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 Dette hæfte indeholder løsninger af matematik A eksempler på eksamensopgaver fra opgavekommissionen. I kapitel 1 vil man som læser se, at opgaverne løses uden hjælpemidler og efterfølgende med kapitel og op til kapitel 8 løses med hjælpemidler. Der løses ingen eksamensopgaver, kun eksamensopgaver som har været anvend som vejledning, derved løses kapitel 9 ikke. For anvendelse af dokumentet, anbefales det, at man prøver at løse opgaven først, inden man anvender løsningerne. 016 Side 1 ud af 33

Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 01 Opgave 1.001 Opgave 1.00 STX matematik A niveau, kapitel 1 opgaver uden hjælpemidler. Cirklen har koordinaterne Cirklens ligning er Heri indsættes oplysningerne C(3, ) samt radius 5 (x a) + (y b) = r (x 3) + (y + ) = 5 Da koordinatsættet for andenaksen ønskes, sættes x = 0. (0 3) + (y + ) = 5 9 + (y + ) = 5 (y + ) = 16 y + = ± 16 y + = ±4 4 = 6 y = + 4 = Som er koordinatsættet til andenaksen, når x = 0. Ligningen x y + 1 = 0 Samt punktet P(4,3) er givet. Man omformer ovenstående til en lineære model. y = x + 1 Da den ukendte linje skal være ortogonal med ovestående, skal begge deres hældningskoefficienter kunne give 1 a =, c = ukendt SÅ c = 1 c = 1 Som er hældningskoefficienten for den anden linje. Nu kan d-værdien findes ved indsættelse af punktet P. 3 = 1 4 + d d = 5 Så linjen der står vinkelret på l er y = 1 x + 5. Side ud af 33

Opgave 1.003 Der er givet en cirkel med koordinatsættet C(,1) og r = 5 samt linjen l = x + y 6 = 0 Der undersøges for, om linjen skærer cirklen. Derfor anvendes dist formlen. Værdierne indsættes ax + by + c dist(c, l) = a + b ( ) + 1 1 6 dist(c, l) = = 9 + 1 5 Dvs. cirklen skærer linjen to steder. Opgave 1.004 En skitse er tegnet. Så her bestemmes arealet. Der laves to vektorer AB = ( 8 6 ) AC = ( 5 1 ) Herved anvendes formlen for arealet T = 1 det(ab, AC ) = 1 8 5 6 1 = 1 (8 1 6 5) = 1 (96 30) = 1 66 = 33 Så arealet er 33. Side 3 ud af 33

Opgave 1.005 Opgave 1.006 En ligning for en cirkel er givet. Der vælges et andet symbol. Skriv ligningen her. θ: x 4x + y + y = 11 l: y = x + 1 Skæringspunktet mellem θ og l findes. Linjen l indsættes i θ x 4x + (x + 1) + (x + 1) = 11 x 4x + x + x + 1 + x + = 11 x + 3 = 11 x = 8 x = 4 x = ± Så disse værdier indsættes i linjen. y = + 1 = 1 y = + 1 = 3 Så koordinatsættet til skæringspunkterne er P(,3), Q(, 1) Da cirklen har centrum i C(3, ) og punktet P(0,) som linjen går igennem, kan man opstille en ligning. Først laves en normalvektor Linjens ligning er CP = ( 3 0 ) = ( 3 4 ) Heri indsættes punktet P og vektor CP a(x x 0 ) + b(y y 0 ) = 0 3(x 0) 4(y ) = 0 3x 4y + 8 = 0 Som er linjens ligning, som tangerer cirklen. Side 4 ud af 33

