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 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 kapitel 2 og op til kapitel 8 løses med hjælpemidler. I kapitel 4 bestemmes kritiske værdier på baggrund af et vedhæftet skema. Dette ses på side 87. Kilde er desuden vedlagt. Der er ligeledes tilføjet tillæg, som der viser tre eksamenssæt. Det første løses udelukkende i Maple, hvorpå de andre løses med Maple og WordMat. Disse er listet nedenfor; - Matematik A-niveau, STX december 2014 Tillæg 1, Maple - Matematik A-niveau, STX august 2015 Tillæg 2, WordMat - Matematik A-niveau, STX maj 2016 Tillæg 3, WordMat 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. Det forudsættes ligeledes, at man som læser har kendskab til CAS programmerne Maple 2016, GeoGebra samt WordMat, således læsning af løsningerne giver bedst mening. 2016 Side 1 ud af 180

Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Opgave 1.001 Opgave 1.002 STX matematik A niveau, kapitel 1 opgaver uden hjælpemidler. Cirklen har koordinaterne Cirklens ligning er Heri indsættes oplysningerne C(3, 2) samt radius 5 (x a) 2 + (y b) 2 = r 2 (x 3) 2 + (y + 2) 2 = 5 2 Da koordinatsættet for andenaksen ønskes, sættes x = 0. (0 3) 2 + (y + 2) 2 = 5 2 9 + (y + 2) 2 = 25 (y + 2) 2 = 16 y + 2 = ± 16 y + 2 = ±4 2 4 = 6 y = 2 + 4 = 2 Som er koordinatsættet til andenaksen, når x = 0. Ligningen 2x y + 1 = 0 Samt punktet P(4,3) er givet. Man omformer ovenstående til en lineære model. y = 2x + 1 Da den ukendte linje skal være ortogonal med ovestående, skal begge deres hældningskoefficienter kunne give 1 a = 2, c = ukendt Så 2 c = 1 c = 1 2 Som er hældningskoefficienten for den anden linje. Nu kan d-værdien findes ved indsættelse af punktet P. 3 = 1 4 + d d = 5 2 Så linjen der står vinkelret på l er y = 1 x + 5. 2 Side 2 ud af 180

Opgave 1.003 Der er givet en cirkel med koordinatsættet C( 2,1) og r = 5 samt linjen l = 2x + y 6 = 0 Der undersøges for, om linjen skærer cirklen. Derfor anvendes dist formlen. Værdierne indsættes ax + by + c dist(c, l) = a 2 + b 2 2( 2) + 1 1 6 dist(c, l) = = 9 2 2 + 1 2 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 12 ) Herved anvendes formlen for arealet T = 1 2 det(ab, AC ) = 1 2 8 5 6 12 = 1 2 (8 12 6 5) = 1 2 (96 30) = 1 66 = 33 2 Så arealet er 33. Side 3 ud af 180

Opgave 1.005 Opgave 1.006 En ligning for en cirkel er givet. Der vælges et andet symbol. θ: x 2 4x + y 2 + 2y = 11 l: y = x + 1 Skæringspunktet mellem θ og l findes. Linjen l indsættes i θ x 2 4x + (x + 1) 2 + 2(x + 1) = 11 x 2 4x + x 2 + 2x + 1 + 2x + 2 = 11 2x 2 + 3 = 11 2x 2 = 8 x 2 = 4 x = ±2 Så disse værdier indsættes i linjen. y = 2 + 1 = 1 y = 2 + 1 = 3 Så koordinatsættet til skæringspunkterne er P(2,3), Q( 2, 1) Da cirklen har centrum i C(3, 2) og punktet P(0,2) som linjen går igennem, kan man opstille en ligning. Først laves en normalvektor Linjens ligning er CP = ( 3 0 2 2 ) = ( 3 4 ) Heri indsættes punktet P og vektor CP a(x x 0 ) + b(y y 0 ) = 0 3(x 0) 4(y 2) = 0 3x 4y + 8 = 0 Som er linjens ligning, som tangerer cirklen. Side 4 ud af 180

Opgave 1.007 En ligning for cirklen er givet ved Her er cirklens ligning Så ligningen omformes. Så koordinatsættet er x 2 + 8x + y 2 4y = 10 (x a) 2 + (y b) 2 = r 2 (x + 4) 2 16 + (y 2) 2 4 = 10 (x + 4) 2 + (y 2) 2 = 16 + 4 + 10 (x + 4) 2 + (y 2) 2 = 30 C( 4,2), r = 30 Opgave 1.008 En ligning for cirklen er givet. C: x 2 6x + y 2 + 4y 3 = 0 l: x + 2y = 8 Så her indsættes l på C, men først omformes l Dette indsættes på y. x = 8 2y x 2 6x + y 2 + 4y 3 = 0 (8 2y) 2 6(8 2y) + y 2 + 4y 3 = 0 4y 2 32y + 64 48 + 12y + y 2 + 4y 3 = 0 5y 2 16y + 13 = 0 Som løses som en andengradsligning d = b 2 4ac = ( 16) 2 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 + 2) 2 + (y 2) 2 = 8 (x + 2) 2 + (0 2) 2 = 8 (x + 2) 2 + 4 = 8 (x + 2) 2 = 4 x + 2 = 4 x + 2 = ±2 Så x = { 2 + 2 = 0 som er rødderne ved førsteaksen. 2 2 = 4 Side 5 ud af 180

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) 2 a(x x 0 ) + b(y y 0 ) = 0 Heri indsættes vektoren og punktet. Grafisk: 1 3(x 1) 2(y + 5) = 0 3x 3 2y 10 = 0 3x 2y 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 r2 ) ( x y ) = ( 1 5 ) + t ( 3 2 ), 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 180

Opgave 1.011 Opgave 1.012 Der er givet to vektorer i planen. Der ønskes bestemmelse af længden af den korteste diagonal. Lad vektorerne være givet a = ( 5 2 ), Her findes koordinaten til c 2 først. c t = ( 2t t 3 ), c 2 = ( 2 2 2 3 ) = ( 4 1 ) t R Så regner man på det ved at lægge a til c 2 og efterfølgende prøve at trække dem fra hinanden. a + c 2 = ( 5 2 ) + ( 4 1 ) = (9 1 ) = a + c 2 = 9 2 + 1 2 = 82 a c 2 = ( 5 2 ) ( 4 1 ) = (1 3 ) = a c 2 = 1 2 + 3 2 = 10 Så den korteste diagonal er når vektor a trækkes fra vektor c 2. Udtrykket Først deles udtrykket op. 3 (p + q) 2 6p (q p) 3 (p + q) 2 = (3p + 3q) (p + q) = 3p 2 + 3q 2 + 6pq Tilbage til andet led. 6p (q p) = 6pq + 6p 2 Som nu sættes sammen med første led. Som er løsningen. 3p 2 + 3q 2 + 6pq 6pq + 6p 2 = 9p 2 + 3q 2 Side 7 ud af 180

Opgave 1.013 Opgave 1.014 Opgave 1.015 Udtrykket Udtrykket deles op. Nu midterste led. Endelig det sidste led. (2a + 3b) 2 3b(4a + 2b) (2a + b)(2a b) Nu klistres det hele sammen igen. Der forkortes ud. Brøken er givet (2a + 3b) 2 = 4a 2 + 9b 2 + 12ab 3b(4a + 2b) = 12ab 6b 2 (2a + b)(2a b) = 4a 2 + b 2 4a 2 + 9b 2 + 12ab 12ab 6b 2 4a 2 + b 2 4b 2 a 2 2ab + b 2 (a b)2 a b = = 2(a b) 2(a b) 2 Som er det korteste man kan forkorte ud. Der er givet en række oplysninger. Her er a = 2 og punktet P(3,0) dvs. den skærer førsteaksen. Her indsættes oplysningerne. Så den lineære funktion er y = ax + b 0 = 2 3 + b 0 = 6 + b b = 6 y = 2x + 6 Side 8 ud af 180

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 2 = a 1 a 3 2 = 2a 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 2 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 + 200 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 200g. Side 9 ud af 180

Opgave 1.019 Opgave 1.020 Opgave 1.021 En lineære model for kugler i en dåse er givet. (Ingen enhed er angivet, så der antages at det er gram.) f(x) = 10x + 200 Vægten af dåsen bestemmes ved at tømme den for kugler, den er tømt når x = 0 så f(x) = 10 0 + 200, så der antages, at dåsen vejer 200gram. Nu undersøges der for vægten af en kugle. Dette gøres ved at smide en kugle i dåsen, så x = 1. f(1) = 10 1 + 200 = 210g 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 2 6x + 9 = 0 d = b 2 4ac = ( 6) 2 4 1 9 = 0 x = b 2a = 6 2 = 3 Der skal udføres faktorisering af andengradspolynomiet (den samme som ligningen). Så indsættes rødderne. f(x) = a(x r 1 )(x r 2 ) f(x) = (x 3) 2 For hvis man anvender en kvadratsætning (nr. 2), fås andengradsligningen igen. (Eller polynomiet). Der undersøges, om x = 1 er løsningen. 2 8 1 3 2 + 2 1 2 1 = 0 2 1 + 1 2 1 = 0 1 2 = 0 Så det er ikke løsningen til ligningen. Side 10 ud af 180

Opgave 1.022 Opgave 1.023 Opgave 1.024 Polynomiet P(x) = x 3 + kx 2 3x + 6 Der bestemmes for tallet k, så 2 er rod i polynomiet. 0 = ( 2) 3 + k ( 2) 2 3 ( 2) + 6 0 = 8 + 4k + 12 0 = 4k + 4 k = 1 Så man får 2 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(2,10) og ( 3,0) a = y 2 y 1 = 0 10 x 2 x 1 3 2 = 10 5 = 2 b = y 1 ax 1 = 10 2 2 = 6 Så forskriften for f, der går gennem punkterne er Der løses en ligning for f(x) = 3 f(x) = 2x + 6 3 = 2x + 6 3 = 2x x = 1.5 Side 11 ud af 180

Opgave 1.025 Opgave 1.026 Andengradspolynomiet bestemmes. Den bestemmes. Så løses den for x. f(x) = x 2 x 2 d = b 2 4ac = ( 1) 2 4 1 ( 2) = 9 x = 1 ± 3 2 = 2 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 2 ) f(x) = 1 (x 2)(x + 1) f(x) = 2x 2 + 6x + 1 f (x) = 4x + 6 Som indsættes i f(x). Så koordinatsættet er 4x + 6 = 0 4x = 6 x = 3 2 f ( 3 2 ) = 2 (3 2 ) 2 + 6 ( 3 2 ) + 1 = 11 2 T = ( 3 2, 11 2 ) Man kan også bruge den klassiske metode til at finde toppunktet Side 12 ud af 180

Opgave 1.027 En ligning er givet. kx 2 + 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 2 4ac k 2 4 k ( 1) = 0 k 2 + 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 2 4x 1 = 0 Opgave 1.028 En parabel er givet ved forskriften f(x) = 4x 2 + 3x 2 Her ses det, at parablen er voksende og den ligger i 3. kvadrant, hvor den skærer y aksen i 2, så a > 0 b > 0 c < 0 d > 0 Side 13 ud af 180

Opgave 1.029 Parablen er givet Toppunktet bestemmes. 1) T xy -metoden y = x 2 x 2 T x = b 2a, T y = d 4a Så her findes diskriminanten. d = b 2 4ac d = ( 1) 2 4 1 ( 2) = 9 Så toppunktet findes T x = 1 2 0.5; T y = 9 4 2.25 2) Differential-metoden. Løses som en ligning y = 2x 1 2x 1 = 0 2x = 1 x = 1 2 Nu findes y koordinaten. 2 y = 1 1 2 = 2.5 + 0.25 = 2.25 2 2 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 180

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 2 2x + 3 Der kunne naturligvis tegnes et hav af parabler, men det gøres ikke. Side 15 ud af 180

Opgave 1.032 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 2 ) 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 2 + 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 125. Begge sidelængder (l b) er x, så 125 = x 2 h h = 125 x 2 Da man ønsker at vide overfladearealet som funktion af x, anvendes overfladearealformlen. A overflade = 2 b h + 2 l b + 2 l h Så kan man se, at b og l svarer til x, og h svarer til ovenstående udtryk. A(x) = 2x 125 x 2 + 2x2 + 2x 125 x 2 = 250 x + 250 x + 2x2 = 500 x Som angiver arealet. + 2x2 Side 16 ud af 180

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 2 + b 2 = c 2 x 2 + (3 x) 2 = (3 + x) 2 10x 2 = 9 + 6x + x 2 9x 2 6x 9 = 0 d = b 2 4ac = ( 6) 2 4 9 ( 9) = 360 x = b ± d 2a Den negative værdi forkastes! = 6 ± 360 18 Så her er der omvendt proportionalitet. (MAT C bogen) Så her er Da N d 2 = k y = b x 1 N = k d 2 = 6 + 360 18 Side 17 ud af 180

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 2 ) ln(2) ln(a) e ( 5 ) h h P = 1 (e (ln(2) 5 ) ) => P = (e (ln(2) 5 ) ) Opgave 1.037 Der er funktionen over trykket i atmosfæren. P = ( 1 2 ) 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 2, er højden 0, så der regnes for P. Så man har en ligning. Så her er Så er er udtrykket P = ( 1 2 ) 0 5 = 1 2 1 = k k = 2 V ( 1 2 ) h 5 = 2 V ( 1 2 ) h 5 ( 1 2 ) h 5 V(h) = 2 ( 1 2 ) h 5 = 2 ( 1 2 ) h 5 = 2 ( 1 h 2 ) 5 Side 18 ud af 180

