Løsningsforslag MatB Juni 2014

Transkript

1 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 måde: α = y 2 y 1 x 2 x 1 α = ( 2) = 3 6 = 1 2 Linjes ligning findes vha. føælgende, da vi kender hældningen og et punkt y = α x + q 1 = q Skæring med y-aksen er: = q q = 3 Nu indsættes de kendte størrelser i linjes ligning l: l :y = 1 2 x + 3 1

2 Opgave 2 (5 %) En funktion f er givet ved: f (x) = ln(x 2 + 1) + 2x a) Beregn f (1). Løsning: a) Vi kan hurtigt konstatere, at funktionens definitionsmængde er alle reelle tal, dvs. Dm f = R Fot at finde den første afledede skal vi bruge kædereglen som anvendes i forbindelse med at differentiere sammensætte funktioner. Der er to udgaver af selve reglen og man frit kan vælge hvilke af dem man er interesseret i at bruge. dy dx = dy du du dx ( f (g(x))) = f (g(x)) g (x) Vi starter med at omskrive funktionen f (x) = ln(x 2 + 1) + 2x f (x) = ln(u) + 2x ln(u) 1 u u = x x f (x) = dy dx = 1 u 2x + 2 f (x) = 2x x Vi indsætter x = 1 i den afledede funktion f (1) = = 3 2

3 Opgave 3 (5 %) I en retvinklet trekant ABC, hvor vinkel C er ret, er A = 60 0 og c = 8. a) Bestem længden af siden b. Løsning: a)vi skitserer trekanten vha. GeoGebra Ud fra trekantens givne værdier kan vi beregne vinkel B, dvs. B = ( ) = 30 0 sin(b) = b c sin(30 0 ) = b 8 b = 8 sin(30 0 ) = = 4 Llængden af siden b er: b = 4 3

4 Opgave 4 (5 %) a) Løs ligningen: 3 4 x = x 1 Løsning: a) Vi konstaterer først, at grundmængden er alle reelle tal undtagen nul, dvs. G = R \ {0} Løsningsmængden findes ved at samle x erne på den ene side af lighedstegnet = x + 4 x 4 = x x Den mindste fællesnævner er x Nu kan vi gange over kors 4 = x x x x 4 = x2 + 4 x 4x = x Eller skrevet på en anden måde: x 2 4x + 4 = 0 Vi løser denne andengradsligning ved at beregne disikriminanten: 4

5 d = b 2 4ac d = ( 4) = = 0 Da d = 0 er der en løsning. Løsningsmængden bliver: x = b 2a = ( 4) = 2 2 L = {2} Opgave 5 ( 5 %) a) Reducér følgende udtryk: a3 a a 2 (a 3 ) 2 Løsning: a) a 3 a a 2 (a 3 ) 2 = = a3 a 2 a a 3 2 = a3+2 a a 6 = a5 a a 6 a = a 5

6 Opgave 6 (20 %) En funktion f er givet ved: f (x) = ex x 1 a) Bestem definitionsmængden for f. b) Bestem monotoniintervallerne for funktionen f. c) Bestem koordinatsættene til eventuelle ekstremumspunkter. d) Bestem en ligningfor tangenten til grafen for f i punktet P(0, f (0)). Løsning: a) Vi skal sikre os at man ikke kommer til at dividere med nul. Derfor x 1 0 x 0 Altså defntionsmængden er Dm f = R\{1} b) Monotonintervallerne findes ved at sætte den afledede funktion til nul. Vi bruger en af de følgende regler f (x) = ex x 1 d( u v ) du v dx = dx u dv dx v 2 ( f g ) (x) = g(x) f (x) f (x) g (x) (g(x)) 2 Hvis vi bruger den første regel skal vi skrive funktionen på følgende måde 6

7 Nu skal vi beregne f (x) = 0 Ganges over kors f (x) = ex x 1 = u v u = e x u = du dx = ex v = x 1 v = dv dx = 1 d( u f (x) = v ) dx = (x 1) ex e x 1 (x 1) 2 f (x) = x ex e x e x (x 1) 2 = ex (x 2) (x 1) 2 e x (x 2) (x 1) 2 = 0 e x (x 2) (x 1) 2 = 0 1 e x (x 2) 1 = 0 (x 1) 2 e x (x 2) = 0 Vi kan bruge GeoGebra Solve kommandoen Solve[e x (x 2) = 0] giver {x = 2} Eller kan vi også løse ligningen vha. nulreglen på følgende måde: e x = 0 (x 2) = 0 e x = 0 er i hvert fald aldrig sand, prøv solve igen som giver tom mængde. 7

8 (x 2) = 0 x = 2 Tallet x = 2 deler fortegnslinjen i to dele Ud fra ovenstående kan vi konstatere at; funktionen er aftagende i ] ;1[ og ]1;2[ og voksende i ]2; [ Funktionen er skitseret 8

9 c) Koordinatsættet til den likale minimum findes ved at indsætte x = 2 i funktionen for finde y-værdien. f (2) = e2 2 1 = e2 = 7.39 Koordinatsættet til lok. min er (x, y) = (2, 7, 39) d) Tangentligning i punktet P(0, f (0)) Hældningen i punktet x 0 = 0 Dvs. punktets koordinater f (0) = y 0 = e0 0 1 = 1 P(x 0,y 0 ) = P(0, 1) f (0) = e0 (0 2) (0 1) 2 = 2 1 = 2 Vi kan nu indsætte de kendte værdier i formlen for tangentligning y f (x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) y ( 1) = 2(x 0) Tangentligningen blliver y + 1 = 2x y = 2x 1 9