Opgave 1.007 En ligning for cirklen er givet ved Her er cirklens ligning Så ligningen omformes. Så koordinatsættet er x + 8x + y 4y = 10 (x a) + (y b) = r (x + 4) 16 + (y ) 4 = 10 (x + 4) + (y ) = 16 + 4 + 10 (x + 4) + (y ) = 30 C( 4,), r = 30 Opgave 1.008 En ligning for cirklen er givet. C: x 6x + y + 4y 3 = 0 l: x + y = 8 Så her indsættes l på C, men først omformes l Dette indsættes på y. x = 8 y x 6x + y + 4y 3 = 0 (8 y) 6(8 y) + y + 4y 3 = 0 4y 3y + 64 48 + 1y + y + 4y 3 = 0 5y 16y + 13 = 0 Som løses som en andengradsligning d = b 4ac = ( 16) 4 5 13 = 4 Og da diskriminanten er mindre end 0, er l ikke tangent! Opgave 1.009 Da skæringspunktet skal være på førsteaksen, sættes y værdierne lig med 0. Så ligningen (x + ) + (y ) = 8 (x + ) + (0 ) = 8 (x + ) + 4 = 8 (x + ) = 4 x + = 4 x + = ± Så x = + = 0 som er rødderne ved førsteaksen. = 4 Side 5 ud af 33

Opgave 1.010 Der er givet en vektor i planen samt et punkt. Så laves en linje vha. linjens ligning a = ( 3 ), P(1, 5) a(x x 0 ) + b(y y 0 ) = 0 Heri indsættes vektoren og punktet. Grafisk: 1 3(x 1) (y + 5) = 0 3x 3 y 10 = 0 3x y 13 = 0 Så hermed er ligningen fundet. Nu bestemmes der en parameterfremstilling af formen Så værdierne indsættes. ( x y ) = (x 0 y 0 ) + t ( r 1 r ) ( x y ) = ( 1 5 ) + t ( 3 ), Som er parameterfremstillingen. t R 1 Godt nok er første kapitel uden hjælpemidler, men grafen illustrerer for dem, som også vil have en grafisk fortolkning af opgaven. Side 6 ud af 33

Opgave 1.011 Opgave 1.01 Der er givet to vektorer i planen. Der ønskes bestemmelse af længden af den korteste diagonal. Lad vektorerne være givet a = ( 5 ), Her findes koordinaten til c først. c t = ( t t 3 ), c = ( 3 ) = ( 4 1 ) t R Så regner man på det ved at lægge a til c og efterfølgende prøve at trække dem fra hinanden. a + c = ( 5 ) + ( 4 1 ) = (9 1 ) = a + c = 9 + 1 = 8 a c = ( 5 ) ( 4 1 ) = (1 3 ) = a c = 1 + 3 = 10 Så den korteste diagonal er når vektor a trækkes fra vektor c. Udtrykket Først deles udtrykket op. 3 (p + q) 6p (q p) 3 (p + q) = (3p + 3q) (p + q) = 3p + 3q + 6pq Tilbage til andet led. 6p (q p) = 6pq + 6p Som nu sættes sammen med første led. Som er løsningen. 3p + 3q + 6pq 6pq + 6p = 9p + 3q Side 7 ud af 33

Opgave 1.013 Opgave 1.014 Opgave 1.015 Udtrykket Udtrykket deles op. Nu midterste led. Endelig det sidste led. (a + 3b) 3b(4a + b) (a + b)(a b) Nu klistres det hele sammen igen. Der forkortes ud. Brøken er givet (a + 3b) = 4a + 9b + 1ab 3b(4a + b) = 1ab 6b (a + b)(a b) = 4a + b 4a + 9b + 1ab 1ab 6b 4a + b 4b a ab + b (a b) a b = = (a b) (a b) Som er det korteste man kan forkorte ud. Der er givet en række oplysninger. Her er a = og punktet P(3,0) dvs. den skærer førsteaksen. Her indsættes oplysningerne. Så den lineære funktion er y = ax + b 0 = 3 + b 0 = 6 + b b = 6 y = x + 6 Side 8 ud af 33

Opgave 1.016 Opgave 1.017 Opgave 1.018 Der aflæses fra tabellen. Først opskrives modellen ud fra kriterierne f(x) = a 1 x + b Så har man tabellens værdier. Man kan bestemme tallene a og b. 1 = a 1 1 + b 3 = a 1 3 + b Her løses det som en ligning system. 1 ( 3) = a a 3 = a 1 a 3 = a 3 a = 3 Så indsættes a i første udtryk (eller andet udtryk hvis man vil). Så hermed er funktionen 1 = 3 1 + b b = 4 1 f(x) = 3 x 4 Som går gennem de relevante punkter. Der ses tre grafer. f 1 er en voksende lineære funktion, hvor a > 0 og b < 0. f er en aftagende lineære funktion, hvor a < 0 og b > 0. f 3 er en ret konstant linje, hvor a = 0 og b > 0. En lineære model for kugler i en dåse er givet. (Ingen enhed er angivet, så der antages at det er gram.) f(x) = 10x + 00 Hvor tallet a fortæller, at jo flere kugler der kommer i, jo mere øges vægten. Tallet b fortæller, at uden kugler i dåsen, er vægten 00g. Side 9 ud af 33

