 ), , 6 b Arealet kan så bestemmes ved: T AC h b, ,

137 9.6: a) Frekvenserne beregnes ved at tage antallet af personer i det enkelte interval og dividere det med det samlede antal: 7 Eksempel: - : frekvens,9,9% De kumulerede frekvenser beregnes som summen af frekvenserne op til og med det højeste antal cigaretter. Antal cigaretter pr. dag Antal personer Frekvens,9%,%,9%,% 6,% 9,% Kumuleret frekvens,9% 6,% 6,% 8,% 9,% 99,9% Den kumulerede frekvens skal give % i sidste interval, men afrundinger giver en afvigelse på,%. I Maple tegnes sumkurven ved: b) Maple har tegnet en sumkurve, og den har også beregnet kvartilsættet, der er (,8,) For at finde den procentdel af rygerne, der ryger mindst cigaretter om dagen, defineres sumkurven som funktion, og funktionsværdien beregnes: Dette tal fortæller, at 6% af rygerne ryger højst cigaretter om dagen. Dvs. % af rygerne ryger mindst cigaretter om dagen.

138 9.6: f a) Grafen indtegnes i Geogebra sammen med linjerne = og =, så man kan se området: Grafen ligger over.aksen, og man får derfor et simpelt omdrejningslegeme, med rumfanget: dn dt a) Det er oplyst, at der er individer i populationen fra start, dvs. når t = er N =. Dermed kan væksthastigheden fra start bestemmes ved indsættelse i differentialligningen: dn, 6,7 dt Dvs. at fra start vokser populationen med 6 individer pr. døgn. 9.6:, N N Når væksthastigheden er individer pr. døgn, har man:, N N. Denne ligning (der kan omskrives til en andengradsligning), løses på TI n spire ved: Dvs. at væksthastigheden er individer pr. døgn, når der er 9 eller 67 individer.

139 9.66: a) Da radius af halvcirklen er r, er længden af rektanglet r, så omkredsen bliver: O blomsterbed Ohalvcirkel Orektangeludenside r h r h r b) Når omkredsen er 6, har man: 6 r r 6 h r 6 r h h 8 Arealet svarer til summen af arealet af halvcirklen og arealet af rektanglet: Ar Arektangel Ahalvcirkel hr r r 8 r r 6r r r r 6r r 9.67: a) Der er tale om to retviklede trekanter, hvor vejstrækningerne AP og PB udgør hypotenuserne i trekanterne. Dermed kan de udtrykkes ved ved at bruge Pythagoras, og ved at udnytte, at når kateten i den ene trekant har længden, så er længden af det resterende stykke af grænsen (svarende til en katete i den anden trekant) lig med 6km - : (Der regnes uden enheder. Længderne opgives i km) AP AP ; 6 PB 6 AP 6 ; 6 b) Lad f() være prisen for vejen udtrykt i millioner kr. Prisen for hver af de to dele af vejen findes ved at multiplicere længden af stykket med prisen pr. længde. Så man har: f AP PB ( ) ; 6 For at finde den værdi for, der gør vejen billigst mulig, kunne man foretage en funktionsanalyse og finde et minimumssted, men i dette tilfælde er det et funktionsudtryk, der ikke er så nemt at arbejde med, og vigtigst af alt kender man det område [;6], som -værdierne ligger inden for, så i dette tilfælde løses opgaven ved på TI n spire at tegne en graf: (For at finde ud af den øvre grænse på y-aksen, kan man finde en funktionsværdi for en -værdi i området [;6]. F.eks. giver f() = 77, så den øvre grænse for y-værdierne skal i hvert fald være større end denne). Minimumspunktet for grafen er fundet ved Undersøg grafer Minimum og valg af grænser på hver side af det område, der ses at indeholde de mindste y-værdier. Det er kun -værdien, der skal bruges, dvs. man ser at når = 8km bliver vejen billigst mulig.

140 f k g k 9.68: a) Først bestemmes skæringsstederne mellem graferne for de to funktioner: f g( ) k k k k k k Det er angivet på figuren, at grafen for g ligger over grafen for f i området M, mens det er omvendt for området N. Skæringsstederne giver nedre og øvre grænse for de bestemte integraler, så man har: k M k k k A g f d k d k k k k k k k k k k N A f g d k d k k k k k k Det er hermed vist, at AM AN for alle værdier af k. y', g( t) y g( t), t t 9.69: t er tiden målt i sekunder, g(t) er vandbadets temperatur mål i grader celsius. f(t) er objektets indre temperatur målt i grader celsius og opfylder differentialligningen. a) Først bestemmes, hvor lang tid der går, før vandbadets temperatur bliver C: 8, t 8, t t, Dette passer med den øvre grænse for modellens gyldighed: På TI n spire bestemmes den fuldstændige løsning til differentialligningen, hvor g(t) er indsat: Med den anden indtastning bestemmes værdien af konstanten ud fra oplysningen om, at fra start (t = ) er objektets indre temperatur C. Til sidst er det udnyttet, at man oven for har fundet ud af, at temperaturen er C efter sekunder til at bestemme den indre temperatur af objektet: Dvs. objektets indre temperatur er 9,7 C, når vandbadet er C

141 August 9: Delprøven UDEN hjælpemidler 9.7: P(,-6) Q(-,) Hældningen for den rette linje l gennem P og Q bestemmes: y y 6 9 a Med P som udgangspunkt og den fundne hældning bliver ligningen for l: y 6 y Skæringen med y-aksen findes ved at sætte -værdien til, dvs: yskæring Dvs. koordinatsættet er, Skæringen med -aksen findes ved at sætte y-værdien til, dvs: skæring skæring Dvs. koordinatsættet er, 9.7: 6 y y z z Kuglens ligning omskrives til formen, hvor man direkte kan aflæse centrum og radius: y z Dvs. at: r 6 C,7, 9.7: Kateterne i den retvinklede trekant har længder a og a+. Når a er længderne af kateterne og, så hypotenusen c bestemmes med Pythagoras ved: c 9 6 Hvis længden af hypotenusen c skal være, har man: c a a a a a a a a a a a 6 I sidste skridt er ligningen forkortet med. Dette er en andengradsligning, der kan løses ved diskriminantmetoden, eller man kan som vist her benytte faktorisering ved at finde to tal, hvis produkt er -6 og sum : a a 6 a a a a Da a angiver længden af den ene katete, skal den være positiv, så kun den ene løsning kan bruges, og dermed er a

142 f g 8 9.7: 9.7: Førstekoordinaten til skæringspunkterne mellem de to grafer bestemmes ved at sætte funktionsudtrykkene sammen og dermed bestemme de -værdier, der giver samme funktionsværdier i de to funktioner: f g 8 Da f ligger over g i området, har man: M 8 A f g d d d dy f ( ) e y 8 d Det undersøges om f er en løsning til differentialligningen ved at indsætte i differentialligningen og se, om man får en identitet (et udsagn sandt for alle -værdier). For at kunne gøre dette, skal funktionen dog først differentieres (der differentieres ledvist og til første led benyttes reglen for differentiation af sammensat funktion): f '( ) e e Indsættelse i differentialligningen: e e 8 e e 8 8 e e De to størrelser på hver sin side af lighedstegnet er ens, dvs. ligningen er en identitet, og dermed er f en løsning til differentiallligningen.

143 9.7: a b August 9: Delprøven MED hjælpemidler a) Vinklen mellem vektorerne bestemmes: a b cos v a b v cos 8, b) A deta, b 8 8 b a c), b a a, a 9.76: a 7 ; b ; c 7 a) Da man kender alle tre sider i trekanten, skal man anvende cosinusrelationerne til at bestemme vinkler: a b c cosc ab 7 7 C cos cos, b) Da man netop har udregnet vinkel C, kender man i trekant ACD de to vinkler C og D, og man kender siden d. Dermed kan sinusrelationerne anvendes til at bestemme den søgte side: AD AC AC AD sin C sin C sin ACD sin ACD AD sin,8996,96998 sin

144 9.77: 9.78: a) Middelværdien beregnes ved at vægte de enkelte aldre med deres antal (vægtet gennemsnit): ,88 6, 7 b) For at lave et boksplot i Maple, skal man anvende en matri, så man kan angive frekvenserne for de enkelte aldre:

145 N ' N K N N() N '() : a) Fra start kender man både væksthastigheden N () og populationens størrelse N(). Da disse to størrelser kendes til samme tidspunkt (t=), kan man bruge dem til at finde K ved at indsætte i differentialligningen: 6 K K K 6 b) Når N = bliver væksthastigheden: 6 N ' 6 Dvs. at væksthastigheden er individer pr. år. f b, 6 f er antallet af fuglearter ved søen, og er søens overfladeareal 9.8:, a) Tallet b kan bestemmes, når man kender en -værdi (6) og den tilsvarende y-værdi ():, b6 b,77679, 6 For en sø med 6 fuglearter har man:,, 6 6,, 6 b, da b b 6 dvs. 699,99997,77679 Altså er søens overfladeareal 6m. b) Da og f k f har man:, f k f b k b k k,,,,, k k,77879,,,, Tallet k svarer til en fremskrivningsfaktor (+r), så det fortæller, at antallet af fuglearter ved søen S er 77,8% højere end antallet af fuglearter ved søen S.

146 9.8: f e a) Da ordet 'maksimum' indgår i spørgsmålet, kan man være (næsten) sikker på, at man skal anvende den afledede funktion til at besvare spørgsmålet. Det er ikke alle funktioner, der har et maksimum. F.eks. har et andengradspolynomium, hvis graf er en parabel med grenene pegende opad, ikke et maksimum, da der ikke er et tal, der angiver den største y-værdi (man kan altid finde en y-værdi, der er større, ved at gå tilpas langt ud ad -aksen). Logistisk vækst har heller ikke et maksimum, selvom grafen er begrænset opad til, da der ikke er et bestemt tal, der angiver den største y-værdi. Man kan formulere det kort ved at sige, at en funktion har et maksimum, når dens værdimængde er lukket opad til, dvs. slutter med...;a]. Først bestemmes den afledede funktion ved at bemærke, at der er tale om en sammensat funktion, hvorfor man først skal differentiere den inderste og derefter den yderste med hensyn til den inderste: f ' e Så bestemmes nulpunkter for den afledede funktion, hvor man anvender nulreglen: f ' e (det er her benyttet, at den naturlige eksponentialfunktion aldrig giver ). Herfra kan man benytte to veje:.vej: Værdien af den anden afledede bestemmes det pågældende sted (Maple anvendes): Da den anden afledede er negativ det sted, hvor den første afledede er, er der tale om et lokalt maksimumssted. Da det desuden er det eneste ekstremumssted, må funktionen være voksende i intervallet ]-,] og aftagende i [, [. Dermed er stedet også et globalt maksimumssted, og funktionen har dermed et maksimum..vej: Fortegnet for den første afledede bestemmes på hver sin side af. Dette kan gøres ved at se på fortegnet for faktoren, da den naturlige eksponentialfunktion altid giver et positivt tal: : : Dermed bliver fortegnsskemaet: Dvs. at funktionen er voksende i intervallet ]-,] og aftagende i [, [. Dermed er et globalt maksimumssted, og funktionen har dermed et maksimum.