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 2 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 x2 x1 a = y 4 2 2 = 9 = 9 = 3 y 1 1 b = y 1 a x 1 = 1 3 2 = 1 9 f(x) = 1 9 3x Opgave 1.041 Her har man T 2 = 5, f(3) = 4.5 Så f(8) = f(3 + 5) = 2 f(3) = 2 4.5 = 9 Opgave 1.042 Her har man Så T1 = 10, f(12) = 30 2 f(2) = f(12 10) = 1 2 f(12) = 1 30 = 15 2 Side 19 ud af 180

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 2 + 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 2 + 5x4 En funktion f(x) = x + 3x = x 0.5 + 3x er givet. Den differentieres (på to måder) f (x) = 1 2 x + 3 f (x) = 0.5x 0.5 + 3 Hvis man indsætter 9 i dem begge, fås det samme. f (9) = 1 2 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 20 ud af 180

Opgave 1.049 Opgave 1.050 Opgave 1.051 Der er givet en funktion f(x) = 7 ln(x) 2x 2 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) 2 1 2 = 2 f (1) = 7 1 4 1 = 3 y = 3(x 1) 2 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 2 x = 2 (x), f (4) = 2 (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 2x 2 5x Monotoniforholdene bestemmes vha. differentialregning. Så Løses mht. diskriminanten Så løses for x f (x) = 0 x 2 4x 5 = 0 d = ( 4) 2 4 1 ( 5) = 36 x = 4 ± 6 2 = 5 1 Fortsættes næste side Side 21 ud af 180

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) = 2x 4 f (5) = 2 5 4 = 6 > 0 f ( 1) = 2 ( 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 1.052 En afledet funktion er givet ved f (x) = x 2 12x Monotoniforholdene bestemmes vha. differentialregning. Så Løses mht. nulreglen Så rødderne er f (x) = 0 x 2 12x = 0 x(x 12) = 0 x = 12 x = 0 x = 12 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) = 2x 12 f (0) = 2 0 12 = 12 < 0 f (12) = 2 12 4 = 20 > 0 Fortsættes næste side Side 22 ud af 180

Opgave 1.053 Så hermed er lokal maks. fundet for f, som er i 12, tilsvarende for min. som er i 0. Derved er funktionen Der er givet en funktion voksende i intervallet ] ; 0] aftagende i intervallet [0; 12] voksende i intervallet [12; [ f(x) = 2x 3 + x 2 + 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 2 + 2x + 4 f(0) = 2 0 3 + 0 2 + 4 0 3 = 3 f (0) = 6 0 2 + 2 0 + 4 = 4 Derved er linje y parallel med m. y = 4(x 0) 3 y = 4x 3 4x y 3 = 0 4x y + 2 = 0 Side 23 ud af 180

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 ]2; 3] og [8; 10[ Funktionen f(x) = x 3 + bx 2 + 3x + 4 Er givet. Der ønskes bestemmelse af et tal, b. a) Funktionen differentieres f (x) = 3x 2 + 2bx + 3 Her er der en andengradspolynomium. Her anvendes diskriminanten. d = b 2 4ac Så har man d = (2b) 2 4 3 3 = 4b 2 36 Så der løses en ulighed. 4b 2 36 0 4b 2 36 b 2 9 3 b 3 Pga. roden. Derved ligger b i dette interval. Side 24 ud af 180

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 0.25s/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 0.25. Her aflæses et andet støttepunkt. x 2 = 3 og y = 0.7 a = Δy Δx = y 2 y 1 0.7 0.25 = x 2 x 1 3 1.5 = 0.45 1.5 = 0.3 Så partiklens hastighed er hermed 0.3m/s Side 25 ud af 180

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 42 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 0.25. Her aflæses et andet støttepunkt. x 2 = 3 og y = 0.7 a = Δy Δx = 12 20 = 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 2 S (t) = 2.5t 1 2 S (16) = 2.5 16 1 2 = 2.5 16 1 2 Så efter 16 sekunder, bevæger partiklen sig 0.625m/s Funktionen over en specielovn er givet f(t) = 20 + 150 ln(8t + 1) = 2.5 4 = 0.625 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) = 0.027 Så 40 år efter 1950 vokser befolkningstallet med 0.027 tusinder (27 personer) for hvert år. Side 26 ud af 180

Opgave 1.062 Opgave 1.063 Opgave 1.064 Opgave 1.065 2 (4x x 2 ) 0 Integralerne bestemmes 2 x 3 0 dx = [ 1 2 4 x4 ] = 1 0 4 24 ( 1 4 04 ) = 4 0 = 4 Så arealet er 4 mellem x = 0 og x = 2 2 x 3 4 dx = 1 3 x4 +1 = [ 4 3 0 4 + 1 7 x7 4] = 4 0 7 27 4 ( 4 7 07 4) = 4 7 27 4 Så arealet er 4 7 27 4 mellem x = 0 og x = 2 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 2 1 dx = [ln x ] 2 1 x 1 = ln(2) (ln(1)) = ln(2) Så arealet er ln (2) mellem x = 1 og x = 2 Integralet bestemmes 2 dx = [2x 2 1 2 3 x3 ] = 2 2 2 1 0 3 23 (2 0 2 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 + 2x) 4 2 dx = [ln x + x 2 ] 2 4 = ln(4) + 4 2 (ln(2) + 2 2 ) = ln(4) + 16 ln(2) 4 = ln(2) + 12 Side 27 ud af 180

Opgave 1.066 Opgave 1.067 Integralerne bestemmes Som er stamfunktionen. x 5 + 2 dx = 1 6 x6 + 2x + k 3x 2 e x3 +1 dx Der anvendes substitution ved integration. Her er Som indsættes i integralet. t = x 3 + 1, dx = 1 3x 2 dt 3x 2 e t 1 dt = et 3x2 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 2 4) = 0 Her er x = 0, så løses resten som en ligning Så rødderne er Nu findes arealet. 0 T = f(x) 2 Værdierne indsættes. x 2 4 = 0 x 2 = 4 x = ±2 2 dx f(x) 0 x = 2 x = 0 x = 2 0 dx = x 3 4x 2 2 dx x 3 4x dx 0 Fortsættes næste side Side 28 ud af 180

[ 1 0 4 x4 2x 2 ] 2 [ 1 2 4 x4 2x 2 ] 0 = 1 4 04 2 0 2 ( 1 4 ( 2)4 2( 2) 2 ) ( 1 4 24 2 2 2 ( 1 4 04 2 0 2 )) = 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 2, g(x) = x + 3 9 x 2 = x + 3 x 2 x + 6 = 0 Som er en andengradsligning. d = b 2 4ac = ( 1) 2 4 ( 1) 6 = 25 Løses for x Så kan integralet bestemmes. 2 f(x) g(x) 3 Grafen ser sådan ud: x = 1 ± 5 2 = 2 3 dx = [9x 1 3 x3 ( 1 2 x2 + 3)] 3 = 9 2 1 3 23 ( 1 2 22 + 3) (9 ( 3) 1 3 ( 3)3 ( 1 2 ( 3)2 + 3)) = 215 6 2 Side 29 ud af 180

Opgave 1.069 Opgave 1.070 Opgave 1.071 Der er givet en tegning og en masse oplysninger. (Disse skrives ikke ind.) M 1 = 2 f(x) 3 3 A = f(x) 3 dx = 62 15 dx = 62 15 + 1312 15 62 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( 2,0) og O(0,0), hvor O betyder Origo. (Centrum af koordinatsystemet). 0 M = f(x) 2 Her indsættes værdierne og M findes. 0 dx = x 3 4x 2 dx = [ 1 0 4 x4 2x 2 ] 2 1 4 04 2 0 2 ( 1 4 ( 2)4 2 ( 2) 2 ) = 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 2 3 Fordi den ligger under x-aksen. Arealet af M 2 findes M 2 ( M 1 ) = 125 16 ( 12 3 ) = 125 12 + 16 3 = 125 3 16 12 375 + 192 + = = 567: 9 12 3 12 3 36 36: 9 = 63 4 Som er arealet. Side 30 ud af 180

Opgave 1.072 Opgave 1.073 Der er givet en tabel. Der bestemmes arealet først. Så arealet er 12. 2 A = g(x) dx = [f(x)] 2 1 = 10 ( 2) = 12 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 2 1, som også kan skrives sådan: f(x) = x 1 Så bestemmes integralet. 9 f(x) 0 dx = [ 2 9 3 x3 2] = 2 0 3 93 2 ( 2 3 03 2) = 2 54 27 = 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 180

Opgave 1.075 Opgave 1.076 Der er givet en differentialligning og et punkt P(2,2) dy 3y = x2 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 2) + 2 Punktet P indsættes også i differentialligningen. Så det indsættes i y ved f (x 0 ) dy dx 3 2 = 22 dy dx = 6 + 4 = 10 y = 10(x 2) + 2 y = 10x 18 Som er tangenten til grafen for f i punktet P(2,2). Der undersøges, om f er en løsning til differentialligningen, når f er Og differentialligningen Her svarer f til y. f(x) = x 3 + x 2 + x y 3y = 3x 3 x + 1 f (x) = 3x 2 + 2x + 1 Den sættes ind på y samt f sættes ind på y. 3x 2 + 2x + 1 3(x 3 + x 2 + x) = 3x 3 x + 1 3x 2 + 2x + 1 3x 3 3x 2 3x) = 3x 3 x + 1 3x 3 x + 1 = 3x 3 x + 1 Da begge er identiske, er f en løsning til differentialligningen. Side 32 ud af 180

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 2 handler om Geometri og vektorer fra bogen: Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Side 33 ud af 180

Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 STX matematik A niveau, kapitel 2 Geometri og vektorer Opgave 2.001 Der tegnes en model ud fra kravene. a) Man ønsker at kende alle vinkler og sider. Først regnes vinkel V. V ACV = sin 1 ( sin(90o ) 3 ) = 48.59 o 4 Så finder man vinkel A ved at anvende vinkelsummen. A ACV = 180 o 48.59 o 90 o = 41.41 o Endelig regnes længden a. a 2 + b 2 = c 2 Værdierne indsættes a 2 + 3 2 = 4 2 a = 4 2 3 2 = 7 = 2.65 Så kender man den første del af trekanten ACV. N findes alle vinkler og længde i trekanten ABV, således alle sider og vinkler kendes i hele trekanten. Da vinkel A er 41.41 o i den første trekant, må vinkel A også være det i den anden trekant. Da vinkel V ligger på en ret linje, kan man tage vinkelsummen og trække fra selve vinkel V, så kender man også den vinkel i den anden trekant. V ABV = 180 o 48.59 o = 131.41 o Så har man oplysningerne til at regne videre. Her findes vinkel B i trekanten. B = 180 o A ABV V ABV = 180 o 41.41 o 131.41 o = 7.18 o Så vinkel B er meget spids. Nu findes længden a a = sin(41.41o ) 4 sin(7.18 o = 21.17 ) Endelig findes v. v = sin(131.41o ) 4 sin(7.18 o ) = 24 Fortsættes næste side Side 34 ud af 180

Opgave 2.002 Så trekanten ABC har følgende: A = 82.82 o B = 7.18 o C = 90 o a = 21.17 + 2.65 = 23.82 b = 3 v = c = 24 Derved er det ønsket fundet. Det skal lige siges, at tegningens størrelsesforhold ikke er korrekte! Der ønskes en lille tegning a) Delopgave a) og b) slås sammen! Man vil gerne vide vinkel A. Først findes vinkel A i trekanten AHM. M = sin 1 ( sin(90o ) 35 ) = 71.08 o 37 Så findes vinkel A ved vinkelsummen. A AHM = 180 o H M = 180 o 90 o 71.08 o = 18.92 o Længden MH findes sin(18.92) 35 MH = = 12 sin(71.08) Eller MH 2 + AH 2 = AM 2 Så MH 2 + 35 2 = 37 2 MH = 144 = 12 Nu findes vinkel A i trekanten AHC. A ACH = 180 o C H = 180 o 42 o 90 o = 48 o Længden CH findes også. Den skal bruges om lidt. sin(48) 35 CH = = 38.87 sin (42) Fortsættes næste side Side 35 ud af 180

M står sådan set for medianen, og da man kender længden CH og MH, har man at CM og MB er to linjer, der er lige lange. Derfor MB = CH + MH = 38.87 + 12 = 50.87 Så hermed er CM og MB fundet. Det forudsættes, at man kender MB til at finde den sidste del af vinkel A. Nu findes den anden del af vinkel M, således man kan regne på trekanten. M ABM = 180 M AMH = 180 o 71.08 o = 108.92 o Nu findes m, så man efterfølgende kan bruge cosinusrelationerne til vinkel A. m = 50.87 2 + 37 2 2 50.87 37 cos (108.92 o ) = 71.95 Hermed er vinkel A A ABM = cos 1 ( 372 + 71.95 2 50.87 2 ) = 41.97 o 2 37 71.95 Så vinkel A ABC er A ABC = A ACH + A AHM + A ABM = 48 o + 41.97 o + 18.92 o = 108.89 o Sådan fandt man vinkel A. Dette kan gøres på mange måder. Side 36 ud af 180