Opgave 1.019 Opgave 1.00 Opgave 1.01 En lineære model for kugler i en dåse er givet. (Ingen enhed er angivet, så der antages at det er gram.) f(x) = 10x + 00 Vægten af dåsen bestemmes ved at tømme den for kugler, den er tømt når x = 0 så f(x) = 10 0 + 00, så der antages, at dåsen vejer 00gram. Nu undersøges der for vægten af en kugle. Dette gøres ved at smide en kugle i dåsen, så x = 1. f(1) = 10 1 + 00 = 10g Derfor må en kugle veje 10g. Dette kan man også fortolke ved at sige: For hver kugle der kommes i, øges vægten med 10g. Andengradsligningen løses Diskriminanten benyttes Dvs. én rod. x 6x + 9 = 0 d = b 4ac = ( 6) 4 1 9 = 0 x = b a = 6 = 3 Der skal udføres faktorisering af andengradspolynomiet (den samme som ligningen). Så indsættes rødderne. f(x) = a(x r 1 )(x r ) f(x) = (x 3) For hvis man anvender en kvadratsætning (nr. ), fås andengradsligningen igen. (Eller polynomiet). Der undersøges, om x = 1 er løsningen. 8 1 3 + 1 1 = 0 1 + 1 1 = 0 1 = 0 Så det er ikke løsningen til ligningen. Side 10 ud af 33

Opgave 1.0 Opgave 1.03 Opgave 1.04 Polynomiet P(x) = x 3 + kx 3x + 6 Der bestemmes for tallet k, så er rod i polynomiet. 0 = ( ) 3 + k ( ) 3 ( ) + 6 0 = 8 + 4k + 1 0 = 4k + 4 k = 1 Så man får som rod, når k = 1. Ligningen er givet i faktoriseret form. (x 1)(x + 3) 7 = 0 Man kan bare pille rødderne ud, så rødderne er Man kan også anvende nulreglen. x = 1 x = 3 (x 1) = 0 x = 1 (x + 3) 7 7 = 0 x + 3 = 0 x = 3 Den lineære forskrift bestemmes vha. punkterne P(,10) og ( 3,0) a = y y 1 = 0 10 x x 1 3 = 10 5 = b = y 1 ax 1 = 10 = 6 Så forskriften for f, der går gennem punkterne er Der løses en ligning for f(x) = 3 f(x) = x + 6 3 = x + 6 3 = x x = 1.5 Side 11 ud af 33

Opgave 1.05 Opgave 1.06 Andengradspolynomiet bestemmes. Den bestemmes. Så løses den for x. f(x) = x x d = b 4ac = ( 1) 4 1 ( ) = 9 x = 1 ± 3 = 1 Nu kan man opskrive faktorisering af polynomiet Så indsættes tallene Der er givet en parabel. Der ønskes toppunktet. Den findes. Hvor f (x) = 0 f(x) = a(x r 1 )(x r ) f(x) = 1 (x )(x + 1) f(x) = x + 6x + 1 f (x) = 4x + 6 Som indsættes i f(x). Så koordinatsættet er 4x + 6 = 0 4x = 6 x = 3 f ( 3 ) = (3 ) + 6 ( 3 ) + 1 = 11 T = ( 3, 11 ) Man kan også bruge den klassiske metode til at finde toppunktet Side 1 ud af 33