147 9.8: Et rektangulært skråplan med hjørnerne A, B, C og D. A(,-,) B(,,) C(-,,) D(-,-,) Mast med endepunkterne F og T. F(,,) T(,,) Wire parallel med r 9 a) Det er oplyst, at wiren, der løber mellem punkterne T og S, er parallel med r, der derfor kan fungere som en retningsvektor for den linje, der går gennem T og S. Da man kender koordinaterne til T (som ligger på linjen), kan man bruge dette som udgangspunkt, og dermed bliver en parameterfremstilling for linjen gennem T og S: y s z 9 For at bestemme en ligning for den plan, som skråplanet ligger i, skal man kende en normalvektor for planen og et punkt i planen. Som punkt i planen kan man bruge et hvilket som helst af punkterne A, B, C og D. En normalvektor til findes ved at tage krydsproduktet mellem to vektorer, der udspænder planen (dvs. man skal sikre sig, at man ikke får valgt to parallelle vektorer i planen, da krydsproduktet så vil give nul). To vektorer, der udspænder planen, er: AD ( ) og AB ( ) Krydsproduktet bestemmes: AD AB,, 8,, Denne vektor kunne godt bruges som normalvektor for planen, men det vil være nemmere at benytte en kortere vektor, der er parallel med krydsproduktet. Så her vælges en vektor, hvor hver af koordinaterne i krydsproduktet er divideret med -8: n Som punkt i planen vælges A, og hermed bliver ligningen: y z z

148 b) Koordinatsættet til S er skæringen mellem linjen og planen fra spørgsmål a). Dette findes ved først at indsætte linjens koordinater i planens ligning: s 9s s s Denne parameterværdi indsættes i linjens parameterfremstilling for at finde skæringspunktet: y z 9 Og da det var et punkt og ikke en vektor, der skulle findes, har man: S (,,) Længden af wiren TS er afstanden mellem punkterne T og S, dvs: lwire TS 6, På TI n spire kunne man have foretaget ovenstående udregninger ved følgende indtastninger, hvor der er taget udgangspunkt i punktet C og diagonalerne AC og BD:

149 f 9.8: Da F er en stamfunktion til f har man: F f d d k Da linjen t med ligningen y 8skal være tangent til F, skal den røre et sted, hvor differentialkvotienten F f ', da tangentens hældning netop er defineret som differentialkvotienten det pågældende sted. Det pågældende sted kan derfor bestemmes i Maple ved: Der er altså to mulige steder (det ene sted er angivet to gange), men da det i opgaven er oplyst, at førstekoordinaten skal være negativ, har man altså. Dette sted rører tangenten altså grafen for F, og dermed kan funktionsværdien dette sted bestemmes ved at indsætte i ligningen for tangenten: y 8 Da funktionsværdien er, bliver k: F k k k k Hermed er forskriften for F: F f 8 9.8: Opgaven løses i Maple:

150 9.8: M() = Denne differentialligning kan på TI n spire løses ved desolve : Eller man kan genkende den som en ligning af typen, hvorfor den fuldstændige løsning bliver: Begyndelsesværdien benyttes til at bestemme værdien af c: Dermed er den søgte løsning: p p,t M () t e,, p M ( t) e,,t med den fuldstændige løsning p p,,, ce c Den mængde p, der skal til for at kurere sygdommen (og man må gå ud fra, at det er den mængde, der spørges til, selvom det ikke skrives eksplicit), kan bestemmes ud fra det opgivne punkt (,): Dvs. der skal tilsættes,9 g medicin pr. time for at kurere sygdommen. 9.86: a) Lad h være højden af kanalen, og lad være længden af hvert af de vandrette stykker fra A og D ud til det brune område. Tværsnitsarealet af kanalen svarer til arealet af rektanglet mellem de brune områder fratrukket arealerne af de to retvinklede gule trekanter, så man har: T h h h h h h h Da de gule trekanter er retvinklede, kan højden udtrykkes ved vinklen v med følgende udtryk: mod h sin v h sin v hyp hos Og længden er: cos v cos v hyp Hermed bliver kanalens areal udtrykt ved vinklen: T v sin v sin v cos v 8sin v sin v cos v For at finde den værdi af v, der giver det største areal, findes det eller de steder, hvor den afledede funktion er, og det undersøges efterfølgende ved hjælp af fortegnet for den anden afledede, om det er et maksimumssted, minimumssted eller vandret vendetangentsted. Da den anden afledede er negativ det sted, hvor den første afledede er nul, er der tale om et lokalt maksimum, og dermed bliver kanalens tværsnit størst muligt, når,966899

151 December 9: Delprøven UDEN hjælpemidler 9.87: a P(,8) Da linjen l er parallel med den angivne vektor, vil en normalvektor til linjen være: nl a Man kender nu både et punkt på linjen og en normalvektor, og dermed bliver linjens ligning: y 8 y 8 y 7 Alternativ metode: Da linjen er parallel med den angive vektor, hvis retning er til højre og op, vil hældningen for linjen altså være. Da man kender både punkt og hældning får man ligningen: y 8 y 8 y : f dy y ( ) e y d Det undersøges ved indsættelse, om funktionen er en løsning til differentialligningen. Hvis man får et udsagn, der er sandt for alle -værdier (en identitet ), er funktionen en løsning. Hvis man får et udsagn, der er falsk eller kun sandt for nogle -værdier, er funktionen IKKE en løsning. dy For at kunne indsætte skal man have fundet den afledede funktion f '( ) : d Funktionen er en produktfunktion, og den afledede funktion bestemmes: f '( ) e e Nu kan der indsættes i differentialligningen: e e e e e e e e Det ses, at der står det samme på begge sider af lighedstegnet, så man har altså et udsagn, der er sandt for alle -værdier (en identitet), og dermed er f en løsning til differenti alligninge n 9.89: f 8 ; P, Ved at integrere ledvist findes den form samtlige stamfunktioner må være på: 8 d k Den stamfunktion, hvis graf går gennem P bestemmes ved at indsætte punktets koordinater og dermed bestemme k-værdien: F k k k 8 k Dvs. at den søgte stamfunktion er: F 8

152 9.9: mt t 8 Forskriften beskriver vandmængden i en beholder. m er vandmængden målt i liter og t er tiden målt i minutter. Tallet 8 er begyndelsesværdien, og det fortæller, at fra start er der 8 liter vand i beholderen. Tallet - er hældningen, og det fortæller, at hvert minut forsvinder der liter vand fra beholderen. 9.9: Grafen/funktionen skal opfylde følgende: ) Funktionen har Dm ) Grafen skal gå gennem punkterne (,) og (,-). ) Funktionen skal være voksende i intervallet [,7]. ) Funktionen skal være aftagende i intervallerne ]-,] og [7, [. Et eksempel der opfylder dette er:

153 December 9: Delprøven MED hjælpemidler 9.9: Med Gym-pakken kan man i Maple få tegnet en sumkurve og bestemt kvartilsættet. a) Man skal have angivet aldrene i intervaller: Dvs. at kvartilsættet er (9, ;, ; 8,8) 6 9.9: a og b a) Projektionen bestemmes ud fra projektionsformlen: 6 78 ab 6 6 a b b b Hvis det skulle være udregnet på TI n spire, kunne det gøres ved: b) Arealet af parallelogrammet udspændt af de to vektorer er den numeriske værdi af determinanten for vektorparret: 6 Ap det a, b På TI n spire indtastes:

154 t 9.9: a) Tiden t er målt i år efter 6, og den som eksponent i P P a, så det er en eksponentiel udvikling, og derfor skal der udføres eksponentiel regression (i Maple): b) Når væksten pr. år er 9%, dvs. der er fast rentefod, er der tale om en eksponentiel udvikling, og fremskrivningsfaktoren a er a r,9,9. Da begyndelsesværdien (årlige IP-trafik i 6 målt i pentabytes) er 69, får man funktionen f t 69,9 t, hvor f er den årlige IP-trafik målt i pentabytes og t er tiden målt i år efter 6. Fordoblingskonstanten kan beregnes ud fra fremskrivningsfaktoren: ln ln T, ln a ln,9 Dvs. at fordoblingstiden er,7 år w,89 e t w er vægten målt i kg og t er alderen målt i år.,7 9.9: b) Når vægten er kg, skal man løse ligningen wt :

155 9.96: ABC : A 8 AB m ABC 8 a) Da man kun kender én sidelængde, kan man ikke bruge cosinusrelationerne. For at kunne bruge sinusrelationerne, skal man kende et par bestående af en vinkel og dens modstående side, så man har brug for at kende vinkel C. Denne kan bestemmes ud fra vinkelsummen i en trekant: C 8 A B Så kan den søgte længde bestemmes med en sinusrelation: BC AB AB BC sin A sin A sin C sin C m BC sin 8, m sin b) Det er oplyst, at AD m I trekant ABD kender man derfor en vinkel (A) og dens to hosliggende siders længder, og dermed kan den sidste sidelængde bestemmes ved en cosinusrelation: BD AD AB AD AB cos A BD m m m m cos 8 8, m

156 9.97: Trekanten har hjørnerne A(,,), B(,6,) og C(,,). a) En ligning for den plan der indeholder trekanten, kan bestemmes, når man kender et punkt i planen og en normalvektor for planen. Man kan benytte et hvilket som helst af trekantens punkter som punkt i planen, og en normalvektor kan bestemmes, hvis man først krydser to af de vektorer, der udspænder trekanten. AC AB AC AB 8 6 En normalvektor skal være parallel med det udregnede krydsprodukt, så man kan bruge normalvektor for planen. Med punktet A som et punkt i planen bliver dens ligning: 6 y z 6 y z l : y t ; t z 6 n som b) Vinklen v mellem en linje og en plan kan bestemmes ved først at bestemme vinklen w mellem en retningsvektor for linjen og en normalvektor for planen: 6 r n 6 6 cos w r n w cos, Dvs. den søgte spidse vinkel er: v 9 w 9,89, c) For at bestemme ligningen for en kugle, skal man kende radius og centrum. Man kender allerede centrum, så kun radius mangler. Hvis skal være en tangentplan, skal radius i kuglen netop svare til afstanden fra centrum til planen, så denne beregnes: 6 r dist( O, ) Dvs. at kuglens ligning er: y z y z 7 9

157 f ln ; P, f 9.98: ; a) For at bestemme en ligning for tangenten til grafen for f i punktet P, skal man kende røringspunktets y-værdi samt tangentens hældning. Røringspunktets y-værdi bestemmes: f ln Hældningen svarer til differentialkvotienten i, så først bestemmes den afledede funktion: f ' ln ln f ' ln Dvs. at tangentens hældning er -, og dermed bliver dens ligning: y y a y y b) Formuleringen er en anden måde at sige, at man skal bestemme monotoniforholdene for f. For at bestemme monotoniforholdene findes først de steder, hvor den afledede funktion giver, og derefter bestemmes fortegnet for den afledede funktion i de intervaller, der adskilles af de fundne steder (dette gøres i Maple): Man får dermed fortegnsskemaet: Dvs. at f er aftagende i intervallet ];,789], og f er voksende i [,789 ; [