Opgave 2.003 To skibe sejler En tegning viser situationen a) Afstanden til fyrtårnet bestemmes. Man kan finde de ukendte vinkler v og u i de to trekanter der ligger ved linjen l, vha. at kende vinklerne for de to retvinklede trekanter længere ude. Altså er vinkel v og u kl. 12:00 hhv. 40 o og 48 o. Disse vinkler trækkes fra 90, så man får: v ADF = 90 o 40 o = 50 o u BCF = 90 o 48 o = 42 o Så afstanden findes. Først fra skibet A sin(v) f sin(50) 1200 v = = = 1866.87 sin(f) sin(40) Da F er 40 o pga. de to andre vinkler. Så afstanden findes. Nu fra skibet B sin(c) f sin(90) 1000 u = = = 1345.63 sin(f) sin(48) Da F er 48 o pga. de to andre vinkler. Derved fandt man afstanden fra skibene til F. De er hhv. A = 1867m og B = 1346m b) Da man nu kender hypotenusen i begge trekanter, har man nu trekanten ABF hvor vinkel F kan findes for denne trekant. Trekanten er vilkårlig, så F ABF = 180 o F ADF F BCF = 180 o 40 o 48 o = 92 o Så kan man anvende cosinusrelationerne. Her svarer v = a og u = b f = a 2 + b 2 2 a b cos(f) f = 1866.87 2 + 1345.63 2 2 1866.87 1345.63 cos(92 o ) = 2339.0739 Så deres indbyrdes afstand til hinanden er 2339m Fortsættes næste side Side 37 ud af 180

c) For at finde det tidspunkt skibene passerer hinanden og hvorhenne de gøre det, så har man for klokken 12: v = 40 o og u = 48 o. sin(50) 1200 a = = 1430.104 sin(40) sin(42) 1000 b = = 900.404 sin(48) De lægges sammen. 1430.104 + 900.404 = 2330.508 Kl. 12: 00: 30 har man at v = 42 o og u = 51 o Derved er de andre vinkler sin(48) 1200 a = = 1332.735 sin(42) sin(39) 1000 b = = 809.784 sin(51) De lægges sammen. 1332.735 + 809.784 = 2142.519 Så trækkes de fra hinanden. 2330.508 2142.519 = 187.989 Dette er skibenes afstand, når de begge er parallelle i tidsrummet 12:00:00 og 12:00:30. Den totale afstand fra A til B er 2330.5m og den korteste er 188m. Herved kan man beregne den tid det tager for skibene at sejle forbi hinanden. t = 2330.508 371.911 30 = = 6.198 187.989 60 Så det tager 6 minutter for skibene at passere hinanden. Side 38 ud af 180

Opgave 2.004 Der er givet en figur. a) Der ønskes DC bestemt. Først findes vinkel B i trekanten ABC. B ABC = 180 o B BCD = 180 o 37.6 o = 142.4 o Så kan man finde det resterende i trekanten ABC. Det forudsættes at man kender a, sin(a) c a = = sin(27.20o ) 50 sin(c) sin (10.40 o = 126.61 ) Heraf kommer 10.40 o af 180 A B = C. Så kan man regne DC sin(b) d DC = = sin(37.60o ) 126.61 sin(d) sin(90 o = 77.25 ) Sådan fandt man højden, der svarer til 77km. Side 39 ud af 180

Opgave 2.005 En tegning gives. a) Først ses det på tegningen, at størrelsesforholdet ikke er korrekt. Centrum beregnes med C. Man ønsker at kende AB, men først forudsættes det, at man kender en vinkel, som kan anvendes. Da r = 6371 er r + 9 = 6380 pga. afstanden CF. Man kan nu anvende cosinus pga. en retvinklet trekant. r = CF cos(acf) Så indsættes værdierne 6371 = 6380 cos(acf) 6371 6380 cos(acf) = 6380 6380 cos(acf) = 6371 6380 ACF = cos 1 ( 6371 6380 ) = 3.043684356893o Men det er kun den ene vinkel. Tallet ganges med 2, så man får vinklen i trekanten ACB = 2 ACF = 2 3.043684356893 o = 6.087368713786 o Så kan man anvende cosinusrelationerne til at finde linjestykket AB AB = r 2 + r 2 2 r 2 cos(acb) AB = 6371 2 + 6371 2 2 6371 2 cos(6.087368713786 o ) = 676.56620338km Så bestemmes cirkelbuen for AB c. Man anvender omkredsen for en cirkel. O = 2 r π Da en cirkel er 360 o kan man dividere den med ACB. Hermed er O = 2 6371 π 6.087368713786o 360 o = 676.884517587km Side 40 ud af 180

Opgave 2.006 Der tegnes en skitse. Det ses, at siderne er beregnet med x. Det gør arbejdet lettere for at finde vinklerne. a) Alle vinkler findes vha. cosinusrelationerne A = cos 1 ( x2 + (x 1.5) 2 (2 x) 2 ) 2 x (x 1.5) B = cos 1 ( x2 + (2 x) 2 (1.5 x) 2 ) 2 x (2 x) C = cos 1 ( (2 x)2 + (x 1.5) 2 x 2 ) 2 (2 x) (x 1.5) Her antager man, at x = 1. Det kunne også være x = 5.1639 eller x = 30e (4 π). Vinklerne er stadig de samme. Prøv selv. A = cos 1 ( 12 + (1 1.5) 2 (2 1) 2 ) = 104.47751218593 o 2 1 (1 1.5) B = cos 1 ( 12 + (2 1) 2 (1.5 1) 2 ) = 46.56746344221 o 2 1 (2 1) C = cos 1 ( (2 1)2 + (1 1.5) 2 1 2 ) = 28.95502437186 o 2 (2 1) (1 1.5) b) Højden fra B til grundlinjen er 5. En ny skitse tegnes. Så når man kender vinkel A ABC, kan man hermed finde vinkel A ABD. A ABD = 180 o A ABC = 180 o 104.47751218593 o = 75.52248781407 o Så kan man bestemme længderne. Først findes længden AB, som faktisk er x i forrige tegning. sin(90 o ) 5 x = AB = sin(75.52248781407 o ) = 5.163977794942445 Fortsættes næste side Side 41 ud af 180

Opgave 2.007 Decimalerne forkortes Så har man at x = 5.1639 x 1.5 = 5.1639 1.5 = 7.74585 x 2 = 5.1639 2 = 10.3278 Så kan man bestemme arealet af hele trekanten. T = 1 2 2x 1.5x sin(c) = 1 2 10.3278 7.74585 sin(28.956o ) = 19.36492 Som er arealet! Først tegnes trekanten. Grunden til, at x er hypotenusen er x > y. Man kender desuden omkredsen, så man har: a) Ligningerne 1 2 + y 2 = x 2 Og x + y + 1 = 10 x + y = 9 y = 9 x Så man løser en ligning. 1 2 + (9 x) 2 = x 2 1 + 81 18x + x 2 = x 2 82 18x = 0 18x = 82 x = 82 18 = 4.55 Så kan man indsætte det i den første ligning og finde for y. (Selvom man kun skulle finde x.) 1 2 + y 2 = 4.55 2 1 + y 2 = 20.7025 y = 19.7025 = 4.438 Så trekanten bør ikke se ud som på tegningen. Side 42 ud af 180

Opgave 2.008 Der er givet en ligning for cirklen og en ret linje. Og linjen x 2 + 4x + y 2 6y 23 = 0 3x 4y 4 = 0 a) Afstanden fra cirklens centrum og linjen bestemmes ved at anvende dist formlen. dist(c, l) = ax 1 + by 1 + c a 2 + b 2 Her er cirklens centrum C = ( 2,3) Så 3 ( 2) + ( 4) 3 + ( 4) dist(c, l) = = 22 3 2 + ( 4) 2 25 = 22 5 = 4.4 Som er afstanden fra cirklens centrum til linjen l. b) Da linjen l er givet, kan man finde to andre ligninger for tangenten. Dette forudsættes, når 3x 4y + k = 0 Hvor k er begyndelsespunktet. Man kan anvende dist formlen igen, da radius i dette tilfælde er 6. Så løses en ligning. dist(c, l) = 6 Ligningen løses via WordMat. 18 + k = 6 25 k = 12 k = 48 Disse to indsættes i k, så har man to nye linjer. p: 3x 4y 12 = 0 m: 3x 4y + 48 = 0 Dette ses grafisk. Ligningen løses for k vha. CAS-værktøjet WordMat. Side 43 ud af 180

Opgave 2.009 Der er givet to vektorer. a) Så indsættes 2. t a = [ t + 1 ], b = [ t t + 1 ] a = [ 2 3 ], b = [ 2 3 ] Arealet af parallelogrammet bestemmes. Deraf anvendes determinanten. det(a, b ) = a 1 b 1 a 2 b 2 Her indsættes værdierne. det(a, b ) = 2 2 = 2 3 ( 2) 3 = 12 3 3 b) Projektionen for b på a bestemmes. Så har man Og her er Endelig regnes det. Som er koordinatsættet. b a = b a a 2 a b a = 2 ( 2) + 3 3 = 5 a 2 = 2 2 + 3 2 = 13 b a = 5 13 (2 3 ) = 10 13 = 0.769 15 13 = 1.153 x = 0.769, y = 1.153 Fortsættes næste side Side 44 ud af 180

Opgave 2.010 c) Vinklen mellem to vektorer kan regnes med følgende formel. cosv = a b a b Her indsættes værdierne for t. cos(60 o t 2 + (t + 1) 2 ) = t 2 + (t + 1) 2 ( t) 2 + (t + 1) 2 1 2 = t 2 + (t + 1) 2 t 2 + (t + 1) 2 ( t) 2 + (t + 1) 2 Fordi cos(60 o ) = 1. Ligningen løses via CAS. 2 1 2 = t 2 + (t + 1) 2 t 2 + (t + 1) 2 ( t) 2 + (t + 1) 2 Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. t = 0,3660254 t = 1,366025 Så disse t-værdier skal anvendes for, at man kan få en vinkel på 60 o. Der arbejdes med rumgeometri nu. a) Det ses, at der er givet tre punkter. A = (0; 0; 3.6), B = ( 3.2; 6.4; 10.8), C = (0; 12.8; 3.6) Man ønsker at sætte en pløk i jorden ud fra BC, altså opstiller man en parameterfremstilling. Her anvendes BC som retningsvektor og B som et fast punkt. Parameterfremstillingen x x 0 r 1 [ y] = [ y 0 ] + t [ r 2 ] z z 0 r 3 Så regnes retningsvektoren 0 3.2 3.2 BC = C B = [ 12.8] [ 6.4 ] = [ 6.4 ] 3.6 10.8 7.2 Disse og det faste punkt B indsættes i parameterfremstillingen. x 3.2 3.2 l: [ y] = [ 6.4 ] + t [ 6.4 ] z 10.8 7.2 Her skal z planen være 0, så der løses en ligning for t. z = 10.8 + t [ 7.2] Så løses den 10.8 7.2t = 0 Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. t = 1,5 Fortsættes næste side Side 45 ud af 180

Dette tal indsættes i parameterfremstillingen, så man kan få koordinatsættet. x 3.2 3.2 1.6 l: [ y] = [ 6.4 ] + 1.5 [ 6.4 ] = [ 16] z 10.8 7.2 0 Som er koordinatsættet til det punkt, hvor pløkken skal nedsættes. b) Krydsproduktet kan laves hurtigt i CAS, men det vises også pr. håndkraft hvordan det gøres. Først regnes AB og AC 3.2 0 3.2 AB = B A = [ 6.4 ] [ 0 ] = [ 6.4 ] 10.8 3.6 7.2 0 0 0 AC = C A = [ 12.8] [ 0 ] = [ 12.8] 3.6 3.6 0 Så kan man udføre krydsprodukt af AB og AC. AB AC 6.4 7.2 3.2 6.4 = (, 7.2, 3.2 12.8 0 0 0 0 12.8 ) 6.4 0 12.8 7.2 = 92.16 AB AC = 7.2 0 0 ( 3.2) = 0 3.2 12.8 0 6.4 = 40.96 Således fandt man krydsproduktet. Så kan arealet bestemmes for trekanten ABC. Værdierne indsættes T = 1 2 AB AC T = 1 2 ( 92.16)2 + 0 2 + ( 40.96) 2 = 1 10171.1872 = 50.426 2 Der er ingen enheder, men man kunne forestille sig, at det er i meter. Nu vil man kunne se udregningerne blive foretaget i Maple 2016. Det er meget nemmere. Fortsættes næste side Side 46 ud af 180

Side 47 ud af 180

Opgave 2.011 Opgaven løses tilsvarende som forrige opgave, dog udelukkende i Maple 2016. a) Asffafsfas b) Afssffaasf Fortsættes næste side Side 48 ud af 180

Side 49 ud af 180

Opgave 2.012 Opgaven løses udelukkende i Maple 2016. a) Asfsafasf Fortsættes næste side Side 50 ud af 180