Opgave 1.07 En ligning er givet. kx + kx 1 = 0 Hvor k 0, k R Så her anvendes diskriminanten, hvor det kræves, at d = 0 for netop en løsning! Værdierne indsættes d = b 4ac k 4 k ( 1) = 0 k + 4k = 0 k(k + 4) = 0 k = 0, men den forkastes, da k 0 k + 4 = 0 k = 4 Som giver én rod. Derved er ligningen 4x 4x 1 = 0 Opgave 1.08 En parabel er givet ved forskriften f(x) = 4x + 3x Her ses det, at parablen er voksende og den ligger i 3. kvadrant, hvor den skærer y aksen i, så a > 0 b > 0 c < 0 d > 0 Side 13 ud af 33

Opgave 1.09 Parablen er givet Toppunktet bestemmes. 1) T xy -metoden y = x x T x = b a, T y = d 4a Så her findes diskriminanten. d = b 4ac d = ( 1) 4 1 ( ) = 9 Så toppunktet findes T x = 1 0.5; T y = 9 4.5 ) Differential-metoden. Løses som en ligning y = x 1 x 1 = 0 x = 1 x = 1 Nu findes y koordinaten. y = 1 1 =.5 + 0.5 =.5 Det passer. Begge metoder virker hver gang. En skitse: Metoden er, at man kender toppunktet og så kan man ellers lave sig en bane. Side 14 ud af 33

Opgave 1.030 Der er tre polynomier, F = a > 0 b > 0 c > 0 d > 0 G = a > 0 b < 0 c > 0 d < 0 Opgave 1.031 H = a < 0 b > 0 c < 0 d > 0 Godt nok blev b og c bestemt, udover a og d. Der er givet en funktion Der ønsket en tegning. f(x) = ax x + 3 Der kunne naturligvis tegnes et hav af parabler, men det gøres ikke. Side 15 ud af 33

Opgave 1.03 Opgave 1.033 Så her er punkterne givet og man kan opstille en andengradspolynomium ved at gøre følgende: Så har man rødderne og punktet f(x) = a(x r 1 )(x r ) f(x) = a(x 5)(x 9) Hvis man indsætter punktet og isolerer for a fås Så har man Derved fås polynomiet 4 = a(7 5)(7 9) a = 1 f(x) = 1(x 5)(x 9) f(x) = x + 14x 45 Der er givet en kasse. Volumen for en kasse er V = l b h Herved aflæses det, at volumen i en bestemt kasse er 15. Begge sidelængder (l b) er x, så 15 = x h h = 15 x Da man ønsker at vide overfladearealet som funktion af x, anvendes overfladearealformlen. A overflade = b h + l b + l h Så kan man se, at b og l svarer til x, og h svarer til ovenstående udtryk. A(x) = x 15 x + x + x 15 x = 50 x + 50 x + x = 500 x Som angiver arealet. + x Side 16 ud af 33

Opgave 1.034 Opgave 1.035 Der er givet oplysningerne. Den korteste katete antages som værende: Her kan man anvende Pythagoras. Så her indsættes oplysningerne Så løses en andengradsligning Så man har Katete kort = x Katete lang = 3 x Hypotenuse enheder = 3 + x a + b = c x + (3 x) = (3 + x) 10x = 9 + 6x + x 9x 6x 9 = 0 d = b 4ac = ( 6) 4 9 ( 9) = 360 x = b ± d a Den negative værdi forkastes! = 6 ± 360 18 Så her er der omvendt proportionalitet. (MAT C bogen) Så her er Da N d = k y = b x 1 N = k d = 6 + 360 18 Side 17 ud af 33

Opgave 1.036 Der er givet oplysninger til en eksponentiel model. Hvor Så finder man a. Så funktionsudtrykket er P = b a h b = 1 5 = ln (1 ) ln() ln(a) e ( 5 ) h h P = 1 (e (ln() 5 ) ) => P = (e (ln() 5 ) ) Opgave 1.037 Der er funktionen over trykket i atmosfæren. P = ( 1 ) h 5 Volumen af idealgas er omvendt proportional med trykket. Ligesom forrige opgave, er udtrykket V P = k. Man får endvidere oplyst, at når volumen ved jordoverfladen er, er højden 0, så der regnes for P. Så man har en ligning. Så her er Så er er udtrykket P = ( 1 ) 0 5 = 1 1 = k k = V ( 1 ) h 5 = V ( 1 ) h 5 ( 1 ) h 5 V(h) = ( 1 ) h 5 = ( 1 ) h 5 = ( 1 h ) 5 Side 18 ud af 33