158 9.99: f g 6 db B(t) er antallet af bakterier til tiden t målt i døgn. dt a) Differentialligningen identificeres som en logistisk ligning med den fuldstændige løsning: Bt (), t, t ce ce Da der fra start (t=) er bakterier, kan man bestemme konstanten c: c c 9, ce Og hermed kan antallet af bakterier efter døgn bestemmes: B() 6, 7677, 9e Dvs. at efter døgn er der ifølge modellen 7 bakterier. 9.:, B B

159 9.: Av v v f 9.: 9.: Vandmængden betegnes med V og angiver mængden målt i liter. Tiden betegnes med t og angiver tiden målt i sekunder. Ændringen af vandmængden i badekarret med tiden bliver så dv eller V '( t ). dt dv Fra vandhanen kommer et positivt bidrag på, til. dt Den utætte bundprop giver ifølge opgaveteksten - et (negativt) bidrag på dv, V til. dt Dermed kan differentialligningen opskrives: dv,, V dt

160 Maj : Delprøven UDEN hjælpemidler 9.: Udtrykket reduceres ved at anvende den første kvadratsætning på første led, mens to parenteser ganges sammen i andet led: a b a ba b a b a b a ab ab b a b ab a ab b b ab b b a En alternativ måde kan anvendes, hvis man bemærker, at begge led indeholder parentesen a b. Så kan man faktorisere på følgende måde: a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b b 9.: Ligningssystemet kan løses på flere måder. Her vises to:. metode (lige store koefficienters metode): Den nederste ligning ganges igennem med, så der kommer lige store koefficienter foran y: y y 6 8 ( ) y 9 6 y 8 Dette indsættes i den nederste ligning for at bestemme y-værdien: y 9 y 9 Dvs. at ligningssystemet har løsningen y,,. metode (substitutionsmetoden): y isoleres i den nederste ligning og indsættes i den øverste: y 9 indsættes i den øverste ligning: Dette indsættes i den nederste ligning for at bestemme y-værdien: y 9 y 9 Dvs. at ligningssystemet har løsningen y,, 9.6: f ( ) ln( ) Der differentieres ledvist, hvorefter differentialkvotienten i bestemmes: f '( ) f '() 6 9.7: 6 y y z 6 Ligningen omskrives så centrum og radius kan aflæses: y z Dvs. at C r 6 6,, og

161 y 9.8: f ( ) e y ' y Det undersøges om f er en løsning til differentialligningen ved at indsætte i differentialligningen og se, om man får en identitet (et udsagn sandt for alle -værdier). For at kunne gøre dette, skal funktionen dog først differentieres (der differentieres ledvist og til første led benyttes produktreglen): f '( ) e e e Indsættelse i differentialligningen: e e e e e e e e De to størrelser på hver sin side af lighedstegnet er ens, dvs. ligningen er en identitet, og dermed er f en løsning til differentiallligningen. 9.9: k Hvis andengradsligningen skal have netop én løsning, skal diskriminanten være : d b ac k 9 8k k 8 9

162 Maj : Delprøven MED hjælpemidler 9.: t a b t a) Når t = har man: a b Vinklen mellem de to vektorer bestemmes: ab 7 cos( v) a b v 7 cos 9, 88 b) Da begge vektorer indeholder en koordinat, der ikke er nul, er det egentlige vektorer uanset værdien af t. Der gælder derfor: t a b det a, b t t t t t 6 t t t t 9.: I trekant ABC er: a ; c ; C ; A 9 a) Da man kender siden c og længden af dens modstående side, kan man anvende sinusrelationerne til at bestemme vinkel A: sin A sin C sin C sin A a a c c Da vinkel A er spids gælder: A sin C sin c sin a sin,779 b) For at kunne bestemme b, skal man kende vinkel B, og den bestemmes ud fra vinkelsummen i en trekant: B 8 A C 8,779 6, 79 Og så er: b c c b sin B sin B sin C sin C b sin6, 79,8899 sin

163 9.: Hjørnerne i en glasbygning: O(,,) A(,,) B(,7,) T(,,) En ligning for den plan, der indeholder sidefladen ABT, kan bestemmes, når man kender et punkt i planen og en normalvektor for planen. Som punkt kan benyttes enten A, B eller T. For at finde en normalvektor findes først krydsproduktet mellem to vektorer, der udspænder planen: TA TB 7 7 7,, 7,,8 TATB Krydsproduktet kunne godt anvendes som normalvektor, men man kan også bruge en vektor med samme retning, der er halvt så lang: n Med punktet T fås nu en ligning for planen: y z y z 7 b) Da metalstangen, der går fra O til D, skal stå vinkelret på sidefladen ABT, kan man bruge en normalvektor for planen som retningsvektor for den linje, der indeholder metalstangen. Med udgangspunkt i punktet O bliver en parameterfremstilling for denne linje så: t y t t z t Punktet D er så skæringspunktet mellem denne linje og planen Det bestemmes ved at indsætte linjens koordinater i planens ligning: 7 t t t 7 t 7 t Denne værdi indsættes i parameterfremstillingen for linjen for at finde skæringspunktet D: y 7 98 Og da det er et punkt, har man: D,, z 7 98

164 9.: a) Løses i Maple:

165 9.: logv,6, 7 log M V er maksimal relativ væksthastighed målt i enheden "pr. døgn". M er kropsmasse målt i gram. a) Når M = er: logv,6,7 log logv, 6, 7, 777 logv, V, , b) Da man tager titalslogaritmen af V, kan V isoleres ved at anvende på begge sider: logv,6,7 log M logv,6,7log M V V V,6,7log M,6 log M,7,6 log M,7 V, M,7 9.:,8 f ( ) e P(, f ()) a) Metode (uden lommeregner): For at finde en ligning for tangenten til grafen i punktet P mangler man røringspunktets (P s) andenkoordinat samt tangentens hældning. Først bestemmes røringspunktets andenkoordinat:,8, f () e e Tangenthældningen svarer til differentialkvotienten i punktet: f '( ),6 e,8,8, f '(),6 e,6 e Hermed bliver tangentligningen: y e,6 e y,6 e,6 e,,,, Metode (med lommeregner): På TI n spire indtastes: Lommeregneren giver: Dvs. at tangentens ligning er: y,7,9

166 b) Metode (fortegnsskema): For at bestemme monotoniforholdene for f bestemmes først nulpunkterne for den afledede funktion: f '( ),8,6 e,6,6 8 Ved den anden biimplikation blev nulreglen benyttet, samt at eksponentialfunktioner altid giver positive værdier (dvs. at de aldrig kan være nul uanset værdien af eksponenten). Da eksponentialfunktionen giver positive værdier, bestemmes den afledede funktions fortegn af den første faktor, så man har:,6 dvs. f '(),6,6 dvs. f '() Dette giver fortegnsskemaet: Altså er f voksende i intervallet f har globalt maksimum i stedet, 8 og aftagende i intervallet, 8 8 Metode (anden afledede): På lommeregneren findes de/det steder/sted, hvor den afledede funktion giver nul, og disse/dette steder/sted bestemmes værdien af den anden afledede: Da den anden afledede er negativ i =,6, er der lokalt maksimum på dette sted, dvs. man har: f voksende i intervallet ;,6 og aftagende i intervallet,6;

167 f g 7 ; 6 9.6: a) Det er angivet, at graferne skærer hinanden i = og =, og man kan se, at grafen for g ligger over grafen for f i det pågældende område. Arealet af M kan derfor bestemmes ved: M A g f d Dette beregnes i Maple ved: b) Man finder først rumfanget af omdrejningslegemet, der kommer fra g, og derefter fratrækkes rumfanget af omdrejningslegemet, der kommer fra f: V g d f d Dette beregnes i Maple ved:

168 9.7: a) Det er angivet, at sammenhængen er af formen y b a, så der er tale om en eksponentialfunktion, og da man har en hel tabel med værdier, skal der laves regression (I Maple): b) I Maple defineres funktionen U, ;, hvorefter grafen tegnes: g Det ses på grafen, at U, for Man kan også ses det ud fra funktionsudtrykket. Da g() er en aftagende eksponentiel udvikling, vil g for, dvs. nævneren i brøken vil nærme sig, hvorfor U() netop vil komme tættere og tættere på,. Dvs. det maksimale tørstofudbytte på marken er, tons (Man kan ikke komme over dette uanset hvor meget kunstgødning, man bruger)

169 dr 9.8:, r r(), 7 dt a) Differentialligningen kan løses på flere måder, hvoraf to vises her: Metode : På TI n spire indtastes: Dvs. at den fuldstændige løsning er: r( t) c,9799 t, hvor c er en konstant. Da man kender funktionens begyndelsesværdi, kan konstanten bestemmes:,7 c,9799 c,7 Dvs. at den søgte partikulære løsning er: rt ( ),7,9799 t Metode : Differentialligningen genkendes som en ligning af typen fuldstændige løsning, så den fuldstændige løsning til differentialligningen er:. Konstantens værdi bestemmes som ovenfor, og man får altså: med den b) N() = 6, Denne differentialligning ville kunne løses ved separation af de variable, men det kan også gøres på TI n spire ved indtastningen: Den første indtastning giver den fuldstændige løsning til differentialligningen, men man ved den anden indtastning udnytter kendskabet til begyndelsesværdien til at bestemme værdien af konstanten, således at den søgte løsning er: Den sidste indtastning er benyttet til at finde ud af, hvornår befolkningstallet når millioner. Det ses altså, at befolkningstallet ifølge modellen når millioner mennesker, år efter 7. Den lange tid skyldes, at vækstraten er eksponentielt aftagende.

170 9.9: a) Postkassens endeflader består af halvcirkler og et rektangel. Sidefladen består af halve cylindre og rektangler. Dermed bliver overfladearealet: A Aendeflade Asideflade hr r hr r r hr r hr r hr r r h r r 99 r b) Man har V r ; r For at bestemme den værdi af r, der giver det største rumfang, bestemmes først det eller de steder, hvor den afledede funktion er, og derefter bestemmes fortegnet for den anden afledede de pågældende steder, så det afgøres, om der er tale om maksimum, minimum eller vandret vendetangent.