Side 51 ud af 180

Opgave 2.013 Det vises lige grafisk, hvordan kuglen i grunden ser ud. a) Kuglen har ligningen (x 1) 2 + (y 2) 2 + (z 1) 2 = 49 Man kan hurtigt se, at centrum har koordinaterne C = (1,2,1) Ligeledes er punkterne N = (1,2,8) og P = (3,5,7) givet. Tangentplanen findes ved at trække N fra C. 1 1 0 N C = ( 2 2) = ( 0) 8 1 7 Dette er normalvektoren. Så har man punktet N. Derved er planen for kuglen α: 0(x 1) + 0(y 2) + 7(z 8) = 0 α: z = 8 Så opstilles en parameterfremstilling. Her trækkes P fra N. 3 1 2 P C = ( 5 2) = ( 3) 7 1 6 Så er parameterfremstillingen x 1 2 l: ( y) = ( 2) + t ( 3) z 1 6 Skæringspunktet findes ved indsættelse af parameterfremstillingen i planen. Så løses en ligning. 0((1 + t 2) 1) + 0((2 + t 3) 2) + 7((1 + t 6) 8) = 0 Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. t = 7 6 Som indsættes i parameterfremstillingen. Så får man koordinatsættet. 10 x 1 l: ( y) = ( 2) + 7 2 z 6 ( 3 3.33 3) = 11 = ( 5.5 ) 1 6 2 8 ( 8 ) Side 52 ud af 180

Opgave 2.014 Der er i et koordinatsystem givet følgende oplysninger: P = (2, y 0, 4), y 0 > 0 α: z = 6 Der er en kugle med centrum i O = (0,0,0) Origo. Den tangerer α. Linjen l går gennem O og P. a) Kuglen opstilles med ligningen (x 0) 2 + (y 0) 2 + (z 0) 2 = 36 Den tangerer på planen α. For at finde den sidste y-værdi, indsættes punktet P i kuglens ligning. (2 0) 2 + (y 0 0) 2 + (4 0) 2 = 36 Ligningen løses for y_0 vha. CAS-værktøjet WordMat. y 0 = 4 y 0 = 4 Her er y > 0. Så har man punktet P. P = (2,4,4). Nu opstilles en parameterfremstilling. Her er P en fast værdi. 0 2 2 C P = ( 0 4) = ( 4) 0 4 4 Så har man parameterfremstillingen x 2 2 l: ( y) = ( 4) + s ( 4) z 4 4 For at finde skæringen mellem linjen l og tangenten α indsættes værdierne i planen. Der løses en ligning. 0((2 2s) 0) + 0((4 4s) 0) + 1((4 4s) 6) = 0 s = 1 2 Her indsættes den i parameterfremstillingen. x 2 l: ( y) = ( 4) 1 2 3 z 2 ( 4) = ( 6) 4 4 6 Så koordinatsættet er S = (3,6,6). Ligningen løses for s vha. CAS-værktøjet WordMat. Slut på kapitel 2 - Geometri og vektorer Kapitel 3 handler om Formler og ligninger fra bogen: Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Side 53 ud af 180

Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Opgave 3.001 STX matematik A niveau, kapitel 3 Formler og ligninger Opstilling af formel for BMI BMI = Hvor vægten er i kg. og højden er i m. a) Formlen for BMI kan skrives sådan kg højde 2 BMI(x, y) = x y 2 Hvor x betegner vægten og y 2 betegner højden, målt i meter. b) Der undersøges for en person med en vægt på 70kg og højde på 180cm. BMI 70kg,1,8m = 70 (1.8) 2 = 21.60 Så personen ligger i kategorien normalvægt. c) Der opstilles en funktion for en kvinde med en højde på 1.65m. BMI(x) = x 1.65 2 = x 2.7225 Så undersøges vægtintervallet for kvinden, som ønsker at være i normalvægt. Der løses to ligninger. 18.5 = x 2.7225 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 50,36625 24.9 = x 2.7225 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 67,79025 Så med kvindes højde på 1.65m (165cm) skal kvinden ligge i intervallet 50.36kg - 67.79kg hvis hun ønsker at være i den kategori. Side 54 ud af 180

Opgave 3.002 Opgave 3.003 En funktion for spinat er givet Her er t tiden. y(t) = 31.5 0.887 t a) Der løses en ligning. 19 = 31.5 0.887 t Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. t = 4.216056 Så når der er gået 4.21 (timer?) så er vitaminindholdet på 19. b) Der er nu givet en ny funktion over nitratindholdet i spinaten. z(t) = 20.3 + 61.4 0.884 t Så indsættes 15 på y(t) da det er vitaminindholdet. 15 = 31.5 0.887 t Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. t = 6.187436 Dette tal indsættes i t på z(t). z(6.187436) = 20.3 + 61.4 0.884 6.187436 = 48.931 Så er nitratindholdet efter 6 timer på 48.931. Der opstilles en model ud fra oplysningerne om at det radioaktive stof strontium 90; b = 7g a % = 2.45% Så der er altså tale om en eksponentiel model. a) Først omskrives a. a = 1 + ( 2.45 100 ) = 0.9755 Så har man f(x) = 7 0.9755 x Hvor f(x) er mængden af strontium 90 og x er antal år efter 2004. Nu bestemmes der for to år efterfølgende, dvs. indsættelse af 2. f(2) = 7 0.9755 2 = 6.66120175 Så efter 2 år er der kun 6.66 strontium 90 tilbage. Side 55 ud af 180

Opgave 3.004 b) Funktionen blev allerede udregnet i a) så man har f(x) = 7 0.9755 x Hvor f(x) er mængden af strontium 90 og x er antal år efter 2004. c) Der løses en ligning. 1 = 7 0.9755 x Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 78.44793 Så efter 78 år vil der være 1 gram tilbage. Der gives en række oplysninger, der nedskrives A cirkel = π r 2 A trekant = 1 2 h g a) Så hvis de skal have lige store arealer. A cirkel = A trekant Så man har π r 2 = 1 2 h g Opgave 3.005 b) Så man isolerer r for at få et udtryk π r 2 π = r 2 = 1 2 h g π 1 2 h g π r = 1 2 h g π Først skrives formlerne ned. Spørgsmål a) og b) slås sammen. O cylinder = 2 π r h A cylinder = π r 2 V kegle = 1 3 π r2 h a) Først udtrykkes højden som funktion af r. Her har man 1dm 3 for keglen i det indre af cylinderen. Her isoleres højden. 1 = 1 3 π r2 h Fortsættes næste side Side 56 ud af 180

Opgave 3.006 1 1 = 3 π r2 h 1 3 h = 1 3 π 1 r2 3 π 1 r2 3 π π r 2 = h r2 Så indsættes den i h for formlen for en cylinder samt produktet af arealet for en cirkel pga. bunden. 3 O(r) = 2 π r + π r2 π r2 Som altså er et funktionsudtryk. Der er givet tre punkter. De skrives lige ind i GeoGebra, så man har en formodning om, hvad man skal holde øje med. a) Man kunne evt. starte med at anvende formlen for den faktoriseret andengradspolynomium. (1), f(x) = a(x r 1 )(x r 2 ) På grafen kan man se rødderne. De indskrives (2), f(x) = a(x 2)(x 8) Desuden kender man punktet for R, den indsættes også i ovenstående. (3), 4 = a ( 2) ( 8) Ligningen løses for a vha. CAS-værktøjet WordMat. a = 0,25 Så har man sin a-værdi. Den kan man indsætte i (2), så man har Omskrives til andengradspolynomiet. Som er den ønskede polynomium. (4), f(x) = 1 (x 2)(x 8) 4 (5), f(x) = 1 4 x2 5 2 x + 4 Side 57 ud af 180

Opgave 3.007 Der tegnes en lille tegning over situationen. Som kunne være et godt bud. a) Så har man overfladeareal formlen. O kasse = 2 b h + 2 l b + 2 l h Så hvis man betegner højden med x, så har man bredden som er 4x. Hermed er O kasse = 2x 2 + 2 x 4x + 2 x 4x = 18x 2 Så O(x) = 18x 2 b) Man ønsker målet for klodsen, når volumen er 32. Formlen for volumen er V = l b h Her er b og h = x. Hvor l er 4 x, så har man V = 4x x x = 4x 3 Så løser man en ligning 32 = 4x 3 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 2 Som angiver både bredden og højden. Desuden skal man vide, at længden er 4x så man har x = 8. Derved kan man tegne figuren igen: Disse mål giver et rumfang på 32cm 3. Side 58 ud af 180

Opgave 3.008 Opgaven løses i Maple 2016. a) Fassfa b) Afsfasf Side 59 ud af 180

Opgave 3.009 c) Her isoleres m i udtrykket: log(e) = 2.4 m 1.2 log(e) + 1.2 2.4 m = 2.4 2.4 log(e) + 1.2 m = 2.4 Så har man sin model fra det gennemsnitlige: y = 1.4 10 5 0.1288 m Så indsættes m i udtrykket for y. y = 1.4 10 5 0.1288 log(e)+1.2 2.4 Udtrykket forkortes. y = 1.4 10 5 0.1288 log(e)+1.2 2.4 = 1.4 10 5 0.1288 = 1.4 10 5 2.4 log(e) 2.4 1.2 0.1288 0.1288 = 50244.2036 0.425727 log(e) Som er det nye udtryk. 2.4 log(e)+1.2 Først noteres formlerne for en kugle og en cylinder. Det oplyses, at kuglens radius er 10. Formlen for en cylinders rumfang: V cylinder = h π r 2 a) Det ses, at halvdelen af cylinderen har højden t, altså må formlen for volumen være V cylinder = 2t π r 2 Det ses, at kuglens radius kan udgøre hypotenusen i en retvinklet trekant samt højden t er en af kateterne, altså har man r 2 + t 2 = 10 2 r 2 = 100 t 2 Som man indsætter i formlen for volumen. V cylinder = 2t π (100 t 2 ) = 200 π t 2 π t 3 Som er det ønskede. Side 60 ud af 180

Opgave 3.010 Der er givet en model over effektiviteten for en udøver af et stykke arbejde. f(t) = 1 0.6 0.9 t, t 0 a) Der løses en ligning for t. Omtrent ca. 23 uger. 0.95 = 1 0.6 0.9 t 0.95 1 = 0.6 0.9 t 0.05 = 0.6 0.9t 0.6 0.6 1 12 = 0.9t log ( 1 12 ) t log(0.9) = log(0.9) log(0.9) t = 23.584 Opgave 3.011 Funktionen betragtes. x π f(x) = 2 sin ( ) + 2, 0 x 4π 2 a) Funktionens nulpunkter er der hvor den rammer x-aksen. Det ses grafisk. Så nulpunkterne må være hhv. x = 0 x = 4π. Fortsættes næste side Side 61 ud af 180

Man kan også finde nulpunkterne pr. håndkraft. x π 2 sin ( 2 ) + 2 = 0 x π 2 sin ( 2 ) + 2 2 = 2 x π 2 sin ( 2 ) = 2 2 2 x π sin ( 2 ) = 2 2 sin 1 x π (sin ( 2 )) = sin 1 ( 2 2 ) x π = π 2 2 x π 2 ( 2 ) = 2 ( π 2 ) x π = π x = 0 Og så har man følgende ligning for sinus er periodisk, heraf sin 1 (k) = 2 π p + k x π 2 sin ( 2 ) + 2 = 0 x π 2 sin ( 2 ) + 2 2 = 2 x π 2 sin ( 2 ) = 2 2 2 x π sin ( 2 ) = 2 2 sin 1 x π (sin ( 2 )) = sin 1 ( 2 2 ) x π = p 2π + π 2 2 x π π 2 ( ) = 2 (p 2π + 2 2 ) x π = 4π p π x = 4π p Så her ses det, at nulpunkterne ligger i intervallet x = 0 og x = 4π. b) Så differentieres funktionen, så man kan finde det maksimale punkt. f (x) = sin ( 1 2 x) Her gælder det stadig indenfor intervallet 0 x 4π sin ( 1 2 x) = 0 sin 1 (sin ( 1 2 x)) = sin 1 (0) 1 2 x = 0 x = 0 Så har man det første nulpunkt. Men da sinus er i perioder, løses ligning med tricket. Fortsættes næste side Side 62 ud af 180

sin ( 1 2 x) = 0 sin 1 (sin ( 1 2 x)) = sin 1 (0) 1 x = π p + 0 2 2 ( 1 x) = 2 (π p + 0) 2 x = 2π p Så man har nulpunkterne x = 0 x = 2π x = 4π For at undersøge, om funktionen har et maksimum, så tages den aflededes punkt og indsættes i den oprindelige funktion. Der gøres prøve. 2π π f(2π) = 2 sin ( ) + 2 = 4 2 4π π f(4π) = 2 sin ( ) + 2 = 0 2 Så den maksimale højde er i y = 4. Dette indskrives i GeoGebra, så man kan 1) se højdepunktet og 2) den aflededes punkt. Med god vilje kan man se, at der hvor den afledede rammer x aksen, så har f sit højeste punkt. Det hele sker i x = 2π, hvor y = 4. Ved aflæsning ses det også, at når den afledede vokser (over x aksen) så vokser den oprindelige funktion også. Men når først den afledede går under x aksen, så ses det, at f er aftagende. Deraf kan man konkludere at f er voksende i intervallet ]0; 2π] og aftagende i intervallet [2π; 4π[ Side 63 ud af 180