Opgave 1.038 Opgave 1.039 Opgave 1.040 Først aflæses grafen. Da C er langsomt voksende, er a-værdien knap så stor som de andre funktioners aværdi, hermed betyder det, at C har den største fordoblingskonstant. Det aflæses på grafen, at f 1 har den største voksende a-værdi, for a > 1 f er en aftagende eksponentiel funktion, hvor 0 < a < 1. f 3 er den samme som f 1, men med en mindre a-værdi, dog er a > 1. Man får angivet en række punkter. Så regnes b Så den eksponentielle model er x x1 a = y 4 = 9 = 9 = 3 y 1 1 b = y 1 a x 1 = 1 3 = 1 9 Opgave 1.041 Opgave 1.04 Her har man Så f(x) = 1 9 3x T = 5, f(3) = 4.5 f(8) = f(3 + 5) = f(3) = 4.5 = 9 Man har at T1 = 10 og at f(1) = 30 Altså er f() = 60. Når man går 10 ud af x-aksen, halveres y med.deraf fås f() = 60. Går man yderligere ud, fås f() = 15 osv. Side 19 ud af 33

Opgave 1.043 Opgave 1.044 Opgave 1.045 Opgave 1.046 Opgave 1.047 På en graf ses der to punkter. Fordoblingskonstanten findes. Det ses, at differencen mellem det første og andet punkt er 3, og det ses desuden også, at i det område, er y-værdien vokset det dobbelte, altså er fordoblingskonstanten 3. Der er givet en model over pølsers holdbarhed D(T) = 15.71 0.8913 T Når der er 0 o C er holdbarheden ca. 16 dage. Hvorefter dette aftages med 0.8913 = 1 + r r % = 10.87% Som er holdbarheden, som aftages, når temperaturen øges. En funktion f(x) = x 3 + e x er givet. Den differentieres. f (x) = 3x + e x En funktion f(x) = e x + 3x er givet. Den differentieres. Nu indsættes f (0). f (x) = e x + 3 f (0) = e 0 + 3 = 4 En funktion f(x) = 3 x + x5 er givet. Den differentieres. Opgave 1.048 f (x) = 3 x + 5x4 En funktion f(x) = x + 3x = x 0.5 + 3x er givet. Den differentieres (på to måder) f (x) = 1 x + 3 f (x) = 0.5x 0.5 + 3 Hvis man indsætter 9 i dem begge, fås det samme. f (9) = 1 9 + 3 = 1 6 + 3 6 6 = 19 6 f (9) = 0.5 9 0.5 + 3 = 1 6 + 3 6 6 = 19 6 Side 0 ud af 33

Opgave 1.049 Opgave 1.050 Opgave 1.051 Der er givet en funktion f(x) = 7 ln(x) x Ligningen for tangenten bestemmes vha. punktet P(1, f(1)) Så ligningen for tangenten er Der er givet en funktion f(1) = 7 ln(1) 1 = f (1) = 7 1 4 1 = 3 y = 3(x 1) y = 3x 5 f(x) = 4 x 1 Ligningen for tangenten bestemmes vha. punktet P(4, f(4)) f(4) = 4 4 1 = 7 f (x) = 4 x = (x), f (4) = (4) = 1 Så ligningen for tangenten er En funktion er givet ved y = 1(x 4) + 7 y = x + 3 f(x) = 1 3 x3 x 5x Monotoniforholdene bestemmes vha. differentialregning. Så Løses mht. diskriminanten Så løses for x f (x) = 0 x 4x 5 = 0 d = ( 4) 4 1 ( 5) = 36 x = 4 ± 6 = 5 1 Fortsættes næste side Side 1 ud af 33