171 Juni : Delprøven UDEN hjælpemidler 9.: I tredje led anvendes den første kvadratsætning: a b a b ab a b a b ab ab a b a b ab ab b 9.: t a b t a) Det bemærkes, at begge vektorer er egentlige vektorer. Dermed har man: t a b a b t t t t 6t t 9.: Da trekant ABC er retvinklet, kan man bestemme længden af siden BC ved hjælp af Pythagoras: AC BC AB BC BC 6 9 BC (Det er ved den sidste biimplikation benyttet, at sidelængden er positiv). Da de to trekanter desuden er ensvinklede, er forholdene mellem ensliggende sider det samme for alle sidepar, og dermed er: EF DF DF EF BC BC AC AC EF 9.: f ( ) ln Først bestemmes den afledede funktion, hvor der differentieres ledvist, og hvor sidste led differentieres som en sammensat funktion: f '( ) Så kan differentialkvotienten i bestemmes: f '()

172 9.: dy ; P (,) d y For at bestemme ligningen for tangenten til grafen for f (der er en løsning til differentialligningen) i punktet P, mangler man at kende tangentens hældning. Denne bestemmes ud fra differentialligningen ved at indsætte punktets koordinater: dy 9 d Hermed kan tangentens ligning bestemmes ud fra hældningen og P s koordinater: y 9 y 9 9 y 9 9.: d Dette integral udregnes ved metoden Integration ved substitution. Det bemærkes, at den afledede funktion af parentesens indhold svarer til de, der står foran parentesen, og derfor benyttes substitutionen: t dt d dt d Dette indsættes i ovenstående ubestemte integral, og man får: 6 t d t dt k k

173 Juni : Delprøven MED hjælpemidler 9.6: P (,) Q, 7 a a) Da linjen står vinkelret på a, er a en normalvektor for linjen, og da man desuden kender punktet P på linjen, kan man bestemme en ligning for linjen: y y y 9 7 b) PQ 7 6 Arealet af det parallelogram, der udspændes af de to vektorer er: 7 A det PQ, a c) Projektionen bestemmes: 7 PQ a PQ a a a 6 a 9.7: f b f f ; ; 6 a) For at bestemme de to konstanter indsættes de angivne værdier, så man får ligningerne: a b a 6 b Disse to ligninger løses i Maple ved: Dvs. man har a, og b 9.8: a) Den uafhængige variabel d indgår som eksponent i forskriften, så der er tale om en eksponentiel udvikling. Da der er mere end to målepunkter, skal der laves regression, så d-værdierne indtastes i liste A og I-værdierne i liste B, hvorefter der laves eksponentiel regression med B-kolonnen som funktion af A-kolonnen. Resultatet gemmes som f(). Regressionen giver: f( ), 9. Dvs. I (ikke overraskende) og a, 9 b) Da a giver det mening at snakke om en halveringskonstant, og den kan bestemmes ved: ln ln T,8,9 ln( a) ln(,9) Alternativt kan den bestemmes ved lommeregnerindtastningen solve(f()=,. f(),), der giver =,867. Afvigelsen på decimalerne skyldes, at udregningen med halveringskonstant-formlen er foretaget med en afrundet værdi for a, mens solve udregningen er foretaget uden afrundinger. Der er ikke afvigelse, når resultatet angives med én decimal.

174 9.9: En skitse tegnes ud fra oplysningerne. Den røde linje halverer vinkel B. a) Da siderne AB og BD er lige lange, er trekant ABD en ligebenet trekant. Og da Aog ADB ligger over for de to lige lange sider, har man ADB A 7 Længden af siden AD kan bestemmes, når man kender den modstående vinkel, og den kan beregnes ud fra vinkelsummen i en trekant: ABD 8A ADB Så kan sinusrelationerne anvendes: AD BD BD AD sin ABD sin ABD sin A sin A AD sin, 67 sin 7 b) Længden af BC bestemmes ved at regne på trekant ABC. Man har brug for at kende vinkel C for at kunne benytte sinusrelationerne, og den bestemmes ved vinkelsummen i en trekant: C 8 A B 8 A ABD 8 7 Så er: BC AB AB BC sin A sin A sin C sin C BC sin 7 9, sin

175 9.:

176 9.: Planen har ligningen y z 6. Linjen l går gennem O(,,) og P(7,,-). a) For at finde den spidse vinkel mellem planen og linjen skal man først bestemme vinklen mellem en normalvektor for planen og en retningsvektor for linjen. En normalvektor for planen aflæses ud fra dens ligning til: n 7 En retningsvektor for linjen bestemmes ud fra de oplyste punkter: r OP Vinklen mellem disse to vektorer bestemmes ved: n 7 r cos w w cos cos,79968 n r 7 6 Dette er vinklen mellem den valgte normalvektor og retningsvektor, så den spidse vinkel mellem planen og linjen er: v 9 w 9, , b) For at bestemme en ligning for en kugle, skal man kende centrums koordinater og cirklens radius. Kuglen har centrum i P, så man mangler kun at finde dens radius. Da kuglen skal tangeres af, svarer radius til afstanden mellem punktet P og planen : a b y c z 7 d r dist( P, ) a b c 9 Hermed bliver cirklens ligning: y z 7 9 c) Projektionen af P på planen er skæringen mellem planen og den linje, der går gennem P og står vinkelret på planen. Som retningsvektor for den pågældende linje skal man derfor benytte en normalvektor for planen (der kendes fra spørgsmål a)). En parameterfremstilling for linjen er dermed: 7 y t z Koordinaterne fra parameterfremstillingen indsættes nu i planens ligning for at finde skæringen mellem linjen og planen: 7 t t t 6 9t 9 t Denne værdi indsættes i linjens parameterfremstilling: 7 y z. Dvs. projektionen er Q,,

177 dv 9.:, 9 V9, 6 V ; V er vægten af en gris målt i kg og t er tiden i døgn efter grisen dt begynder at indtage fast føde. Da grisen vejer 7,kg, når den begynder at indtage fast føde, har man punktet (;7,). 9.: a) Differentialligningen beskriver logistisk vækst, og den fuldstændige løsning er: 9,6 9,6 Vt (),99,6 t,698 t ce ce Punktet benyttes til at bestemme værdien af c: 9,6 9,6 9,6 9,6 7, 7, c c 8,,698 ce c 7, 7, Dvs. forskriften for V er: 9,6 V ( t) ; t,698 t 8, e b) Da det er logistisk vækst vides det, at væksthastigheden er størst, når funktionsværdien er halvdelen af maksimum, der er tallet i tælleren, dvs. grisens vægt er i denne situation: 9,6kg V 69,8kg

178 9.:

179 August : Delprøven UDEN hjælpemidler 9.: 9.6: a b t 7t Det bemærkes, at begge vektorer uanset t-værdien er egentlige vektorer. Dermed har man: a b det a, b t 7t 7t t t 8t 6t t y 6 9 Hvis man kan huske udtrykket for parablens toppunkt, kan man bruge dette: 6 9 b d 6 6 T, T, T, T, a a Hvis man ikke kan huske udtrykket, kan man udnytte, at tangenthældningen i toppunktet er : y' Dette indsættes i parablens ligning for at finde toppunktets y-værdi: y toppunkt p 9.7: R l d d isoleres i udtrykket ved følgende omskrivninger: p p l p l d R R R l d d Det ligner et fysisk udtryk, hvor d ikke kan være negativ, men da der ikke er oplyst noget om dette, skal man huske plus-minus ved den sidste biimplikation. 9.8: d 8 9.9: f ( ) ln( ) y ' y Det vises, at f er en løsning til differentialligningen ved at indsætte i denne og vise, at man får en identitet (et udsagn der er sandt for alle -værdier). Ved differentiationen af f benyttes produktreglen: ln( ) ln( ) ln( ) ln( ) Da udtrykket er en identitet, er f en løsning til differentialligningen.

180 9.: Kuglens ligning. K y z : 6 Planens ligning. : y z Det undersøges, om planen tangerer kuglen ved at undersøge, om afstanden fra kuglens centrum til planen netop svarer til kuglens radius. Kuglens centrum aflæses ud fra ligningen til C(,,-), og radius aflæses til r = 6. Afstanden fra kuglens centrum til planen bestemmes: 8 8 dist( C, ) 6 r 9 Da afstanden fra centrum til planen netop svarer til radius, er tangentplan til kuglen

181 August : Delprøven MED hjælpemidler 9.: Der anvendes Maple til løsningen: 9.: f f f er eksponentielt voksende a) Da funktionen er eksponentielt voksende, er den på formen: f b a Punkternes koordinater indsættes i forskriften: 6 86 ba 9 ba 9 6 9, 6 a a 9 ba 86 ba a-værdien indsættes i den øverste ligning for at finde b: 86, 86 b, b 99,9978 Dvs. at forskriften er: f, b) Fordoblingskonstanten kan så beregnes ved: ln ln T,87677 ln a ln,

182 9 9.: l : y t m : y s De to linjer skærer i punktet P. z 6 z 7 a) De spidse vinkel mellem de to linjer er den spidse vinkel mellem deres retningsvektorer: r r 9 cos v r 8 8 r v 8 cos 8,667 b) Koordinatsættet til P bestemmes ved at sætte koordinaterne for de to linjer lig hinanden: t 9 s t s 6 t 7 s Dette ligningssystem kan enten løses på TI n spire ved: Eller man kan isolere t i den anden ligning og indsætte den i den første: s 9 s 9s 9 s Da det er oplyst, at der ER et skæringspunkt mellem de to linjer, har man ikke brug for også at finde t-værdien, men kan blot indsætte i den anden linjes parameterfremstilling for at finde P: 9 6 m: y Dvs. at P6,, z 7 c) En normalvektor for den plan, som de to linjer udspænder, bestemmes ved at tage krydsproduktet af de to linjers retningsvektorer: n 9 Man kan enten tage punktet P eller et punkt fra en af de to linjer, når man skal bruge et punkt i planen for at bestemme en ligning. Her benyttes punktet (,,6) fra den første linje: y 9 z 6 y 9z y 9z

183 9.: Der anvendes Maple: 9.: f P, f a) For at kunne bestemme en ligning for en tangent til en graf i et punkt, skal man kende punktets koordinater og tangentens hældning. f 6 Først bestemmes røringspunktets y-koordinat: Tangentens hældning svarer til differentialkvotienten i : f ' 6 f ' 6 8 Dvs. tangentens ligning er: y y b) For at kunne bestemme monotoniforholdene for f, skal man først bestemme de steder, hvor den afledede funktion giver, og derefter undersøges den anden afledede funktions fortegn for at tjekke, om det er maksimum, minimum eller vandret vendetangent. Dette gøres på n'spire ved først at definere funktionen, finde nulpunkter for den afledede funktion og udregne værdier for den anden afledede funktion disse steder: 6 6 Da den anden afledede er positiv i og, er der lokalt minimum disse steder, og i er der lokalt maksimum. Dermed er f aftagende i intervallerne 6 6 ; og ; Og f er voksende i intervallerne 6 6 ; og,

184 9.6: 9.7: Cirkel: y 6y Linje: y a) For at bestemme koordinatsættene til skæringspunkterne mellem linjen og cirklen, kan man f.eks. på TI-n'spire indtaste: solve( y 6y and y,, y), der giver: and y or and y Dvs. skæringspunkterne er, og, Dette kunne også være fundet ved beregning, hvor -koordinaten isoleres i linjens ligning, så den udtrykkes ved y-koordinaten, hvorefter den indsættes i cirklens ligning: y Indsat: y y y 6y y 8y y y 6y y y y y y y y y y-værdierne indsættes i linjens ligning: y : dvs., y : dvs., b) Q,, da førstekoordinaten - er mindre end, der er førstekoordinat i det andet punkt. For at kunne bestemme en ligning for tangenten, skal man kende en normalvektor og et punkt. Punktet er Q, så man mangler kun normalvektoren. Som normalvektor kan man bruge vektoren fra Q til cirklens centrum, og dermed skal cirklens centrum bestemmes, hvilket gøres ved omskrivning af cirklens ligning: y 6y y Så centrum aflæses til: C, En normalvektor er dermed: nt QC Med denne normalvektor og punktet Q fås hermed tangentens ligning: y y 6 Hvis man vil tjekke, at dette er den søgte tangent (dvs. at man ikke har lavet regnefejl), kan man på TI n'spire indtaste: solve y 6 and y 6y,, y, der giver and y, dvs punktet Q.