Opgave 3.012 Der tegnes en figur over situationen a) Som det fremgår af figuren, ses det, at der er to ensvinklede trekanter. AED og EBF. Her er kateterne for AED AD = x, DE = 2 For trekant EBF EF = 1.5, BF = y Så har man forstørrelsesfaktoren for to trekanter. EF AD = BF DE Her indsættes værdierne 1.5 x = y 2 y = 3 x Så ønsker man (x + 1.5) 2 + (y + 2) 2 = 25 Det ses på hele trekanten, at hypotenusen i alt er 5, og tages den i anden potens, har man 25. Heraf bruges Pythagoras. Ved afstanden fra AC har man (x + 1.5) og afstanden BC har man (y + 2) Så kan man bruge Pythagoras. (x + 1.5) 2 + (y + 2) 2 = 5 2 (x + 1.5) 2 + (y + 2) 2 = 25 Som man ønskede. Nu isoleres udtrykket for y, så man har en ligning med x som variable. (x + 1.5) 2 + (y + 2) 2 = 25 Så her indsættes den første fundet ligning. Som er en ligning. (x + 1.5) 2 + ( 3 x + 2) 2 = 25 x 2 + 2.25 + 3x + 9 x 2 + 12 x + 4 = 25 x 2 + 3x + 9 x 2 + 12 x 18.75 = 0 x 2 + 3x + 9 x 2 + 12 x 18.75 = 0 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 6,263041 x = 0,4357036 x = 1,5 x = 2,198745 De negative værdier forkastes, så man har 1.5 og 2.20 som mål man kan anvende. Side 64 ud af 180

Opgave 3.013 Opgave 3.014 Man formår at dugen er et rektangel som har arealformlen A = l b a) Her er l = 2.0 og b = 1.1 Her vil dugens areal reduceres med 5% efter en vask, så længden og bredden reduceres. Først omskrives 5%. Det bliver 1 0.05 = 0.95 (fordi den krymper). Man har så A (0.95) = 2.2 (1 x) 1.1 (1 x) Her reduceres den med den første ligning vha division. A (0.95) 2.42 (1 x)2 = A 2.42 0.95 = (1 x) 2 Som er den ønskede ligning. Der er givet en cylinder med en halv kugle, så man har formlen for volumen af en kugle, som skal indeholde 20cm 3 a) Formlen er Man har, at det er en halv kugle. Så V = 4 π r3 3 V kugle = 2 π r3 3 Man har også formlen for cylinderen. V cylinder = h π r 2 Da kuglen ligger inde i cylinderen, trækkes det fra. V beholder = V cylinder V kugle = h π r 2 2 π r3 3 Man ved desuden, at den skal kunne indeholde 20dm 3 så her har man Endelig isoleres højden 20 = h π r 2 2 π r3 3 20 = h π r 2 2 3 π r3 => h = 20 π r 2 + 2r 3 b) Man skal nu finde overfladearealet af beholderen. Det ses, at A beholder = A cirkel + A cylinderside + A1 2 kugle = π r 2 + 2 π r h + 1 2 (4 π r2 ) = 3 π r 2 + 2 π r h Side 65 ud af 180

Opgave 3.015 Der er givet en figur. a) Arealet af en firkant er givet ved A = h g Desuden er arealet for en vilkårlig trekant givet ved A = 1 a b sin(c) 2 Det ses, at der er tre trekanter i firkanten. Arealet for den sidste trekant (vilkårlige) kan man finde ved at trække de andre fra. Altså man har Så har man A lille trekant = 1 (1 x)(1 x) 2 A nederst = 1 (1 x) 1 2 A øverst = 1 1 (1 x) 2 A = 1 1 1 1 x x 2 (1 x) 1 => A(x) = 2 2 2 x2 + x Derved kan man nu bestemme arealet af den indre trekant. b) For at finde det største areal, differentieres funktionen. A (x) = 1 x Så løses den for en ligning 1 x = 0 x = 1 Så indsættes tallet i den oprindelige funktion A(1) = 1 2 12 + 1 = 1 2 Så det største areal fås ved x = 1. Side 66 ud af 180

Opgave 3.016 Parablen er givet. f(x) = ax 2 + bx + c a) Man aflæser sin c-værdi til 4.8. Dermed kender man toppunktet for funktionen. T x = b 2a Her er b = 0. Da hele gavlens bredde er 5m, må rødderne være hhv. 2.5 og 2.5 (da det er en parabel) Så man har f(x) = a(x r 1 )(x r 2 ) Man kan isolere a ved at anvende sine rødder og toppunkt. 4.8 = a(0 2.5)(0 + 2.5) 4.8 = a( 2.5)(2.5) 4.8 = 6.25a a = 0.768 Så kan man indsætte den tilbage i den faktoriseret formel. f(x) = 0.768 (x 2.5)(x + 2.5) f(x) = 0.768x 2 + 4.8 Som altså er parablen. Denne tegnes. Fortsættes næste side Side 67 ud af 180

b) Man kan bestemme højden ved indsættelse af bredden i funktionen. Bemærk, at bredden er 3m, men da det er en parabel, indsættes 1.5. f(1.5) = 0.768 1.5 2 + 4.8 = 3.072 Så højden er hermed 3.072m, når bredden er 3m. Så løses der en ligning 3.5 = 0.768 x 2 + 4.8 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 1.301041 x = 1.301041 Disse tal lægges sammen numerisk 1,301041 + 1,301041 = 2.602082 Så bredden for porten ved en højde på 3.5m giver altså 2.602m Slut på kapitel 3 - Formler og ligninger Kapitel 4 handler om Statistik og sandsynlighedsregning fra bogen: Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Side 68 ud af 180

Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 STX matematik A niveau, kapitel 4 Statistik og sandsynlighedsregning Opgave 4.001 Opgave 4.002 Der aflæses og det ses, at kvartilsættet er Hermed er kvartilsættet fundet. Start = 0 Nedre = 6 Median = 8 Øvre = 9 Slut = 13 Inden man kan lave boksplot, nedskrives alle oplysninger fra det mindste til det største tal, angivet i rækkefølgen: 20,25,25,27,28,31,33,34,36,37,44,50,59,85,86 Så kan man finde medianen, den er indlysende, idet det er midten. (Grøn) 20,25,25,27,28,31,33, 34, 36,37,44,50,59,85,86 Heraf kan man aflæse hhv. nedre og øvre kvartil (pga. 15 observationer) (Blå) 20,25,25, 27, 28,31,33, 34, 36,37,44, 50, 59,85,86 I WordMat kan man anvende tilføjelsen statistik. Inden den tegnes, indskrives også for de 10 kvinder, her er rækken 5,7,10,14,18,19,25,29,31,33 Medianen findes. (Pga. 10 observationer, udføres regneoperationen): Median = 18 + 19 2 = 18.5 Dette er medianen. Så findes kvartilsættet på tilsvarende måde. Så kan det indtegnes. Nedre = 7 + 10 = 8.5 2 29 + 31 Øvre = = 30 2 Fortsættes næste side Side 69 ud af 180

10 kvindelige læger 15 læger 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 Opgave 4.003 Så her kan man se, at der er tydelig forskel på de 15 lægers kirurgiske indgreb og de 10 kvindelige lægers indgreb. Her er kvindernes øvre kvartil (75%) i mellem nedre (25%) og median (50%) for de 15 lægers indgreb, hvilket viser hvor meget kvinderne har lov til at anvende denne type operation. I Maple 2016 kan man regne på det (også pr. håndkraft). Først defineres oplysningerne. Fortsættes næste side Side 70 ud af 180

Opgave 4.004 Det ses på grafen, at procentdelen der har en fart over 750m/s er 100%-95%=5% så det er kun 5% der har en fart på over 750m/s. Først defineres det hele. a) G Fortsættes næste side Side 71 ud af 180

Da P = 0.017098 < 0.05 (1.7098% < 5%) afvises nulhypotesen. Fortsættes næste side Side 72 ud af 180

b) Der gøres prøve igen med et signifikansniveau på 0.01 (1%). Så ved et signifikansniveau på 1% accepteres det. Den skjulte variable kan dog være, at operationen i sig selv er ret kompliceret at udføre og en anden faktor kan være menneskets individuelle helbred mm. Deraf kunne man sagtens have accepteret et signifikansniveau på 5% for forrige delopgave. Side 73 ud af 180

Opgave 4.005 I en opinionsundersøgelse har man spurgt 500 personer om man er for eller imod de ændrede åbningstider i en svømmehal. a) De forventede værdier er regnet i Maple 2016. Mænd Kvinde Disse kunne også regnes pr. håndkraft. Først dem der er for. Mænd = sum antal Kvinder = sum Dem der er imod. Dem der ikke ved antal Mænd = sum antal Kvinder = sum antal 266 antal mænd = 236 = 125.552 500 266 antal kvinder = 264 = 140.448 500 149 antal mænd = 236 = 70.328 500 149 antal kvinder = 264 = 78.672 500 Mænd = sum 85 antal mænd = 236 = 40.12 antal 500 Kvinder = sum 85 antal kvinder = 264 = 44.88 antal 500 Således fandt man dem pr. håndkraft. Fortsættes næste side Side 74 ud af 180

b) Der udføres en χ 2 test med et signifikansniveau på 5%. Opgave 4.006 Da P = 0.026376 < 0.05 (2.6376% < 5%) forkastes nulhypotesen om, at kønnet har samme indstilling. Nulhypotese: H 0 = Der er ikke nogen sammenhæng mellem medicinregisrering og patienters overlevelseschancer a) Først beregnes de forventede værdier. Her er tabellen over observerende værdier. Status efter 6 mdr. Gruppe A Gruppe B I alt Død 8 17 25 Overlevende 75 48 123 I alt 83 65 148 De forventede værdier beregnes efter denne metode: i alt 83 Død = gruppe A = 25 = 14.02 total 148 Død = i alt 65 gruppe B = total 148 i alt Overlevet = total Overlevet = 25 = 10.979 83 gruppe A = 123 = 68.979 148 i alt 65 gruppe B = 123 = 54.02 total 148 Fortsættes næste side Side 75 ud af 180

Så man kan nu opstille en ny tabel over de forventede: Status efter 6 mdr. Gruppe A Gruppe B I alt Død 14 11 25 Overlevende 69 54 123 I alt 83 65 148 b) Så udføres der χ 2 test med et signifikansniveau på 5%. Her anvendes formlen Værdierne indsættes. χ 2 = (O k F k ) 2 F k χ 2 (8 14)2 = 14 χ 2 = 7.03256 (17 11)2 (75 69)2 (48 54)2 + + + 11 69 54 Hermed har man sin teststørrelse. Desuden er der tale om et signifikansniveau på 5%, altså aflæser man den kritiske værdi. Her ses det, at den kritiske værdi er Kritiskværdi = 3.84, frihedsgrader = 1 Da teststørrelsen er større end den kritiske værdi, forkastes nulhypotesen. Medicinen har altså haft en effekt på den enkeltes overlevelseschance. Opgave 4.007 Hjerte- og lungeoperationer kan medføre forstoppelse. Man vil gerne vide, om begge operationer kan skyldes dette. Nulhypotesen er H 0 = Har du efter operationen haft forstoppelse i en grad, der har påvirket dine daglige gøremål? Der er angivet en tabel over de observerende værdier. Operationstype / problemer Ja Nej Total Hjerteoperation 9 51 60 Lungeoperation 15 36 51 Total 24 87 111 Og de forventede værdier: Operationstype / problemer Ja Nej Total Hjerteoperation 12.97 47.03 60 Lungeoperation 11.03 39.97 51 Total 24 87 111 Fortsættes næste side Side 76 ud af 180

a) For at bestemme de forventede værdier, anvendes formlen: i alt 60 Hjerte = ja = 24 = 12.97 total 111 i alt 51 Lunge = ja = 24 = 11.02 total 111 i alt 60 Hjerte = nej = 87 = 47.02 total 111 i alt 51 Lunge = nej = 87 = 39.97 total 111 Således fandt man ud af de forventede værdier. Antagelserne er rigtige. b) Man bestemmer en χ 2 test på følgende måde: Her anvendes formlen Værdierne indsættes. χ 2 = (O k F k ) 2 F k χ 2 (9 12.97)2 = 12.97 χ 2 = 3.3735 (15 11.03)2 (51 47.03)2 (36 39.97)2 + + + 11.03 47.03 39.97 Hermed har man sin teststørrelse. Desuden er der tale om et signifikansniveau på 5%, altså aflæser man den kritiske værdi. Her ses det, at den kritiske værdi er Kritiskværdi = 3.8415, frihedsgrader = 1 Da teststørrelsen er mindre end den kritiske værdi, accepteres nulhypotesen. Der er ingen signifikans forskel på begge operationer for den enkelte. I Maple finder man sin p værdi Her er p værdien 6.6%. Side 77 ud af 180

Opgave 4.008 Der er taget en undersøgelse af elever på en skole. Nulhypotesen er, at: Kønnet er uafhængig om man ryger eller ej. Man undersøgte deres rygevaner og det fordeler sig således i en tabel: Skema 1: Forventet fordeling af elever på rygevaner og køn Ryger Ikke-ryger Piger 78 Drenge 101 Sum 36 143 179 a) Så kan man bestemme de forventede tal. Pige = i alt ryger pige = 36 78 = 15.6871 total 179 i alt 36 Dreng = dreng = 101 = 20.312 total 179 i alt 143 Pige = pige = 78 = 62.312 total 179 i alt 143 Dreng = dreng = 101 = 80.687 total 179 Så tabellen over de forventede værdier er Skema 1: Forventet fordeling af elever på rygevaner og køn Ryger Ikke-ryger Piger 16 62 78 Drenge 20 81 101 Sum 36 143 179 Der er nu givet en ny tabel. Skema 2: Stikprøvens fordeling af elever på rygevaner og køn Ryger Ikke-ryger Piger 21 57 78 Drenge 15 86 101 Sum 36 143 179 b) Der udføres en χ 2 test. Dette gøres i Maple 2016. Fortsættes næste side Side 78 ud af 180