10 Opgave 7 (5 %) En funktion f er givet ved: f (x) = x 2 + b x + 1, hvor b er et tal. I punktet P(2, f (2)) har grafen for f en tangent med ligningen: y = 6x 3. a) Beregn b. Løsning: a) Tangentligningens hældning aflæses til 6. Denne hældning må være lig med den afledede funktionsværdi for x 0 = 2. Vi finder den afledede funktion sætter denne lig med tallet 6 f (x 0 ) = 2 x 0 + b 6 = b 6 = 4 + b b = 2 Opgave 8 (15 %) Ved måling af en bestemt størrelse er følgende resultater fremkommet. Observation Hyppighed a) Bestem de kumulerede frekvenser og tegn sunkurven. b) Bestem kvartilsættet for resultatfordelingen. c) Bestem hvor stor en procentdel af observationerne, der højest var på 12 minutter. 10

11 Løsning: a) og b) c) 12 min aflæses til ca. 61 % Opgaven kan også løses vha. GeoGebra ved først at indsætte følgende tabel ind i regnearket 11

12 Bagefter vælges create polyline og der laves følgende graf som løsning 12

13 Opgave 9 ( 15 %) På figuren er vist graferne for tre forskellige rksponentielle udviklinger af typen: f (x) = b a x. a) Bestem hvilken af de tre funktioner, der har den største, henholdsvis mindste værdi af tallet a. b) Bestem hvilken af funktionerne f 2 og f 3, der har den største frdoblingskonstant. Om en andeneksponentiel udvikling g oplyses, at g(10) = 12 og fordoblingskonstanten T 2 = 4. c) Bestem g(2). Løsning: a) Vi ved at følgende gælder for eksponentielle udviklinger: a > 1 voksende eksponentiel udvikling 0 < a < 1 aftagende eksponentiel udvikling 13

14 værdi. Ud fra disse kan vi konstatere at den mindste a-værdi må svare til f 1 og største f 2 b) Fordoblingskonstanten er: T 2 = ln(2) ln(a) Største fordoblingskonstant betyder mindre a-værd, derfor har f 3 mindste a- c) Bestemmelse af g(2) når vi kender g(10) = 12 og T 2 = 4 Eksponentiel udvikling: Indsættes disse T 2 = ln(2) ln(a) 4 = ln(2) ln(2) ln(a) = = ln((a) 4 ln(a) = e ln(a) = e a = 1.19 g(x) = b a x og vi kender g(10 = = b Isolers b b = 12 = g(x) = x g(2) = =

15 Opgave 10 (15 %) En en trekant ABC er A = 70 0, b = 10 og længden af medianen fra vinkel B på siden b er m b = 6. Medianens fodpunkt på siden b kaldes M. a) Beregn længden af siden c. b) Beregn længden af højden fra C. c) Beregn B i trekant ABM. 15

16 Løsning: a) Vi skitserer trekanten vha. GeoGebra på følgende måde: Længden af siden c findes vha. cosinusrelation ud fra trekanten ABM a 2 = b 2 + c 2 2bc cos(a) 6 2 = c c cos(70) Det giver en andengradsligning c c 11 = 0 Solve[c c 11 = 0] giver {c = (((-2) * sqrt(2181)) + 43) / 25, c = ((2 * sqrt(2181)) + 43) / 25} Det kryptiske resultat er i virkeligheden c = 2.016eller c = 5.45 Da længde ikke kan være negativ vil lægden c være facit, dvs. c = 5.45 Grafregneren giver følgende 16

17 Solve(c c 11 = 0,c) giver c = 2.02 or c = 5.44 b) Længden af højden fra C, dvs h c bestemmes Ud fra den retvinklede trekantanc sin(a) = h c 10 h c = 10 sin(70 0 ) = 9.40 c) Vinklen B ud fra trekanten ABM bestemmes vhs. sinusrelationer Ganges over kors sin(70 0 ) 6 = sin(b) 5 5 sin(70 0 ) = 6 sin(b) Vi isolerer sin(b) sin(b) = 5 sin(700 ) 6 B = sin 1 (0.7831) = B = Opgave 11 (5 %) En funktion f er givet ved: f (x) = 3 ln( x 2 ) a) Bestem den omvendte funktion f 1 17

18 Løsning: Betingelsen for at finde den inverse funktion er injektivitet, dvs Dm f = V m f 1 V m f = Dm f 1 Vi skitserer funktionen vha. GeoGebra Aflæses ud fra figur følgende Dm f =]0; [= V m f 1 V m f = R = Dm f 1 Da funktionen er injektiv kan vi konstruere den omvendte funktion ved at ombytte x med y y = f (x) = 3 ln( x 2 ) x = 3 ln( y 2 ) 18

19 x 3 = ln( y 2 ) ^ y x 2 = e 3 e og ln ophæver hinanden da de er hinandens omvendte y = 2 e 1 3 x 19