185 9.8: 9.9:

186 t 9.: g '( t) 67 t e ; t ; g() g(t) angiver mængden af optaget glukose målt i mg. t er tiden efter indtagelsen målt i timer. Den mængde glukose, der er absorberet timer efter indtagelsen, svarer til g(). Det er en differentialligning på den simplest mulige form, hvor den afledede af en funktion, men ikke funktionen selv indgår. Derfor kan funktionen bestemmes ved integration (på TI n spire): Og når man husker konstanten har man altså: t g( t) g '( t) dt 7 t e k Da g() = har man: 7 e k k 7 Og så er: g() 7 e Dvs. at timer efter indtagelsen er der ifølge modellen optaget 799mg glukose. Dette kunne også være beregnet ved hjælp af det bestemte integral, da man har: g() g() g( t) g '( t) dt g() g '( t) dt g() g '( t) dt g '( t) dt Dvs. man kunne på TI n spire have indtastet:

187 dm 9.:, 69 M, M ; d Dette er en differentialligning for logistisk vækst, og den fuldstændige løsning er dermed:,, M( ),69,,79 ce ce Løsningskurven skal gå gennem (;,), og på TI n spire kan konstanten så bestemmes: Dvs. at den søgte løsning er:, M ( ),79,87 e ; b) Fortjenesten F() er givet ved: F( ) M ( ) 7,97 8 F( ),97,79,87 e Denne graf tegnes på TI n spire med -værdierne i intervallet [,] og y-værdierne mellem og : Den største fortjeneste er fundet ved at benytte Undersøg grafer Maksimum og vælge grænserne på hver side af det område, hvor maksimum ses at ligge. Dvs. fortjenesten er størst for = 69kg

188 December : Delprøven UDEN hjælpemidler 9.:Udtrykket reduceres ved først at anvende første kvadratsætning på første led og gange ind i parentesen i andet led: a b b a 9b 7ab a 9b 6ab ab 9b 7ab a 9.: Andengradsligningen løses ved diskriminantmetoden: d b ac 9 dvs. løsninger: b d 9 7 eller a 9.: e d 8 Dette bestemte integral beregnes ved først at integrere ledvist og efterfølgende indsætte grænserne: 8 e d e e e e e a 9.: P(,) Q(6,7) f ( ) b For at finde konstanterne a og b i funktionsforskriften indsættes punkternes koordinater i denne, så man får to ligninger med to ubekendte: a a 7 b6 7 b6 6 a 7 7 a a a b b Denne værdi indsættes i den nederste ligning for at finde b-værdien: b b 8 a 9.6: Da de to trekanter er ensvinklede, er forholdet mellem ensliggende sider konstant. Man har derfor: AC AB AB AC AC 6 AC A B A B

189 dy y 9.7: f ( ) ln( ) d Det undersøges om f er en løsning til differentialligningen ved at indsætte i differentialligningen og se, om man får en identitet (et udsagn sandt for alle -værdier). For at kunne gøre dette, skal funktionen dog først differentieres (der differentieres ledvist og til første led benyttes produktreglen): f '( ) ln( ) ln( ) Indsættelse i differentialligningen: ln( ) ln( ) ln( ) ln( ) ln( ) ln( ) De to størrelser på hver sin side af lighedstegnet er ens, dvs. ligningen er en identitet, og dermed er f en løsning til differentialligningen.

190 December : Delprøven MED hjælpemidler 9.8: a og b For at bestemme vinkel og projektion skal man anvende prikprodukt og længderne af vektorerne, så de udregnes først: ab a a a b b b a) Vinklen mellem de to vektorer bestemmes: ab cos v a b v ab a b cos cos cos 8, ab b) Projektionen bestemmes: a b b b

191 A 6,, B,, C,, 9.9: Planen indeholder punkterne a) For at kunne bestemme en ligning for planen, skal man kende et punkt og en normalvektor. Som punkt kan man anvende et hvilket som helst af de opgivne punkter, så man mangler kun en normalvektor. For at bestemme en normalvektor finder man først to ikke-parallelle vektorer, der udspænder planen, og finder deres krydsprodukt: AB AC 6 AB AC Som normalvektor vælges nu er vektor, der har samme retning som krydsproduktet, men som kun er en sjettedel så lang: 6 n 8 6 Punktet A benyttes, og planens ligning bliver så: 6 y z y z 6 b) Trekant ABC har et areal, der er halvt så stort, som det parallelogram, der udspændes af vektorerne AB og AC, så det kan bestemmes ud fra længden af krydsproduktet fra spørgsmål a): 6 TABC AB AC 8 6 8, 976 c) Planen er tangentplan til kuglen, hvis afstanden fra planen til kuglens centrum netop er lig D,, : kuglens radius. Derfor bestemmes afstanden fra planen til kuglens centrum 6 dist D, 9, 8688 r Dvs. planen er IKKE tangentplan til kuglen.

192 9.6: I ABC er A ; AC, ; BC 9, B 9 a) I ABC kender man vinkel A og længden af dens modstående side BC, så sinusrelationerne kan anvendes til at bestemme vinkel B: sin B sin A sin A sin B AC AC BC BC Da B er spids gælder: B sin A sin BC 9, sin AC sin, 6, b) Vinkelsummen i trekant ABC er 8, så vinkel C kan bestemmes: C 8 A B 8 6, ,979 Så kan længden af AD bestemmes ved en cosinusrelation: AD AC CD AC CD cosc AD, 6,, 6, cos(6,979 ) 8, :

LØSNING TIL Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2010 STX-B-niveau (Gul bog)

LØSNING TIL Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2010 STX-B-niveau (Gul bog) Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk Quizspillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD LØSNING TIL Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 00 STX-B-niveau (Gul bog).00: Da

Læs mere

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2015

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2015 Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2015 22. maj 2015: Delprøven UDEN hjælpemidler Opgave 1: Ligningen løses ved at isolere x i det åbne udsagn: 4 x 7 81 4 x 88 88 x 22 4 Opgave 2: y 87 0,45 x Det

Læs mere

MATEMATIK A-NIVEAU. Kapitel 1

MATEMATIK A-NIVEAU. Kapitel 1 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik, 01 Kapitel 1 016 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 01

Læs mere

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2015

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2015 Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2015 22. maj 2015: Delprøven UDEN hjælpemidler Opgave 1: Ligningen løses ved at isolere x i det åbne udsagn: 4 x 7 81 4 x 88 88 x 22 4 Opgave 2: y 87 0,45 x Det

Læs mere

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau maj 2016: Delprøven UDEN hjælpemidler 4 4

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau maj 2016: Delprøven UDEN hjælpemidler 4 4 Opgave 1: Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 016 4. maj 016: Delprøven UDEN hjælpemidler 4 3x 6 x 3x x 6 4x 4 x 1 4 Opgave : f x x 3x P,10 Punktet ligger på grafen for f, hvis dets koordinater indsat

Læs mere

Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2014. 22. maj 2014. 22. maj 2014: Delprøven UDEN hjælpemidler

Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2014. 22. maj 2014. 22. maj 2014: Delprøven UDEN hjælpemidler Opgave 1: Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 014 f x x 4x 6. maj 014. maj 014: Delprøven UDEN hjælpemidler Koordinatsættet til parablens toppunkt bestemmes ved først at udregne diskriminanten for

Læs mere

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2014

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2014 Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 014. maj 014: Delprøven UDEN hjælpemidler Opgave 1: Algekoncentrationen målt i mio. pr. L betegnes med A. Tiden måles i antal timer fra start og angives med t.

Læs mere

MATEMATIK A-NIVEAU. Anders Jørgensen & Mark Kddafi. Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik, 2012

MATEMATIK A-NIVEAU. Anders Jørgensen & Mark Kddafi. Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik, 2012 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik, 01 Kapitel 3 Ligninger & formler 016 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver

Læs mere

MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012

MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 2016 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Dette

Læs mere

Løsningsforslag MatB December 2013

Løsningsforslag MatB December 2013 Løsningsforslag MatB December 2013 Opgave 1 (5 %) a) En linje l går gennem punkterne: P( 2,3) og Q(2,1) a) Bestem en ligning for linjen l. Vi ved at linjen for en linje kan udtrykkes ved: y = αx + q hvor

Læs mere

Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2011 18. maj 2011: Delprøven UDEN hjælpemidler

Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2011 18. maj 2011: Delprøven UDEN hjælpemidler Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 011 18. maj 011: Delprøven UDEN hjælpemidler Opgave 1: x x1 0 Dette er en andengradsligning, der kan løses enten ved diskriminantmetoden eller ved at finde to

Læs mere

Opgave 1 - Lineær Funktioner. Opgave 2 - Funktioner. Opgave 3 - Tredjegradsligning

Opgave 1 - Lineær Funktioner. Opgave 2 - Funktioner. Opgave 3 - Tredjegradsligning Sh*maa03 1508 Matematik B->A, STX Anders Jørgensen, delprøve 1 - Uden hjælpemidler Følgende opgaver er regnet i hånden, hvorefter de er skrevet ind på PC. Opgave 1 - Lineær Funktioner Vi ved, at år 2001

Læs mere

Løsningsforslag Mat B August 2012

Løsningsforslag Mat B August 2012 Løsningsforslag Mat B August 2012 Opgave 1 (5 %) a) Løs uligheden: 2x + 11 x 1 Løsning: 2x + 11 x 1 2x x + 1 0 3x + 12 0 3x 12 Divideres begge sider med -3 (og husk at vende ulighedstegnet!) x 4 Opgave

Læs mere

Matematik A STX december 2016 vejl. løsning Gratis anvendelse - læs betingelser!