Det ses, at p værdien er 0.045724 4.5724% og teststørrelsen er 3.9917. c) Da man har lavet et lignende undersøgelse, kan man beregne p værdien udfra en frihedsgrader. Teststørrelsen er givet ved 6.34. Opgave 4.009 Det ses så, at p værdien er 1.1804% så den er altså mindre end signifikansniveauet, hermed forkastes nulhypotesen. Der er altså ikke noget belæg i rygevaneren for de unge. -Man bør lave en chi-anden-test over en skole i Slagelse, Xclass- Opgaven løses via Maple 2016. a) saf Fortsættes næste side Side 79 ud af 180

Hermed kan man se, at teststørrelsen er mindre end den kritiske værdi, altså accepteres nulhypotesen. b) Folk mener, at kategorierne drikker ofte og drikker af og til er meget Sporadiske, altså laves en ny undersøgelse. Derved slås begge kategorier sammen, således man har drikker ofte og drikker ikke. Fortsættes næste side Side 80 ud af 180

Det ses, at p værdien er 0.76, så her accepteres nulhypotesen stadigvæk, på trods af, at dette i princippet er en ulovlig handling Side 81 ud af 180

Opgave 4.010 Her er der tale om en goodness of fit test. Der beregnes de forventede observationer. Nulhypotese: Forsendelsen stammer fra storproduktionen. a) Tabellen viser de observerende - omregnet til tal. Forventede observationer Bolde 0.1 0.85 0.05 Forventet 20 170 10 Så har man de forventede værdier. Man har desuden nogle oplysninger, når varevognen standses i tolden. Observationer i tolden Obs 28 160 12 Så man udfører χ 2 test. Her anvendes formlen Værdierne indsættes. χ 2 = (O k F k ) 2 F k χ 2 (28 20)2 (160 170)2 (12 10)2 = + + 20 170 10 χ 2 = 4.1882 Hermed har man sin teststørrelse. Desuden er der tale om et signifikansniveau på 5%, altså aflæser man den kritiske værdi. Her ses det, at den kritiske værdi er Kritiskværdi = 5.99 Da teststørrelsen er mindre end den kritiske værdi, accepteres nulhypotesen. Boldene er fra storproducenten. Side 82 ud af 180

Opgave 4.011 25% = 0.25 50% = 0.5 25% = 0.25 a) Så kan man beregne de forventede værdier. rød = 0.25 236 = 59 lyserød = 0.5 236 = 118 hvid = 0.25 236 = 59 Altså fordeler forventningen sig således: Eksperimentets forsøg Farve Rød lyserød hvid sum Forventet 59 118 59 236 b) Så udføres der χ 2 test. Værdierne indsættes. χ 2 (66 59)2 (115 118)2 (55 59)2 = + + 59 118 59 χ 2 = 1.1779 Hermed har man sin teststørrelse. Desuden er der tale om et signifikansniveau på 5%, altså aflæser man den kritiske værdi. Her ses det, at den kritiske værdi er Kritiskværdi = 5.99 Da teststørrelsen er mindre end den kritiske værdi, accepteres nulhypotesen. Eksempel på konklusion: Ud fra følgende test, er det påvist, at med krydsning af farverne, opnås hypotesen omkring, at farverne vil fordele sig som angivet. Derved er der ikke noget belæg for at skulle forkaste arvelighedslovene. Side 83 ud af 180

Opgave 4.012 Det ses, at der er tale om en GOF-test. Et firma har taget notater for antal klager. Det fordeler sig således: Antal minutter 0-5 5-10 10-15 15< I alt Andel af det samlede antal klager 30% 40% 20% 10% 100% I en bestemt måned forløb det sig således: Klagebehandlingstid 0-5 5-10 10-15 15< I alt Observeret 37 53 25 5 120 a) Der opstilles en nulhypotese: Antallet af samlede klager ændre sig ikke. Mønstret vil være det samme. De forventede værdier beregnes. Først omregnes procentværdierne 30% = 0.30 120 = 36 40% = 0.40 120 = 48 20% = 0.20 120 = 24 10% = 0.10 120 = 12 Så man har skemaet Klagebehandlingstid 0-5 5-10 10-15 15< I alt Observeret 37 53 25 5 120 Forventet 36 48 24 12 120 Der udføres en χ 2 test. Værdierne indsættes. χ 2 (37 36)2 (53 48)2 (25 24)2 (5 12)2 = + + + 36 48 24 12 χ 2 = 4.6736 Hermed har man sin teststørrelse. Desuden er der tale om et signifikansniveau på 5%, altså aflæser man den kritiske værdi. Her ses det, at den kritiske værdi er Kritiskværdi = 7.82 Da teststørrelsen er mindre end den kritiske værdi, accepteres nulhypotesen. Antallet af klager ændrer sig ikke, selvom en bestemt måned viser andre tal. Side 84 ud af 180

Opgave 4.013 Der er givet to tabeller. a) Stikprøven er det der blev foretaget af Greens Analyseinstitut. De forventede og observerende værdier findes. Først omregnes procenttallene. Nulhypotesen er: Stemmefordelingen har ikke ændret sig Parti A B C SF DF V Ø LA KD Observeret 255 52 93 164 137 232 20 11 5 Forventet 247 49 101 126 134 255 21 27 9 b) Af alle partierne har man 8 frihedsgrader. Desuden udføres er en χ 2 test. χ 2 (255 247)2 (52 49)2 = + 247 49 (137 134)2 + + 134 (5 9)2 + 9 χ 2 = 25.985 (93 101)2 + 101 (232 255)2 255 (164 126)2 + 126 (20 21)2 + 21 (11 27)2 + 27 Hermed har man sin teststørrelse. Desuden er der tale om et signifikansniveau på 5%, altså aflæser man den kritiske værdi. Her ses det, at den kritiske værdi er Kritiskværdi = 15.51 Da teststørrelsen er større end den kritiske værdi, forkastes nulhypotesen. Der har været ændringer i stemmefordelingen. c) Nu slås alle andre partier sammen, således SF er alene. Parti SF Øvrige partier Observeret 164 804 Forventet 126 842 Der udføres test igen på samme måde som før. Bemærk, at der kun er en frihedsgrad nu. χ 2 (164 126)2 (804 842)2 = + = 13.175 126 842 Hermed har man sin teststørrelse. Desuden er der tale om et signifikansniveau på 5%, altså aflæser man den kritiske værdi. Her ses det, at den kritiske værdi er Kritiskværdi = 3.84 Da teststørrelsen er større end den kritiske værdi, forkastes nulhypotesen. Der har været ændringer i stemmefordelingen for partiet SF. Side 85 ud af 180

Tabellen over de kritiske værdier for en χ 2 test. Kilde: se sidste side. Slut på kapitel 4 - Statistik og sandsynlighedsregning Kapitel 5 handler om Funktioner og grafer, modellering af variabelsammenhænge fra bogen: Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Side 86 ud af 180

Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 STX matematik A niveau, kapitel 5 Funktioner og grafer, modellering af variabelsammenhænge Opgave 5.001 Der er givet en række oplysninger, således der anvendes lineære regression i Maple 2016. a) Asfsafas b) Der er givet en sammenhæng over grader celsius og grader fahrenheit. F = 1.8 t + 32 Man ønsker et udtryk som funktion af temperaturen, målt i grader fahrenheit. Derved isoleres t i ovenstående udtryk og indsættes i g(t). Derved har man trykket Pa, som funktion af grader fahrenheit. F 32 t = 1.8 Så indsættes det i g(t). F 32 g(t) = 0.82993 + 226.75 g(t) = 0.461 F + 211.995 1.8 Som faktisk er et funktionsudtryk for trykket, målt i grader fahrenheit. Side 87 ud af 180

Opgave 5.002 Der er givet en tabel over 3-slået polyester tovværk. Der er tale om en potensmodel, så der udføres potensregression i Maple 2016. a) Asffsa b) Hvis brudstykkes skal fordobles, så har man formlen F y = F x a Her er F y = (1 + r y ) og F x = (1 + r x ) 1.9619 Så man har (1 + 1) = (1 + r x ) 1.9619 1.9619 2 Så diameteren skal være 1.423 gange større = 1.423 Side 88 ud af 180

Opgave 5.003 Der udføres regression i Maple 2016. Der er tale om en eksponentiel model. a) Sfafsasfa b) Her indsættes 50000 på f(x) s plads. 50000 = 787.04 1.1404 x 50000 787.04 1.1404x = 787.04 787.04 1.1404 x = 50000 787.04 x ln(1.1404) = ln ( 50000 787.04 ) ln (50000 x = 787.04 ) ln(1.1404) = 31.599 Så man har 1970 som begyndelsesåret, så i omkring 2002 vil mængden af unger være 50000. Side 89 ud af 180

Opgave 5.004 Der er givet et skema over en rullepølse og fryse temperaturen i en fryser. Det hele defineres i Maple 2016. Desuden er der tale om en eksponentiel aftagende funktion. a) Asffsfasfas b) Først undersøges for en holdbarhed ved 18 o C. f( 18) = 15.711 0.89128 18 = 124.723 Så holdbarheden er 125 dage. Nu løses en ligning for at finde ud af temperaturen, når holdbarheden er 180 dage. 180 = 15.711 0.89128 x 180 15.711 0.89128x = 15.711 15.711 0.89128 x = 180 15.711 x ln(0.89128) = ln ( 180 15.711 ) 180 ln ( x = 15.711 ) ln(0.89128) = 21.187 Så temperaturen skal være ca. 21 o C. c) Halveringskonstanten findes T1 = ln (1 2 ) 1 2 ln(a) = ln ( 2 ) ln(0.89128) = 6.022 Så når temperaturen halveres, så falder holdbarheden med 6 dage. Nu anvendes formlen for eksponentiel vækst. r y = (a Δx 1) 100% = r y = (0.89128 2 1) 100 = 20.561% Så falder holdbarheden med 20.561% når temperaturen øges med 2 o C. Side 90 ud af 180

Opgave 5.005 Der er givet oplysninger om søkøer og deres længder samt aldre. Der er tale om en potensudvikling. a) Saffsfasaasasfs b) Asffaaasffsafssfaasf Side 91 ud af 180

Opgave 5.006 Opgave 5.007 Det jo ikke overraskende, at modellen er en eksponentiel model. a) Her er det en god idé at anvende halveringskonstanten. T1 = ln (1 2 ) 2 ln(a) Det ses, at den eksponentielle model er af typen f(x) = b a x Hvor a = e 0.0393 = 0.9614 Så halveringskonstanten anvendes. T1 = ln (1 2 ) 2 ln(0.9614) = 17.60 Så gammastrålens densitet halveres, når blyvæggen er 17.60mm Der er givet en model. a) Modellen f(t) = 3 3 e 0.0116 t Man kan antage, at man har et startpunkt, f(0) = 0 som funktion af tiden. Grafisk kan det se sådan ud: Det ses, at koncentrationen stiger op til 3mmol, for t Side 92 ud af 180

Opgave 5.008 Der er givet en model om beskriver trykket i stratosfæren. Grænseintervallet er 11 h 25 Modellen er p(h) = 226 e 0.157(h 11) Her er h højden, målt i km. a) Her løses en ligning. 50 = 226 e 0.157(h 11) Ligningen løses for h vha. CAS-værktøjet WordMat. h = 20.60836 Her er højden 20.6km, når trykket er 50mb. b) Det tegnes grafisk. Det ses så, at 226 er det højeste tryk (mb), dette er i 11km s højde. Derved aftager den eksponentiel med 14.52% fordi a = 1 + r, a = e 0.157 Man har en ligning e 0.157 = 1 + r e 0.157 1 = r r% = (e 0.157 1) 100 = 14.52% Side 93 ud af 180