Da man har sine rødder for den afledede, kan man differentiere den afledede og indsætte rødderne fra ovenstående. Her indsættes rødderne fra f (x) = 0 f (x) = x 4 f (5) = 5 4 = 6 > 0 f ( 1) = ( 1) 4 = 6 < 0 Så hermed er lokal maks. fundet for f, som er i 5, tilsvarende for min. som er i 1. Derved er funktionen voksende i intervallet ] ; 1] aftagende i intervallet [ 1; 5] voksende i intervallet [5; [ Opgave 1.05 En afledet funktion er givet ved f (x) = x 1x Monotoniforholdene bestemmes vha. differentialregning. Så Løses mht. nulreglen Så rødderne er f (x) = 0 x 1x = 0 x(x 1) = 0 x = 1 x = 0 x = 1 Da man har sine rødder for den afledede, kan man differentiere den afledede og indsætte rødderne fra ovenstående. Her indsættes rødderne fra f (x) = 0 f (x) = x 1 f (0) = 0 1 = 1 < 0 f (1) = 1 4 = 0 > 0 Fortsættes næste side Side ud af 33

Opgave 1.053 Så hermed er lokal maks. fundet for f, som er i 1, tilsvarende for min. som er i 0. Derved er funktionen Der er givet en funktion voksende i intervallet ] ; 0] aftagende i intervallet [0; 1] voksende i intervallet [1; [ f(x) = x 3 + x + 4x 3 Punktet P(0, f(0)) er givet. Der findes tangentligningen Punktet indsættes Så har man Ligningen omformes Og den parallelle linje f (x) = 6x + x + 4 f(0) = 0 3 + 0 + 4 0 3 = 3 f (0) = 6 0 + 0 + 4 = 4 Derved er linje y parallel med m. y = 4(x 0) 3 y = 4x 3 4x y 3 = 0 4x y + = 0 Side 3 ud af 33

Opgave 1.054 Der laves en tegning ud fra oplysningerne og kravene. Opgave 1.055 Her er f voksende i intervallet [3; 5] og [5; 8] samt aftagende i intervallet ]; 3] og [8; 10[ Funktionen f(x) = x 3 + bx + 3x + 4 Er givet. Der ønskes bestemmelse af et tal, b. a) Funktionen differentieres f (x) = 3x + bx + 3 Her er der en andengradspolynomium. Her anvendes diskriminanten. d = b 4ac Så har man d = (b) 4 3 3 = 4b 36 Så der løses en ulighed. 4b 36 0 4b 36 b 9 3 b 3 Pga. roden. Derved ligger b i dette interval. Side 4 ud af 33

Opgave 1.056 Der er givet en graf for f (x). Det ses, at funktionen f har lokale ekstrema i hhv. x = 3 x = 1 x = 4 Så man har lokal maks. i x = 1 og lokal min. i x = 3 x = 4 Monotoniforhold forklares: Da den afledede vises, kan man se hvordan den oprindelige funktion forløber sig. Da f er voksende i 4 til 3 og rammer grafen, ses det, at f er aftagende. Da f s forløb er over x-aksen i 3 og 1 ses det, at f er voksende. Her ses nu, at i x = 1 og x = 4 er f aftagende, for den afledede er under x-aksen. Efter x = 4 er f voksende. - Det vises grafisk: Opgave 1.057 Så f er aftagende i intervallerne ] ; 3] og [ 1; 4] hvor f er voksende i intervallerne [ 3; 1] og [4; [ Der er givet en graf for en partikel. Først aflæses t. t = 1.5t/s er på y aksen 0.5s/m Nu differentieres funktionen og en ret linje tegnes. Man anvender hældningskoefficienten fra lineære funktioner. Ved t = 1.5 har man sin x 1 koordinat, tilsvarende for y 1 som er 0.5. Her aflæses et andet støttepunkt. x = 3 og y = 0.7 a = Δy Δx = y y 1 0.7 0.5 = x x 1 3 1.5 = 0.45 1.5 = 0.3 Så partiklens hastighed er hermed 0.3m/s Side 5 ud af 33