Matematik A STX december 2016 vejl. løsning  Gratis anvendelse - læs betingelser! Matematik A STX december 2016 vejl. løsning www.matematikhfsvar.page.tl Gratis anvendelse - læs betingelser! Opgave 1 Lineær funktion. Oplysningerne findes i opgaven. Delprøve 1: Forskrift Opgave 2 Da

Læs mere

MATEMATIK A-NIVEAU 2g

MATEMATIK A-NIVEAU 2g NETADGANGSFORSØGET I MATEMATIK APRIL 2009 MATEMATIK A-NIVEAU 2g Prøve April 2009 1. delprøve: 2 timer med formelsamling samt 2. delprøve: 3 timer med alle hjælpemidler Hver delprøve består af 14 spørgsmål,

Læs mere

Matematik A, STX. Vejledende eksamensopgaver

Matematik A, STX. Vejledende eksamensopgaver Matematik A, STX EKSAMENSOPGAVER Vejledende eksamensopgaver 2015 Løsninger HF A-NIVEAU AF SAEID Af JAFARI Anders J., Mark Af K. & Saeid J. Anders J., Mark K. & Saeid J. Kun delprøver 2 Kun delprøve 2,

Læs mere

Matematik A August 2016 Delprøve 1

Matematik A August 2016 Delprøve 1 Anvendelse af løsningerne læses på hjemmesiden www.matematikhfsvar.page.tl Sættet løses med begrænset tekst og konklusion. Formålet er jo, at man kan se metoden, og ikke skrive af! Opgave 1 - Vektorer,

Læs mere

Aalborg Universitet - Adgangskursus. Eksamensopgaver. Matematik B til A

Aalborg Universitet - Adgangskursus. Eksamensopgaver. Matematik B til A Aalborg Universitet - Adgangskursus Eksamensopgaver Matematik B til A Undervisningsministeriet Universitetsafdelingen ADGANGSEKSAMEN Til ingeniøruddannelserne Matematik A xxdag den y.juni 00z kl. 9.00

Læs mere

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2013

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2013 Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 013 Opgave 1: y a x b x 6 y 5 9 4. maj 013: Delprøven UDEN hjælpemidler Metode 1: Man kan bestemme a ved at indsætte de sammenhørende værdier i ligningsudtrykket,

Læs mere

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2011-2012

Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 2011-2012 Løsninger til eksamensopgaver på B-niveau 011-01 18. maj 011: Delprøven UDEN hjælpemidler Opgave 1: 5x 11 19x 17 1117 19x 5x 8 14x x Opgave : T K T K KT T K T K KT KT T Parentesen er udregnet ved hjælp

Læs mere

Matematik A-niveau 22. maj 2015 Delprøve 2. Løst af Anders Jørgensen og Saeid Jafari

Matematik A-niveau 22. maj 2015 Delprøve 2. Løst af Anders Jørgensen og Saeid Jafari Matematik A-niveau 22. maj 2015 Delprøve 2 Løst af Anders Jørgensen og Saeid Jafari Opgave 7 - Analytisk Plangeometri Delopgave a) Vi starter ud med at undersøge afstanden fra punktet P(5,4) til linjen

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen

Matematik A. Studentereksamen Matematik A Studentereksamen 2stx101-MAT/A-01062010 Tirsdag den 1. juni 2010 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål. Delprøven

Læs mere

Hvis man ønsker mere udfordring, kan man springe de første 10 opgaver over. , og et punkt er givet ved: P (2, 1).

Hvis man ønsker mere udfordring, kan man springe de første 10 opgaver over. , og et punkt er givet ved: P (2, 1). Plangeometri Hvis man ønsker mere udfordring, kan man springe de første 10 opgaver over Opgave 1 To linjer er givet ved ligningerne: x y 0 og x b y 4 0, hvor b er en konstant a) Beregn konstanten b således,

Læs mere

MATEMATIK B til A Vejledende løsning på eksamensopgaven fra 27 maj 2016 STX

MATEMATIK B til A Vejledende løsning på eksamensopgaven fra 27 maj 2016 STX MATEMATIK B til A Vejledende løsning på eksamensopgaven fra 27 maj 2016 STX Anders Jørgensen & Mark Kddafi 2016 matematikhfsvar.page.tl 8. august 2016 15. august 2016 Anders Jørgensen & Mark Kddafi MATEMATIK

Læs mere

Løsningsforslag MatB Juni 2013

Løsningsforslag MatB Juni 2013 Løsningsforslag MatB Juni 2013 Opgave 1 (5 %) Et andengradspolynomium er givet ved: f (x) = x 2 4x + 3 a) Bestem koordinatsættet til toppunktet for parablen givet ved grafen for f Løsning: a) f (x) = x

Læs mere

Hvis man ønsker mere udfordring, kan man springe de første 10 opgaver over. 1, og et punkt er givet ved: (2, 1)

Hvis man ønsker mere udfordring, kan man springe de første 10 opgaver over. 1, og et punkt er givet ved: (2, 1) Plangeometri Hvis man ønsker mere udfordring, kan man springe de første 10 opgaver over. Opgave 1 To linjer er givet ved ligningerne: x y 0 og x b y 4 0, hvor b er en konstant. a) Beregn konstanten b således,

Læs mere

ADGANGSKURSUS AALBORG UNIVERSITET. Formelsamling. Brush-up Flex

ADGANGSKURSUS AALBORG UNIVERSITET. Formelsamling. Brush-up Flex ADGANGSKURSUS AALBORG UNIVERSITET Formelsamling Brush-up Flex 2016 Indholdsfortegnelse 1. Brøkregning... 2 2. Parenteser... 3 3. Kvadratsætningerne:... 3 4. Potensregneregler... 4 5. Andengradsligninger...

Læs mere

Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2013

Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2013 Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk Quizspillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 013 4. maj 013: Delprøven UDEN hjælpemidler Opgave 1: Udtrykket reduceres

Læs mere

i x-aksens retning, så fås ). Forskriften for g fås altså ved i forskriften for f at udskifte alle forekomster af x med x x 0

i x-aksens retning, så fås ). Forskriften for g fås altså ved i forskriften for f at udskifte alle forekomster af x med x x 0 BAndengradspolynomier Et polynomium er en funktion på formen f ( ) = an + an + a+ a, hvor ai R kaldes polynomiets koefficienter. Graden af et polynomium er lig med den højeste potens af, for hvilket den

Læs mere

qwertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqw ertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwert yuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyui opåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopå

qwertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqw ertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwert yuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyui opåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopå qwertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqw ertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwert yuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyui opåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopå Polynomier Kort gennemgang af polynomier og deres asdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopåasd

Læs mere

Opgave 1 - uden hjælpemidler. Opgave 2 - uden hjælpemidler. Opgave 3 - uden hjælpemidler. Opgaven. a - Eksponentiel model. Opgaven

Opgave 1 - uden hjælpemidler. Opgave 2 - uden hjælpemidler. Opgave 3 - uden hjælpemidler. Opgaven. a - Eksponentiel model. Opgaven 2014-0522 1stx141-MAT-B - eksemplarisk besvarelse Bemærk, at i opgaverne uden hjælpemidler er Maple blot benyttet som tekstbehandling. Til eksamen skal besvarelsen laves med papir og blyant. Opgavetksten

Læs mere

Ib Michelsen Vejledende løsning stxb 101 1

Ib Michelsen Vejledende løsning stxb 101 1 Ib Michelsen Vejledende løsning stxb 101 1 Opgave 1 Løs ligningen: 3(2 x+1)=4 x+9 Løsning 3(2 x+1)=4 x+9 6 x+3=4 x+9 6 x+3 3=4 x+9 3 6 x=4 x+6 6x 4 x=4 x+6 4 x 2 x=6 2 x 2 = 6 2 x=3 Opgave 2 P(3,1) er

Læs mere

Supplerende opgaver. 0. Opgaver til første uge. SO 1. MatGeo

Supplerende opgaver. 0. Opgaver til første uge. SO 1. MatGeo SO 1 Supplerende opgaver De efterfølgende opgaver er supplerende opgaver til brug for undervisningen i Matematik for geologer. De er forfattet af Hans Jørgen Beck. Opgaverne falder i fire samlinger: Den

Læs mere

GL. MATEMATIK B-NIVEAU

GL. MATEMATIK B-NIVEAU GL. MATEMATIK B-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 29. maj 2013 2016 Opgave 1 Opgave 2 Opgave 3 Opgave 4 Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver

Læs mere

Studentereksamen i Matematik B 2012

Studentereksamen i Matematik B 2012 Studentereksamen i Matematik B 2012 (Gammel ordning) Besvarelse Ib Michelsen Ib Michelsen stx_121_b_gl 2 af 11 Opgave 1 På tegningen er gengivet 3 grafer for de nævnte funktioner. Alle funktionerne er

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen

Matematik A. Studentereksamen Matematik A Studentereksamen 1stx131-MAT/A-24052013 Fredag den 24. maj 2013 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål. Delprøven

Læs mere

Flemmings Maplekursus 1. Løsning af ligninger

Flemmings Maplekursus 1. Løsning af ligninger Flemmings Maplekursus 1. Løsning af ligninger a) Ligninger med variabel og kun en løsning. Ligningen løses 10 3 Hvis vi ønsker løsningen udtrykt som en decimalbrøk i stedet: 3.333333333 Løsningen 3 er

Læs mere

gudmandsen.net 1 Parablen 1.1 Grundlæggende forhold y = ax 2 bx c eksempelvis: y = 2x 2 2x 4 y = a x 2 b x 1 c x 0 da x 1 = x og x 0 = 1

gudmandsen.net 1 Parablen 1.1 Grundlæggende forhold y = ax 2 bx c eksempelvis: y = 2x 2 2x 4 y = a x 2 b x 1 c x 0 da x 1 = x og x 0 = 1 gudmandsen.net Ophavsret Indholdet stilles til rådighed under Open Content License[http://opencontent.org/openpub/]. Kopiering, distribution og fremvisning af dette dokument eller dele deraf er fuldt ud

Læs mere

(3 ;3 ) (2 ;0 ) f(x)=3 *x-6 -1 1 2 3 4 5 6. Serie 1 Serie 2

(3 ;3 ) (2 ;0 ) f(x)=3 *x-6 -1 1 2 3 4 5 6. Serie 1 Serie 2 MAT B GSK august 008 delprøven uden hjælpemidler Opg Grafen for en funktion f er en ret linje, med hældningskoefficienten 3 og skærer -aksen i punktet P(;0). a) Bestem en forskrift for funktionen f. Svar

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen. Forsøg med digitale eksamensopgaver med adgang til internettet

Matematik A. Studentereksamen. Forsøg med digitale eksamensopgaver med adgang til internettet Matematik A Studentereksamen Forsøg med digitale eksamensopgaver med adgang til internettet frs101-matn/a-605010 Onsdag den 6 maj 010 kl 0900-1400 Opgavesættet er delt i to dele Delprøve 1: timer med autoriseret

Læs mere

Delprøve 1 UDEN hjælpemidler Opgave 1 Der er givet to trekanter, da begge er ensvinklet, da er forstørrelsesfaktoren

Delprøve 1 UDEN hjælpemidler Opgave 1 Der er givet to trekanter, da begge er ensvinklet, da er forstørrelsesfaktoren Matematik B, 5 december 2014 Løses af www.matematikhfsvar.page.tl NB: Når du læser løsningerne, så satser vi på du selv sidder med sættet. Figurer mv. bliver ikke indsat. Delprøve 1 UDEN hjælpemidler Opgave

Læs mere

Lektion 7 Funktioner og koordinatsystemer

Lektion 7 Funktioner og koordinatsystemer Lektion 7 Funktioner og koordinatsystemer Brug af grafer og koordinatsystemer Lineære funktioner Andre funktioner lignnger med ubekendte Lektion 7 Side 1 Pris i kr Matematik på Åbent VUC Brug af grafer

Læs mere

Der er facit på side 7 i dokumentet. Til opgaver mærket med # er der vink eller kommentarer på side 6.