Opgave 5.009 Først findes arealformlen for cirklen samt arealformlen for en rektangel. A rektangel = l b, A = x y (i vores tilfælde) Her er figuren. a) Det ses, at der kan dannes to retvinklede trekanter inde i rektanglen. Den ene trekant har længden x og den anden længde y samt hypotenusen 4. Her er Dem er der to af. x 2 + y 2 = 4 2 y = 16 x 2 y = 16 x 2 Man har så formlen for arealet af en rektangel. A = l b Her er b = x og l = y, så man har A(x) = x 16 x 2 Definitionsmængden er ]0; 4[ fordi den må ikke være større end cirklens diameter. Opgave 5.010 Der er givet en masse oplysninger, som anvendes til regression af formen y = b x a. Dette udføres i Maple 2016. a) Sffsaasfsfa Fortsættes næste side Side 94 ud af 180

b) fsafasffas Dermed må dyret have en vægt på 110kg. Opgave 5.011 Man ønsker en ny skulptur i Odense. Den er sammensat af en kegle og en kugle. a) Funktionsudtrykket er givet ved O(r) = π r 2 + π r 1 4 r 4 + r2 Man ønsker en redegørelse. Funktionen angiver overfladearealet for skulpturen. Radius for kuglen er V = 4 3 3 (1 2 ) π = π 6 Så har man formlen for rumfanget af keglen, da den skal være ens. Her isoleres højden. π 6 = 1 3 π r2 h h = 1 2 r 2 Hvis man ser på sin figur over keglen, kan man se, at der dannes en retvinklet trekant, altså er hypotenusen sidelinjen s, højden h er katete 1 og r er katete 2. Altså har man s = r 2 + h 2 Hermed er O(r) = O grundflade + O krumme overflade = π r 2 + π r s Heri indsættes værdierne O(r) = π r 2 + π r r 2 + ( 1 2 r 2) 2 = O(r) = π r 2 + π r r 2 + 1 4 r 4 Som faktisk beskriver overfladearealet af keglen som funktion af r. Fortsættes næste side Side 95 ud af 180

b) Modellen differentieres. π 1 O x (r) = 2 π x + 4 + 4x2 + 1 π x ( 4 2 4 x 5 + 8x) 1 x 4 + 4x2 Der løses en ligning for r. O (r) = 0 π 1 x 2 π x + 4 + 4x2 + 1 π x ( 4 2 4 x 5 + 8x) 1 = 0 x 4 + 4x2 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 0.561231 Så har man nulpunktet for O (r). Det er tilsyneladende det tal, der gør overfladearealet mindst muligt. Dette indsættes i den oprindelige funktion. O(0.561231) = π 0.561231 2 + π 0.561231 2 0.561231 2 1 + ( 2 0.561231 2) = 3.9581 Højden derimod vil være indsættelse af den afledede s nulpunkt. Dette ses nedenfor: 1 h = 2 0.561231 2 = 1.587 Så højden skal være 1.587m og radius skal være 0.561m Slut på kapitel 5 - Funktioner og grafer, modellering af variabelsammenhænge Kapitel 6 handler om Differentialregning og modellering med f fra bogen: Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Side 96 ud af 180

Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Opgave 6.001 STX matematik A niveau, kapitel 6 Differentialregning og modellering med f Funktionen f er givet ved f(x) = 1 4 x3 x 2 x + 4 a) Der tegnes en graf over funktionen i GeoGebra. Det ses, at grafens nulpunkter er x = 2 x = 2 x = 4 Men man ønsker alligevel at tjekke efter. f(x) = 0 Så løses en ligning 1 4 x3 x 2 x + 4 = 0 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 2 x = 2 x = 4 Det passer. Man ønsker en tangent der går gennem i det sted, hvor den mindste førstekoordinat er. I dette tilfælde er det P = ( 2,0). Man differentierer funktionen og indsætter 2 i f og f samt tangentens ligning. f( 2) = 1 4 ( 2)3 ( 2) 2 ( 2) + 4 = 0 f ( 2) = 3 4 ( 2)2 2 ( 2) 1 = 6 Man har tangentligningen t 1 = 6(x + 2) + 0 t 1 = 6x + 12 Fortsættes næste side Side 97 ud af 180

Opgave 6.002 b) Det antages også, at der er en anden tangent der løber den vej som P gør. Desuden ligger tangenten t 2 på f. Så punkterne er P = ( 2,0) og Q = (x 0, y 0 ). Man kan her anvende formlen fra MAT C lineære funktioner a = y 2 y 1 x 2 x 1 Her ændres der lidt i formlen, idet man allerede kender det ene punkt. Det andet punkt er stadig en ubekendt variabel altså; a = y 0 0 x 0 ( 2) Her er y 0 funktionen f(x). a = (1 4 x 0 3 x 2 0 x 0 + 4) 0 x 0 ( 2) Da tallet a er hældningskoefficienten har man det fra den afledede, så den kan man sætte lig med ovenstående. 3 4 x2 2x 1 = ( 1 4 x3 x 2 x + 4) 0 x ( 2) Her er der kun en ubekendt, x. Der løses en ligning. 3 4 x2 2x 1 = ( 1 4 x3 x 2 x + 4) 0 x ( 2) Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 3 Her er x = 3, hvilket må svare til den anden koordinat, Q. Nu findes y koordinaten. f(3) = 1 4 33 3 2 3 + 4 = 5 4 Hermed er koordinatsættet til den anden tangentligning Q = (3, 5 4 ) Figuren tegnes ikke, men funktionen over den (overflade) er givet ved O(x) = 13 3 π x2 + 40 x a) Overfladen bestemmes, når radius er 2dm. O(2) = 13 3 π 22 + 40 2 = 74.454 Så overfladen af beholderen er 74.454dm 2 Fortsættes næste side Side 98 ud af 180

b) Funktionen differentieres. O 13 π 2x (x) = 40 3 x 2 Som er den afledede af O(x). Derved sættes den afledede lig med 0. O (x) = 0 Så løses en ligning. 13 π 2x 3 40 x 2 = 0 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 1.136805 Så har man det, der skulle give det mindste overflade. Nu gøres der prøve. O 13 π 2 1 (1) = 3 O 13 π 2 2 (2) = 3 Monotonilinjen forklarer det hele. 40 1 2 = 12.772 40 2 2 = 44.454 Opgave 6.003 Det ses, at x ikke kommer under 0, for x > 0. Det giver også god mening, når radius ikke må være negativ Derved er konklusionen, at O(x) er aftagende i intervallet [0; 1.136805] og voksende i intervallet [1.136805; [ En virksomhed fremstiller en vare, funktionen er givet. O(x) = x 3 30x 2 + 500x + 30 a) Den maksimale pris findes ved at differentiere ovenstående, men først trækkes 308 fra 500, da det er den faste pris for et ton. O (x) = 3x 2 60x + 500 308 Der løses en ligning for O (x) = 0 3x 2 60x + 192 = 0 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 4 x = 16 Fortsættes næste side Side 99 ud af 180

Det ses, at producenten får mest indtjening ved produktion af 16 tons af en bestemt vare. Der gøres nu prøve. O (3) = 3 3 2 60 3 + 192 = 39 O (10) = 3 10 2 60 10 + 192 = 108 O (17) = 3 17 2 60 17 + 192 = 39 Så giver det mere mening, at produktionen af 16 tons af en bestem vare giver en maksimal pris. Opgave 6.004 Derved er konklusionen, at O(x) er voksende i intervallet ] ; 4] og voksende i intervallet [16; [ samt aftagende i intervallet [4; 16]. Nu kan man gøre prøve. F(x) = P(x) O(x) Her er P(x) = 308x F(4) = 308 4 (4 3 30 4 2 + 500 4 + 30) = 382 F(16) = 308 16 (16 3 30 16 2 + 500 16 + 30) = 482 Så det vil lønne sig i indtjeningen, hvis firmaet producerer 16 tons af deres eftertragtede vare. Det hele løses i Maple 2016. a) Asffasasf Side 100 ud af 180

Opgave 6.005 Det hele løses i Maple 2016. a) Afafasafaa Opgave 6.006 Der er givet en kasse a) Man ønsker et udtryk for udgiften til materialeforbruget af kassen. Her er sidelængderne x og h lavet af materiale A og toppen og bunden af materiale B. Dvs. formlerne A sider = 4 (x h) = 4xh A top = x 2 A bund = x 2 Derved er formlerne så A = 4xh + 2x 2 Men for hver cm man har, er prisen for materiale A 2kr og materiale B 3kr. Altså A(x, h) = 8xh + 6x 2 Fortsættes næste side Side 101 ud af 180

b) Der opstilles et regneudtryk V(x). Her anvendes volumeformlen V = l b h Her er l og b lig med x og h er lig med h, altså V = hx 2 Materialeudgiften er 100kr, altså 100 = 8xh + 6x 2 100 6x 2 = 8xh Som indsættes i formlen for volumen. V(x) = x 2 100 6x2 ( ) 8x Som er udtrykket. c) Funktionen differentieres. 100 6x2 8x V (x) = 9 4 x2 + 25 2 Som sættes lig med 0. 9 4 x2 + 25 2 = 0 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 2.357023 Så har man sin rod for den afledede. Der gøres prøve. V (2) = 9 4 22 + 25 2 = 3.5 V (3) = 9 4 32 + 25 2 = 7.75 Hermed er der en tegning for monotonilinjen. = h Så konklusionen er, at V(x) er voksende i intervallet [0; 2.357023] og aftagende i intervallet [2.357023; [ Side 102 ud af 180

Opgave 6.007 Det løses i Maple 2016. a) Asffsaafs Opgave 6.008 Det løses i Maple 2016. a) Fasfasasf Fortsættes næste side Side 103 ud af 180

b) Afssfaasffs Opgave 6.009 Funktionen f er givet ved f(x) = 2x + sin(x) a) Der løses en ligning for f Numerisk solve i Maple 2016. b) Her er f(x) = c hvor kravet er een løsning. Dette ses nedenfor: Det ses her, hvordan funktionen den vokser konstant. Her er f en kontinuert funktion. (Dvs. man kan se den afledede) Så hermed er der altså kun een løsning for f, fordi f (x) > 0, derved kommer den aldrig under x-aksen, hvilket kan ses på den oprindelige voksende funktion. Slut på kapitel 6 - Differentialregning og modellering med f Kapitel 7 handler om Integralregning fra bogen: Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Side 104 ud af 180

Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 STX matematik A niveau, kapitel 7 Integralregning Opgave 7.001 Funktionen f(x) = x 4 13x 2 + 36 Skærer som vist på figuren. Arealet af M bestemmes. a) 2 A = x 4 13x 2 + 36 dx = [ x5 2 5 13 2 3 x3 + 36x] 2 = 25 5 13 3 23 + 36 2 ( ( 2)5 13 5 3 ( 2)3 + 36 ( 2)) = 1312 15 = 87.47 Dette vises grafisk. Opgave 7.002 Funktonen er givet f(x) = x 3 9x a) Der løses først en ligning for at finde nulpunkterne. x 3 9x = 0 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 3 x = 0 x = 3 Denne ligning kunne nemt løses via nulreglen. Da nulpunkterne kendes, er det enkelt at bestemme arealet, som f afgrænser sammen med anden kvadrant. 0 0 A = x 3 9x dx = [ 1 3 4 x4 9 2 x2 ] = 1 3 4 04 9 2 02 ( 1 4 ( 3)4 9 2 ( 3)2 ) = 81 4 20.25 Så arealet af området i anden kvadrant er 20.25. Side 105 ud af 180

Opgave 7.003 Det ses, at begge ligninger er med y. I dette tilfælde ændres de til funktioner. f(x) = 9 x 2, g(x) = x + 3 a) Inden tegningen kan man gætte sig til, at f(x) ligger over g(x), da 9 reelt set er c i et andengradspolynomium. Den skærer y i mellem første- og anden kvadrant. Desuden er a < 0 og aftagende. g(x) er en ret linje, der skærer y i 3, hvorefter den vokser med 1. Skitsen tegnes. Her var antagelserne korrekte. Arealet bestemmes mellem f og g, derved løses en ligning. f(x) = g(x) Altså 9 x 2 = x + 3 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 3 x = 2 Så har man grænseværdierne. Arealet bestemmes. Værdierne indsættes Så man har 2 A = f(x) g(x) dx 3 2 A = 9 x 2 (x + 3) dx = [9x x3 3 3 (x2 2 + 3x)] 3 9 2 23 3 ( 3)3 (22 + 3 2) (9 ( 3) ( ( 3)2 + 3 ( 3))) = 125 2 3 2 6 Så arealet er approximeret til 20.83333333 2 Side 106 ud af 180

Opgave 7.004 Parablen er givet. f(x) = ax 2 + bx + c c) Man aflæser sin c-værdi til 4.8. Dermed kender man toppunktet for funktionen. T x = b 2a Her er b = 0. Da hele gavlens bredde er 5m, må rødderne være hhv. 2.5 og 2.5 (da det er en parabel) Så man har f(x) = a(x r 1 )(x r 2 ) Man kan isolere a ved at anvende sine rødder og toppunkt. 4.8 = a(0 2.5)(0 + 2.5) 4.8 = a( 2.5)(2.5) 4.8 = 6.25a a = 0.768 Så kan man indsætte den tilbage i den faktoriseret formel. f(x) = 0.768 (x 2.5)(x + 2.5) f(x) = 0.768x 2 + 4.8 Som altså er parablen. Denne tegnes. d) Arealet bestemmes ved at anvende integrale. 2.5 A = 0.768x 2 + 4.8 dx = [ 0.768x3 + 4.8x] 2.5 3 2.5 0.768 2.53 0.768 ( 2.5)3 = + 4.8 2.5 ( 3 3 = 16 Så arealet er hermed 16m 2. 2.5 + 4.8 ( 2.5)) Side 107 ud af 180

Opgave 7.005 a) Integralet bestemmes via Maple 2016. Det ses, at tallet e egentlig betyder, at tallet er positivt, så derfor er arealet mellem x = 1 og x = 1 1.7113, da funktionen er asymptote med førsteaksen. Opgave 7.006 Opgaven udregnes i Maple 2016. a) Fsasafasf Side 108 ud af 180