Opgave 1.058 Opgave 1.059 Der er givet en graf for en steg i en oven som funktion af tiden. Først aflæses t. t = 40m er på y aksen 4 o C Nu differentieres funktionen og en ret linje tegnes. Man anvender hældningskoefficienten fra lineære funktioner. Ved t = 1.5 har man sin x 1 koordinat, tilsvarende for y 1 som er 0.5. Her aflæses et andet støttepunkt. x = 3 og y = 0.7 a = Δy Δx = 1 0 = 0.6 Så temperaturens hastighed er hermed 0.6 o C/m En partikel bevæger sig som funktion af tiden. Modellen Opgave 1.060 Opgave 1.061 a) Funktionen differentieres. Her indsættes S (16) så S(t) = 5t 1 S (t) =.5t 1 S (16) =.5 16 1 =.5 16 1 Så efter 16 sekunder, bevæger partiklen sig 0.65m/s Funktionen over en specielovn er givet f(t) = 0 + 150 ln(8t + 1) =.5 4 = 0.65 Og f (3) = 48 fortæller, at 3 minutter henne i opvarmningen, stiger temperaturen med 48 grader celsius. Der er givet oplysninger om en befolkningstilvækst. N (40) = 0.07 Så 40 år efter 1950 vokser befolkningstallet med 0.07 tusinder (7 personer) for hvert år. Side 6 ud af 33

Opgave 1.06 Opgave 1.063 Opgave 1.064 Opgave 1.065 (4x x ) 0 Integralerne bestemmes x 3 0 dx = [ 1 4 x4 ] = 1 0 4 4 ( 1 4 04 ) = 4 0 = 4 Så arealet er 4 mellem x = 0 og x = x 3 4 dx = 1 3 x4 +1 = [ 4 3 0 4 + 1 7 x7 4] = 4 0 7 7 4 ( 4 7 07 4) = 4 7 7 4 Så arealet er 4 7 7 4 mellem x = 0 og x = Integralerne bestemmes 1 e x dx = [ ex 1 0 ln(e) ] = e 1 (e 0 ) = e 1 0 Så arealet er e 1 1.718 mellem x = 0 og x = 1 1 dx = [ln x ] 1 x 1 = ln() (ln(1)) = ln() Så arealet er ln () mellem x = 1 og x = Integralet bestemmes dx = [x 1 3 x3 ] = 1 0 3 3 ( 0 1 3 03 ) = 8 8 3 = 16 3 Da grafen formentlig ligger over x-aksen, er arealet nedenunder, det der bestemmes. Derved er det en form for geometri, idet der ligger på en plan indenfor en begrænsning (bestemte integraler). Integralet bestemmes ( 1 x + x) 4 dx = [ln x + x ] 4 = ln(4) + 4 (ln() + ) = ln(4) + 16 ln() 4 = ln() + 1 Side 7 ud af 33

Opgave 1.066 Opgave 1.067 Integralerne bestemmes Som er stamfunktionen. x 5 + dx = 1 6 x6 + x + k 3x e x3 +1 dx Der anvendes substitution ved integration. Her er Som indsættes i integralet. t = x 3 + 1, dx = 1 3x dt 3x e t 1 dt = et 3x Hvor t er x 3 + 1 som indsættes tilbage. Som er stamfunktionen. Der er givet en funktion e t + k = e x3 +1 + k f(x) = x 3 4x Her findes først de områder, som afgrænser førsteaksen og et bestemt punktmængde. Der anvendes nulreglen og her findes rødderne. x(x 4) = 0 Her er x = 0, så løses resten som en ligning Så rødderne er Nu findes arealet. 0 T = f(x) Værdierne indsættes. x 4 = 0 x = 4 x = ± dx f(x) 0 x = x = 0 x = 0 dx = x 3 4x dx x 3 4x dx 0 Fortsættes næste side Side 8 ud af 33

[ 1 0 4 x4 x ] [ 1 4 x4 x ] 0 = 1 4 04 0 ( 1 4 ( )4 ( ) ) ( 1 4 4 ( 1 4 04 0 )) = 0 + 4 + 4 + 0 = 8 Opgave 1.068 Som er arealet af f. Der er givet to funktioner Begge afgrænser et område. a) Først løses en ligning. f(x) = 9 x, g(x) = x + 3 9 x = x + 3 x x + 6 = 0 Som er en andengradsligning. d = b 4ac = ( 1) 4 ( 1) 6 = 5 Løses for x Så kan integralet bestemmes. f(x) g(x) 3 Grafen ser sådan ud: x = 1 ± 5 = 3 dx = [9x 1 3 x3 ( 1 x + 3)] 3 = 9 1 3 3 ( 1 + 3) (9 ( 3) 1 3 ( 3)3 ( 1 ( 3) + 3)) = 15 6 Side 9 ud af 33