Der er facit på side 7 i dokumentet. Til opgaver mærket med # er der vink eller kommentarer på side 6. Der er facit på side 7 i dokumentet. Til opgaver mærket med # er der vink eller kommentarer på side 6. 1. Figuren viser grafen for en funktion f. Aflæs definitionsmængde og værdimængde for f. # Aflæs f

Læs mere

Matematik A studentereksamen

Matematik A studentereksamen Xxxx Side 1 af 11 Opgave 7 Jeg aflæser af boksplottet for personbeskatningen i 2007 medianen til. Første og anden kvartil aflæser jeg til hhv. og. Den mindst observerede personbeskatning i år 2007 var

Læs mere

Vejledende besvarelse

Vejledende besvarelse Ib Michelsen Svar: stx B 29. maj 2013 Side 1 1. Udfyld tabellen Vejledende besvarelse Givet funktionen f (x)=4 5 x beregnes f(2) f (2)=4 5 2 =4 25=100 Den udfyldte tabel er derfor: x 0 1 2 f(x) 4 20 100

Læs mere

gl. Matematik A Studentereksamen Torsdag den 14. august 2014 kl gl-stx142-mat/a

gl. Matematik A Studentereksamen Torsdag den 14. august 2014 kl gl-stx142-mat/a gl. Matematik A Studentereksamen gl-stx142-mat/a-14082014 Torsdag den 14. august 2014 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål.

Læs mere

Matematik A eksamen 14. august Delprøve 1

Matematik A eksamen 14. august Delprøve 1 Matematik A eksamen 14. august 2014 www.matematikhfsvar.page.tl Delprøve 1 Info: I denne eksamensopgave anvendes der punktum som decimaltal istedet for komma. Eks. 3.14 istedet for 3,14 Opgave 1 - Andengradsligning

Læs mere

Kompendium i faget. Matematik. Tømrerafdelingen. 2. Hovedforløb. Y = ax 2 + bx + c. (x,y) Svendborg Erhvervsskole Tømrerafdelingen Niels Mark Aagaard

Kompendium i faget. Matematik. Tømrerafdelingen. 2. Hovedforløb. Y = ax 2 + bx + c. (x,y) Svendborg Erhvervsskole Tømrerafdelingen Niels Mark Aagaard Kompendium i faget Matematik Tømrerafdelingen 2. Hovedforløb. Y Y = ax 2 + bx + c (x,y) X Svendborg Erhvervsskole Tømrerafdelingen Niels Mark Aagaard Indholdsfortegnelse for H2: Undervisningens indhold...

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen. Tirsdag den 27. maj 2014 kl Digital eksamensopgave med adgang til internettet. 2stx141-MATn/A

Matematik A. Studentereksamen. Tirsdag den 27. maj 2014 kl Digital eksamensopgave med adgang til internettet. 2stx141-MATn/A Matematik A Studentereksamen Digital eksamensopgave med adgang til internettet 2stx141-MATn/A-27052014 Tirsdag den 27. maj 2014 kl. 09.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen. Fredag den 5. december 2014 kl. 9.00-14.00. stx143-mat/a-05122014

Matematik A. Studentereksamen. Fredag den 5. december 2014 kl. 9.00-14.00. stx143-mat/a-05122014 Matematik A Studentereksamen stx143-mat/a-05122014 Fredag den 5. december 2014 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål. Delprøven

Læs mere

gl. Matematik A Studentereksamen

gl. Matematik A Studentereksamen gl. Matematik A Studentereksamen gl-1stx131-mat/a-24052013 Fredag den 24. maj 2013 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål.

Læs mere

DELPRØVE 1. Maj 2008,2009,2010,2012 og 2015

DELPRØVE 1. Maj 2008,2009,2010,2012 og 2015 DELPRØVE 1 Maj 2008,2009,2010,2012 og 2015 DELPRØVE 1, maj 2008 Følgende opgaver i delprøve 1 er løst i hånden, hvorefter det er skrevet ind i Word, så det er lettere at læse og evt. kommentere på udregningerne.

Læs mere

Undervisningsbeskrivelse

Undervisningsbeskrivelse Undervisningsbeskrivelse Stamoplysninger til brug ved prøver til gymnasiale uddannelser Termin Skoleår 2016/2017, eksamen maj-juni 2017 Institution Kolding HF & VUC Uddannelse Fag og niveau Lærer(e) Hold

Læs mere

Matematik B-niveau 31. maj 2016 Delprøve 1

Matematik B-niveau 31. maj 2016 Delprøve 1 Matematik B-niveau 31. maj 2016 Delprøve 1 Opgave 1 - Ligninger og reduktion (a + b) (a b) + b (a + b) = a 2 ab + ab b 2 + ab + b 2 = a 2 + ab Opgave 2 - Eksponentiel funktion 23 + 2x = 15 2x 2 = 8 x =

Læs mere

Projekt 1.4 Tagrendeproblemet en instruktiv øvelse i modellering med IT.

Projekt 1.4 Tagrendeproblemet en instruktiv øvelse i modellering med IT. Projekt 1.4 Tagrendeproblemet en instruktiv øvelse i modellering med IT. Projektet kan bl.a. anvendes til et forløb, hvor en af målsætningerne er at lære om samspillet mellem værktøjsprogrammernes geometriske

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen

Matematik A. Studentereksamen Matematik A Studentereksamen stx103-mat/a-101010 Fredag den 10. december 010 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål. Delprøven

Læs mere

MATEMATIK A-NIVEAU-Net

MATEMATIK A-NIVEAU-Net STUDENTEREKSAMEN MAJ AUGUST 2007 2011 MATEMATIK A-NIVEAU-Net torsdag 11. august 2011 Kl. 09.00 14.00 frs112-matn/a-11082011 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøve 1: 2 timer med autoriseret formelsamling

Læs mere

Matematik A Terminsprøve Digital prøve med adgang til internettet Torsdag den 21. marts 2013 kl. 09.00-14.00 112362.indd 1 20/03/12 07.

Matematik A Terminsprøve Digital prøve med adgang til internettet Torsdag den 21. marts 2013 kl. 09.00-14.00 112362.indd 1 20/03/12 07. Matematik A Terminsprøve Digital prøve med adgang til internettet Torsdag den 21. marts 2013 kl. 09.00-14.00 112362.indd 1 20/03/12 07.54 Side 1 af 7 sider Opgavesættet er delt i to dele: Delprøve 1: 2

Læs mere

Matematik A-niveau STX 24. maj 2016 Delprøve 2 VUC Vestsjælland Syd. www.matematikhjaelp.tk

Matematik A-niveau STX 24. maj 2016 Delprøve 2 VUC Vestsjælland Syd. www.matematikhjaelp.tk Matematik A-niveau STX 24. maj 2016 Delprøve 2 VUC Vestsjælland Syd www.matematikhjaelp.tk Opgave 7 - Eksponentielle funktioner I denne opgave, bliver der anvendt eksponentiel regression, men først defineres

Læs mere

Matematik B1. Mike Auerbach. c h A H

Matematik B1. Mike Auerbach. c h A H Matematik B1 Mike Auerbach B c h a A b x H x C Matematik B1 2. udgave, 2015 Disse noter er skrevet til matematikundervisning på stx og kan frit anvendes til ikke-kommercielle formål. Noterne er skrevet

Læs mere

Løsning MatB - januar 2013

Løsning MatB - januar 2013 Løsning MatB - januar 2013 Opgave 1 (5%) a) Løs uligheden: 2 x > 5x 6. a) 2 x > 5x 6 2 + 6 > 5x + x 8 > 4x Divideres begge sider med 4 og uligheden vendes. Dvs. 8 4 < x x > 2 Løsningsmængden bliver L =]

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen

Matematik A. Studentereksamen Matematik A Studentereksamen stx11-mat/a-310501 Torsdag den 31. maj 01 kl. 9.00-14.00 Side 1 af 7 sider Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål.

Læs mere

gl. Matematik A Studentereksamen Torsdag den 22. maj 2014 kl gl-1stx141-mat/a

gl. Matematik A Studentereksamen Torsdag den 22. maj 2014 kl gl-1stx141-mat/a gl. Matematik A Studentereksamen gl-1st141-mat/a-05014 Torsdag den. maj 014 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål. Delprøven

Læs mere

GU HHX MAJ 2009 MATEMATIK A. Onsdag den 13. maj 2009. Kl. 9.00 14.00 GL091-MAA. Undervisningsministeriet

GU HHX MAJ 2009 MATEMATIK A. Onsdag den 13. maj 2009. Kl. 9.00 14.00 GL091-MAA. Undervisningsministeriet GU HHX MAJ 2009 MATEMATIK A Onsdag den 13. maj 2009 Kl. 9.00 14.00 Undervisningsministeriet GL091-MAA Matematik A Prøvens varighed er 5 timer. Alle hjælpemidler er tilladt. Af opgaverne 10A, 10B, 10C og

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen

Matematik A. Studentereksamen Matematik A Studentereksamen stx123-mat/a-07122012 Fredag den 7. december 2012 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål. Delprøven

Læs mere

Opgavesamling til Matematik A-niveau

Opgavesamling til Matematik A-niveau Opgavesamling til Matematik A-niveau Opgavesamlingen indeholder vejledende eksempler på eksamensopgaver som kan forekomme til den skriftlige eksamen på Matematik A-niveau ved GUX Grønland. Opgavesamlingen

Læs mere

Teknisk. Matematik FACITLISTE. Preben Madsen. 4. udgave

Teknisk. Matematik FACITLISTE. Preben Madsen. 4. udgave Teknisk Preben Madsen Matematik 4. udgave FACITLISTE Indhold TAL OG ALGEBRA... LIGNINGER OG ULIGHEDER... GEOMETRI... 4 TRIGONOMETRI... 5 CIRKLEN... 5 6 OVERFLADER UDFOLDNINGER... 5 7 RUMFANG... 8 8 ANALYTISK

Læs mere

qwertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqw ertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwert yuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyui Polynomier opåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopå

qwertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqw ertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwert yuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyui Polynomier opåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopå qwertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqw ertyuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwert yuiopåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyui Polynomier opåasdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopå Kort gennemgang af polynomier og deres egenskaber. asdfghjklæøzxcvbnmqwertyuiopåasd

Læs mere

VUC Vestsjælland Syd, Slagelse Nr. 1 Institution: Projekt Trigonometri

VUC Vestsjælland Syd, Slagelse Nr. 1 Institution: Projekt Trigonometri VUC Vestsjælland Syd, Slagelse Nr. 1 Institution: 333247 2015 Anders Jørgensen, Mark Kddafi, David Jensen, Kourosh Abady og Nikolaj Eriksen 1. Indledning I dette projekt, vil man kunne se definitioner

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen. Digital eksamensopgave med adgang til internettet

Matematik A. Studentereksamen. Digital eksamensopgave med adgang til internettet Matematik A Studentereksamen Digital eksamensopgave med adgang til internettet 2stx121-MATn/A-31052012 Torsdag den 31. maj 2012 kl. 09.00-14.00 Side 1 af 7 sider Opgavesættet er delt i to dele: Delprøve

Læs mere

Formelsamling Matematik C

Formelsamling Matematik C Formelsamling Matematik C Ib Michelsen Ikast 2011 Ligedannede trekanter Hvis to trekanter er ensvinklede har de proportionale sider (dvs. alle siderne i den ene er forstørrelser af siderne i den anden

Læs mere

GU HHX MAJ 2009 MATEMATIK B. Onsdag den 13. maj 2009. Kl. 9.00 13.00 GL091-MAB. Undervisningsministeriet

GU HHX MAJ 2009 MATEMATIK B. Onsdag den 13. maj 2009. Kl. 9.00 13.00 GL091-MAB. Undervisningsministeriet GU HHX MAJ 009 MATEMATIK B Onsdag den 13. maj 009 Kl. 9.00 13.00 Undervisningsministeriet GL091-MAB Matematik B Prøvens varighed er 4 timer. Alle hjælpemidler er tilladt. Af opgaverne 8A, 8B, 8C, 8D og

Læs mere

Skriv punkternes koordinater i regnearket, og brug værktøjet To variabel regressionsanalyse.