Opgave 1.069 Opgave 1.070 Opgave 1.071 Der er givet en tegning og en masse oplysninger. (Disse skrives ikke ind.) M 1 = f(x) 3 3 A = f(x) 3 dx = 6 15 dx = 6 15 + 131 15 6 15 = 1188 15 Grunden til det negative fortegn er hvor arealet er placeret. Er arealet i 3. og 4. kvadrant, er fortegnet negativt. Der er givet en funktion f f(x) = x 3 4x Og punkterne, selvom det kun er to punkter der har relevans i denne sammenhæng. Det er punktet P(,0) og O(0,0), hvor O betyder Origo. (Centrum af koordinatsystemet). 0 M = f(x) Her indsættes værdierne og M findes. 0 dx = x 3 4x dx = [ 1 0 4 x4 x ] 1 4 04 0 ( 1 4 ( )4 ( ) ) = 0 4 + 8 = 4 Som i forrige opgave var der angivet en masse oplysninger. Dette gør sig også gældende her. Der bestemmes for 0 M 1 = f(x) dx = 16 3 Fordi den ligger under x-aksen. Arealet af M findes M ( M 1 ) = 15 16 ( 1 3 ) = 15 1 + 16 3 = 15 3 16 1 375 + 19 + = = 567: 9 1 3 1 3 36 36: 9 = 63 4 Som er arealet. Side 30 ud af 33

Opgave 1.07 Opgave 1.073 Der er givet en tabel. Der bestemmes arealet først. Så arealet er 1. A = g(x) dx = [f(x)] 1 = 10 ( ) = 1 1 Ligningen for tangenten bestemmes. Tangentligningen y = g (x 0 )(x x 0 ) + g(x 0 ) Værdierne indsættes y = g (1)(x 1) + g(1) y = 6(x 1) + 3 y = 6x 3 Som er tangenthældningen for g(x). Der er givet en funktion. f(x) = x 1 1, som også kan skrives sådan: f(x) = x 1 Så bestemmes integralet. 9 f(x) 0 dx = [ 9 3 x3 ] = 0 3 93 ( 3 03 ) = 54 7 = 3 3 = 18 Så arealet er 18. Man ønsker en skitse. Opgave 1.074 Så det ses, at et lille stykke er under førsteaksen, så hvis dette stykke var over x-aksen, vil arealet have været lidt større Her ses det, at B er den afledede af A, man ser på ekstrema. Der hvor B krydser førsteaksen, har A global maks., men også grafens forløb for B, når den kommer under førsteaksen, ses det, at A aftager. Side 31 ud af 33

Opgave 1.075 Opgave 1.076 Der er givet en differentialligning og et punkt P(,) dy 3y = x dx Man ønsker en linje for tangenten til f i P. Dette gøres enkelt. Her indsættes punktet P direkte. y = f (x 0 )(x x 0 ) + f(x 0 ) y = f (x 0 )(x ) + Punktet P indsættes også i differentialligningen. Så det indsættes i y ved f (x 0 ) dy dx 3 = dy dx = 6 + 4 = 10 y = 10(x ) + y = 10x 18 Som er tangenten til grafen for f i punktet P(,). Der undersøges, om f er en løsning til differentialligningen, når f er Og differentialligningen Her svarer f til y. f(x) = x 3 + x + x y 3y = 3x 3 x + 1 f (x) = 3x + x + 1 Den sættes ind på y samt f sættes ind på y. 3x + x + 1 3(x 3 + x + x) = 3x 3 x + 1 3x + x + 1 3x 3 3x 3x) = 3x 3 x + 1 3x 3 x + 1 = 3x 3 x + 1 Da begge er identiske, er f en løsning til differentialligningen. Side 3 ud af 33

Opgave 1.077 Differentialligningen Hvor x R, y > 1 dy = (x + 1)(y 1) dx Så man har y 1 > 0 Man kan tegne sin monotonilinje, når man Så kan monotonilinjen tegnes. y < 0, for x < 1 y = 0, for x = 1 y > 0, for x > 1 Slut på kapitel 1 - opgaver uden hjælpemidler Kapitel handler om Geometri og vektorer fra bogen: Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 01 Side 33 ud af 33