Skriv punkternes koordinater i regnearket, og brug værktøjet To variabel regressionsanalyse. Opdateret 28. maj 2014. MD Ofte brugte kommandoer i Geogebra. Generelle Punktet navngives A Geogebra navngiver punktet Funktionen navngives f Funktionen navngives af Geogebra Punktet på grafen for f med

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen. Digital eksamensopgave med adgang til internettet

Matematik A. Studentereksamen. Digital eksamensopgave med adgang til internettet Matematik A Studentereksamen Digital eksamensopgave med adgang til internettet 2stx131-MATn/A-29052013 Onsdag den 29. maj 2013 kl. 09.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøve 1: 2 timer med autoriseret

Læs mere

MATEMATIK A-NIVEAU. Eksempel på løsning af matematik A eksamenssæt 1STX161-MAT/A Matematik A, STX. Anders Jørgensen & Mark Kddafi

MATEMATIK A-NIVEAU. Eksempel på løsning af matematik A eksamenssæt 1STX161-MAT/A Matematik A, STX. Anders Jørgensen & Mark Kddafi MATEMATIK A-NIVEAU Eksempel på løsning af matematik A eksamenssæt 1STX161-MAT/A-24052016 Matematik A, STX 2016 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik

Læs mere

Matematik A-niveau Delprøve 1

Matematik A-niveau Delprøve 1 Matematik A-niveau Delprøve 1 Opgave 1 løsning: Andengradsligningen løses: x 2 + 2x 35 = 0 Den løses for diskriminanten. d = b 2 4ac Tallene indsættes. d = 2 2 4 1 ( 35) = 144 Vi regner for x. x = b ±

Læs mere

Undervisningsbeskrivelse Mat A 2007-2010

Undervisningsbeskrivelse Mat A 2007-2010 Undervisningsbeskrivelse Mat A 2007-2010 Termin Maj 2010 Institution HTX-Sukkertoppen Uddannelse HTX Fag og Niveau Matematik A Lærer Reza Farzin Hold HTX 3.L / science Titel 1 Titel 2 Titel 4 Titel 5 Titel

Læs mere

Afstande, skæringer og vinkler i rummet

Afstande, skæringer og vinkler i rummet Afstande, skæringer og vinkler i rummet Frank Villa 2. maj 202 c 2008-20. Dette dokument må kun anvendes til undervisning i klasser som abonnerer på MatBog.dk. Se yderligere betingelser for brug her. Indhold

Læs mere

Løsningsforslag MatB Juni 2014

Løsningsforslag MatB Juni 2014 Løsningsforslag MatB Juni 2014 Opgave 1 (5 %) a) Bestem en ligning for den rette linje l, der indeholder punkterne P( 2,4) og Q(4, 1) Løsning: Da de to punkter er givet kan vi beregne hældningen på følgende

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen

Matematik A. Studentereksamen Matematik A Studentereksamen stx11-mat/a-310501 Torsdag den 31. maj 01 kl. 9.00-14.00 Side 1 af 7 sider Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål.

Læs mere

Differential- regning

Differential- regning Differential- regning del f(5) () f f () f ( ) I 5 () 006 Karsten Juul Indhold 6 Kontinuert funktion 7 Monotoniforhold7 8 Lokale ekstrema44 9 Grænseværdi5 Differentialregning del udgave 006 006 Karsten

Læs mere

Undervisningsbeskrivelse

Undervisningsbeskrivelse Undervisningsbeskrivelse Stamoplysninger til brug ved prøver til gymnasiale uddannelser Termin December/januar 14/15 Institution VUC Vestegnen Uddannelse Fag og niveau Lærer(e) Hold stx Mat A Karin Hansen

Læs mere

H Å N D B O G M A T E M A T I K 2. U D G A V E

H Å N D B O G M A T E M A T I K 2. U D G A V E H Å N D B O G M A T E M A T I K C 2. U D G A V E ÁÒ ÓÐ Indhold 1 1 Procentregning 3 1.1 Delingsprocent.............................. 3 1.2 Vækstprocent.............................. 4 1.3 Renteformlen..............................

Læs mere

Ugesedler til sommerkursus

Ugesedler til sommerkursus Aalborg Universitet - Adgangskursus Ugesedler til sommerkursus Matematik B til A Jens Friis 12 Adgangskursus Strandvejen 12 14 9000 Aalborg tlf. 99 40 97 70 ak.aau.dk sommer Matematik A 1. Lektion : Mandag

Læs mere

Velkommen til Flemmings store Maplekursus 1. lektion. Skift mellem tekst- og matematikmode

Velkommen til Flemmings store Maplekursus 1. lektion. Skift mellem tekst- og matematikmode Velkommen til Flemmings store Maplekursus 1. lektion. Skift mellem tekst- og matematikmode Man kan skifte mellem tekst- og matemamatikmode ved at trykke på F5. I øjeblikket er jeg i tekstmode.. 2. lektion.

Læs mere

Matematik B-niveau STX 7. december 2012 Delprøve 1

Matematik B-niveau STX 7. december 2012 Delprøve 1 Matematik B-niveau STX 7. december 2012 Delprøve 1 Opgave 1 Af trekanterne ABC og DEF ses ABC med b = 6 og c = 10. Der bestemmes for a. Tallene indsættes Så sidelængden er regnet til 8. For at bestemme

Læs mere

Løsningsvejledning til eksamenssæt fra juni 2008 udarbejdet af René Aagaard Larsen i Maple

Løsningsvejledning til eksamenssæt fra juni 2008 udarbejdet af René Aagaard Larsen i Maple Løsningsvejledning til eksamenssæt fra juni 2008 udarbejdet af René Aagaard Larsen i Maple Opgave 1 1a - Reducering Reducér følgende udtryk: Vi ganger dividerer med i både nævner og begge led i tælleren:

Læs mere

MATEMATIK A-NIVEAU. Anders Jørgensen & Mark Kddafi. Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik, 2012

MATEMATIK A-NIVEAU. Anders Jørgensen & Mark Kddafi. Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik, 2012 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik, 2012 Kapitel 4 Statistik & sandsynlighedsregning 2016 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver

Læs mere

11. Funktionsundersøgelse

11. Funktionsundersøgelse 11. Funktionsundersøgelse Hayati Balo,AAMS Følgende fremstilling er baseret på 1. Nils Victor-Jensen,Matematik for adgangskursus, B-niveau 2, 2. udg. 11.1 Generelt om funktionsundersøgelse Formålet med

Læs mere

Undervisningsbeskrivelse

Undervisningsbeskrivelse Undervisningsbeskrivelse Stamoplysninger til brug ved prøver til gymnasiale uddannelser Termin Institution Uddannelse Fag og niveau Lærer(e) Hold December 2015 vinter VUC Vestegnen stx Mat A Gert Friis

Læs mere

Differentialregning. Et oplæg Karsten Juul L P

Differentialregning. Et oplæg Karsten Juul L P Differentialregning Et oplæg L P A 2009 Karsten Juul Til eleven Dette hæfte kan I bruge inden I starter på differentialregningen i lærebogen Det meste af hæftet er små spørgsmål med korte svar Spørgsmålene

Læs mere

Bedømmelseskriterier for skriftlig matematik stx A-niveau

Bedømmelseskriterier for skriftlig matematik stx A-niveau Bedømmelseskriterier for skriftlig matematik stx A-niveau Sådan bedømmes opgaverne ved skriftlig studentereksamen i matematik En vejledning for elever Skriftlighedsgruppe 01.04.09 Dette dokument henvender

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen. Tirsdag den 24. maj 2016 kl stx161-MAT/A

Matematik A. Studentereksamen. Tirsdag den 24. maj 2016 kl stx161-MAT/A Matematik A Studentereksamen 1stx161-MAT/A-24052016 Tirsdag den 24. maj 2016 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål. Delprøven

Læs mere

ØVEHÆFTE FOR MATEMATIK C GEOMETRI

ØVEHÆFTE FOR MATEMATIK C GEOMETRI ØVEHÆFTE FOR MATEMATIK C GEOMETRI Indhold Begreber i klassisk geometri + formelsamling... 2 Pythagoras Sætning... 8 Retvinklede trekanter. Beregn den ukendte side markeret med et bogstav.... 9 Øve vinkler

Læs mere

gl. Matematik A Studentereksamen

gl. Matematik A Studentereksamen gl. Matematik A Studentereksamen gl-2stx131-mat/a-29052013 Onsdag den 29. maj 2013 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål.

Læs mere

Matematik A. Studentereksamen. Fredag den 6. december 2013 kl stx133-mat/a

Matematik A. Studentereksamen. Fredag den 6. december 2013 kl stx133-mat/a Matematik A Studentereksamen stx133-mat/a-06122013 Fredag den 6. december 2013 kl. 9.00-14.00 Opgavesættet er delt i to dele. Delprøven uden hjælpemidler består af opgave 1-6 med i alt 6 spørgsmål. Delprøven

Læs mere

Start-mat. for stx og hf Karsten Juul

Start-mat. for stx og hf Karsten Juul Start-mat for stx og hf 0,6 5, 9 2017 Karsten Juul Start-mat for stx og hf 2017 Karsten Juul 1/8-2017 (7/8-2017) Nyeste version af dette hæfte kan downloades fra http://mat1.dk/noter.htm. Hæftet må benyttes

Læs mere

Vektorer og lineær regression. Peter Harremoës Niels Brock

Vektorer og lineær regression. Peter Harremoës Niels Brock Vektorer og lineær regression Peter Harremoës Niels Brock April 2013 1 Planproduktet Vi har set, at man kan gange en vektor med et tal. Et oplagt spørgsmål er, om man også kan gange to vektorer med hinanden.

Læs mere

Eksempler på problemløsning med differentialregning

Eksempler på problemløsning med differentialregning Eksempler på problemløsning med differentialregning 004 Karsten Juul Opgave 1: Monotoniforhold = 1+, x 3 3 x Bestem monotoniforholdene for f Besvarelse af opgave 1 Først differentierer vi f : (3 x) (3

Læs mere

VEKTORGEOMETRI del 2 Skæringer Projektioner Vinkler Afstande

VEKTORGEOMETRI del 2 Skæringer Projektioner Vinkler Afstande VEKTORGEOMETRI del Skæringer Projektioner Vinkler Afstande x-klasserne Gammel Hellerup Gymnasium 1 Indhold OVERSIGT... 3 SKÆRINGSPUNKTER OG RØRINGSPUNKTER... 4 Skæring med koordinatakser- og planer...

Læs mere