Opgave 7.007 Denne opgave bestemmes på tre måder, alt efter hvad man vil. 1) I WordMat: Funktionen f(x) = x 2 5x 6 og funktionen g(x) = 2x 6 er givet. Disse afgrænser et område, der har et areal. Det ses, at g(x) ligger over f(x), dette kan man aflæse, hvis man kender til polynomiets form og beliggenhed. For at finde det område, f(x) og g(x) skærer hinanden i, løses en ligning. x 2 5x 6 = 2x 6 x 2 7x = 0 Løses via nulreglen x(x 7) = 0 Så rødderne er x = 0 x = 7 Man har så sine grænseværdier. Nu bestemmes arealet. Værdierne indsættes 2x 6 (x 2 5x 6) 0 7 7 g(x) f(x) dx 0 dx = [x 2 6x ( 1 3 x3 5 7 2 x2 6x)] 0 = 7 2 6 7 ( 1 3 73 5 2 72 6 7) (0 2 6 0 ( 1 3 03 5 2 02 6 0)) = 343 6 57.17 Derved fandt man arealet mellem g(x) og f(x). Fortsættes næste side Side 109 ud af 180

2) I Maple 2016: 3) I GeoGebra: Først indskrives begge funktioner i input. Så kan man se, at g(x) ligger øverst. For at finde grænseværdierne tages skæringspunktet mellem f(x) og g(x). Disse er hhv. 0 og 7, altså anvender man kommandoen for to funktioner: Integral[ <Funktion>, <Funktion>, <Tal>, <Tal> ] Så man kan med andre ord sige, at man helt selv vælger, hvilken metode til denne type opgaver, så længe man konkludere til sidst - især for 2 og 3! Side 110 ud af 180

Opgave 7.008 A = Opgave 7.009 En funktion f er givet. f(x) = e x 4x Funktionen løses som en ligning, således man kan finde nulpunkterne e x 4x = 0 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 2.153292 x = 0.357403 Arealet bestemmes i fjerde kvadrant. Man har så 2.153292 e x 4x 0.357403 dx = [e x 2x 2 ] 2.153292 0.357403 = e 2.153292 2 2.153292 2 (e 0.357403 2 0.357403 2 ) = 1.8343 Arealet er en negativ værdi, idet den ligger under førsteaksen. Opgaven løses i Maple 2016. a) Sfafasfas Fortsættes næste side Side 111 ud af 180

Plottet skal illustrere et udsnit af skålen, så kan man fantasere til resten. Opgave 7.010 Opgaven løses i Maple 2016. a) Safsfafsa b) Fasfasf Fortsættes næste side Side 112 ud af 180

c) Asfasfasf Opgave 7.011 Opgaven løses i Maple 2016. a) Fassfa Fortsættes næste side Side 113 ud af 180

b) Fassfaasf Der findes formentlig også en negativ værdi af k, men Maple tog kun den positive værdi med. Side 114 ud af 180

Opgave 7.012 Opgaven løses i Maple 2016. a) Affa b) Badad Side 115 ud af 180

Opgave 7.013 Opgaven løses i Maple 2016. a) asfsfsafasffas Side 116 ud af 180

Opgave 7.014 Opgaven løses i Maple 2016. a) Sfafsa b) Asfasf Side 117 ud af 180

Opgave 7.015 Opgaven løses i Maple. a) Afsasf b) asfsfafas Side 118 ud af 180

Opgave 7.016 Opgaven løses i Maple 2016. a) Afssffas Slut på kapitel 7 - Integralregning Kapitel 8 handler om Differentialligninger fra bogen: Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Side 119 ud af 180

Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Opgave 8.001 STX matematik A niveau, kapitel 8 Differentialligninger Lad differentialligningen være givet dy dx = x + 2 y Tangentligningen kan bestemmes ved et punkt. Punktet P er givet. P = (2, 2) Punktets koordinater kan allerede indsættes i tangentligningen, så man mangler kun den afledede, og dette findes ved indsættelse af punktet i differentialligningen. Så tangenten til grafen er dy dx = 2 + 2 2 = 2 y = 2(x 2) 2 y = 2x 2 Opgave 8.002 Differentialligningen er givet dy = 2x y dx Punkterne for f er P = (1, e) og Q = ( 1, e). Disse indsættes i differentialligningen dy = 2 1 e = 2e dx dy = 2 ( 1) e = 2e dx Så kan man opstille to retningsvektorer. (MAT A s. 25) r 1 = ( 1 2e ), r 2 = ( 1 2e ) Så man anvender formlen for vinkel mellem vektorer. Dette udføres i Maple 2016. Side 120 ud af 180

Opgave 8.003 Opgave 8.004 Differentialligningen y = 5y Samt punktet er P = (0,4). Nedenfor er den fuldstændige løsning y = c e kx Da differentialligningen er af typen y = ky. Differentialligningen indsættes i formlen samt punktet P, så c isoleres. Så har man løsningen Differentialligningen 4 = c e 5 0 4 = c e 0 4 = c 1 c = 4 y = 4 e 5x y + 3y = 20 Samt punktet er P = (1,4). Nedenfor er den fuldstændige løsning y = b + c e ax a Da differentialligningen er af typen y + ay = b. Differentialligningen indsættes i formlen samt punktet P, så c isoleres. 4 = 20 3 + c e 3 1 4 20 3 = c e 3 1 c = 4 20 3 c = 53.561 e 3 1 Så har man løsningen y = 20 53.561 e 3x 3 Side 121 ud af 180

Opgave 8.005 Differentialligningen y + y = 20x + 3 Samt punktet er P = (1,4). Nedenfor er den fuldstændige løsning y = e G(x) e G(x) h(x)dx Da differentialligningen er af typen y + g(x) y = h(x). Differentialligningen indsættes i formlen samt punktet P. Først ses hvad der er hvad. Så indsættes ovenstående. G(x) = x, h(x) = 20x + 3 y = e x e x (20x + 3)dx y = e x ((20x 17) e x + c) y = e x (20ex 17ex + c) Punktet indsættes 4 = e 1 (20e 1 17e 1 + c) c = e Ligningen løses for c vha. CAS-værktøjet WordMat. Altså er funktionen y = e x (20ex 17ex + e) Side 122 ud af 180

Opgave 8.006 Opgaven løses i Maple 2016. a) Asffassaf Side 123 ud af 180

Opgave 8.007 Opgaven løses i Maple 2016. a) Sfasafsfasfa Side 124 ud af 180

Opgave 8.008 Opgaven løses i Maple 2016. a) asfsdsdggds b) asfasasffas c) sfasfssas d) sffasfsfsaa Fortsættes næste side Side 125 ud af 180

Opgave 8.009 a) Ud fra oplysningerne opstilles en differentialligning. dy = 0.084 y dt b) Her anvendes den fuldstændig løsning y = c e kx Man indsætter oplysningerne. y(7) = 10 e 0.084 7 = 18 Så efter 7 døgn vil der være 18 individer. c) Her anvendes den fuldstændig løsning m y = 1 + c e kmx Differentialligningen dy = 0.0022 y (100 y) dx Den indsættes i den fuldstændige løsning. 100 y = 1 + c e 0.0022 100x Man kan finde c ved indsættelse af punktet fra spm. b) 100 18 = 1 + c e 0.0022 100 7 Ligningen løses for c vha. CAS-værktøjet WordMat. c = 21.2498 Så man har 100 y = 1 + 21.2498 e 0.0022 100x Så sættes ligningen lig med 90. 100 90 = 1 + 21.2498 e 0.0022 100x Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 23.87987 Så efter 24 døgn vil der være ca. 90 individer. Side 126 ud af 180

Opgave 8.010 Opgaven løses i Maple 2016. a) Fassfa Fortsættes næste side Side 127 ud af 180

b) Fassffas Opgave 8.011 Differentialligningen (den samme som opgave 8.010) er givet ved ds t dt = 0.00575 S t (12 S t ) a) Man indsætter 4 på S t, så man får væksthastigheden. ds t = 0.00575 4 (12 4) = 0.184 dt Så den vokser med 0.184cm pr. døgn efter en længde på 4cm. b) Man indsætter følgende i differentialligningen 0.5, 6, 12 Så man har ds t = 0.00575 0.5 (12 0.5) = 0.0330625 dt ds t = 0.00575 6 (12 6) = 0.207 dt ds t = 0.00575 12 (12 12) = 0 dt Skitsen ses her. x = længde, y = væksthastighed pr. døgn. Side 128 ud af 180

Opgave 8.012 Differentialligningen dy dx = y (x2 9), y > 0 a) Punktet P indsættes, både i ligningen ovenfor og tangentligningen, man har så dy dx = 2 (22 9) = 10 Så y = 10(x 2) + 2 y = 10x + 22 b) Monotoniforholdene bestemmes. dy = 0, y > 0 dx Så er x 2 9 = 0 x 2 = 9 x ± 3 Det ses, at det er en voksende parabel med benene opad, hvor c = 9, altså er funktionen f; voksende i intervallet ] ; 3] samt [3; [ og aftagende i intervallet [ 3; 3] En monotonilinje tegnes. Side 129 ud af 180

Opgave 8.013 Opgave 8.014 a) En differentialligning opstilles. dn dt = 2 10 8 N (10 6 N) Så har man differentialligningen. b) Den fuldstændige løsning til differentialligningen er m y = 1 + c e kmx Værdierne indsættes samt punktet t = 0 er 200 000 10 6 200000 = Altså er løsningen N(t) = 1 + c e 2 10 8 106 0 c = 4 10 6 Ligningen løses for c vha. CAS-værktøjet WordMat. 1 + 4 e 2 10 8 106 t c) Når væksthastigheden er størst i logistisk vækst, er det når m, altså er det 500000. 2 Den sættes lig med ovenstående funktion. 10 6 1 + 4 e 2 10 8 10 6 t = 500000 Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. t = 69.31472 Så efter 70 døgn, er der størst vækst i populationen. a) En differentialligning opstilles. dn dt = 2 10 8 N (10 6 N) Så har man differentialligningen. b) Da man har punktet, er det muligt at finde konstanten c i den fuldstændige løsning, som er givet nedenfor. m y = 1 + c e kmx Værdierne indsættes samt punktet N(0) = 2.0 10 5 2.0 10 5 = 10 6 1 + c e 2 10 8 106 0 c = 4 Ligningen løses for c vha. CAS-værktøjet WordMat. Fortsættes næste side Side 130 ud af 180

Opgave 8.015 Så er løsningen til differentialligningen 10 6 N(t) = 1 + 4 e 2 10 8 106 t d) Så undersøges det, hvornår væksthastigheden er størst. I logistisk vækst, er det når m, altså er det 500000. Den sættes lig med ovenstående funktion. 2 10 6 1 + 4 e 2 10 8 10 6 t = 500000 Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. t = 69.31472 Så efter 70 døgn, er der størst vækst i populationen. Der er givet en differentialligning N (t) = 2 10 8 N(t) (10 6 N(t)) a) Væksthastigheden bestemmes ved indsættelse af 500000 på N(t). N (t) = 2 10 8 500000 (10 6 500000) = 5000 Altså vokser populationen med 5000 individer, når væksthastigheden er størst. b) Grafen tegnes. Først regnes nogle punkter. N (0) = 2 10 8 0 (10 6 0) = 0 N (500000) = 2 10 8 500000 (10 6 500000) = 5000 N (1000000) = 2 10 8 1000000 (10 6 1000000) = 0 Grafen ses: Bemærk, at x aksen er antal individer og y aksen er væksthastigheden af individer pr. døgn. Side 131 ud af 180

Opgave 8.016 Opgave 8.017 Differentialligningen (nu den fjerde af samme slags som ovenstående opgaver) er givet. N (t) = 2 10 8 N(t) (10 6 N(t)) a) Her er t 1 = 500000, altså indsættes dette i differentialligningen. N (t) = 2 10 8 500000 (10 6 500000) = 5000 Så her vokser populationen med 5000 individer i døgnet. Da 500000 er halvdelen af det maksimale, den logistiske vækst kan bære, vil det være der, hvor væksthastigheden er størst, efterfølgende vil det dale med væksten, selvom der er en stigning i populationen, indtil den når 1000000 individer. Opgaven løses i Maple 2016. a) Afssfa Fortsættes næste side Side 132 ud af 180

b) Saeid Jafari Opgave 8.018 a) Forskriften findes i Maple 2016. Der anvendes lineære regression. b) Da der er tale om væksthastigheden (ovenstående model) er differentialligningen 1 N dn = 0.012571 t + 0.27714 dt c) Forskriften kan bestemmes via Maple 2016, men også ved separation af de variable. 1 dn = ( 0.012571 t + 0.27714) dt N ln N = 0.0062855 t 2 + 0.27714 t + k e ln(n) = e 0.0062855 t2 +0.27714 t+k N = e 0.0062855 t2 +0.27714 t e k N = c e 0.0062855 t2 +0.27714 t Så har man t = 7 samt N = 780. Altså er forskriften 780 = c e 0.0062855 72 +0.27714 7 c = 152.521 N(t) = 152.521 e 0.0062855 t2 +0.27714 t Side 133 ud af 180

Opgave 8.019 Der opstilles en differentialligning Opgave 8.020 a) dh = k h dt Der opstilles en differentialligning Opgave 8.021 a) dp = 0.02 (1000 p) dt Der opstilles en differentialligning Opgave 8.022 a) dy dt = k (y 0 y) Der opstilles en differentialligning om rygter a) Saf dr = 0.0014 r (500 r) dt Side 134 ud af 180

Opgave 8.023 Der er givet en differentialligning Samt funktionen dh dt 3 = 20 h(t) 2 h(t) = ( 50 t + 3125) 2 5 a) Hvis man differentierer funktionen h(t), og sætter den lig med differentialligningen, bør det være en løsning, hvis man også indsætter funktionen i differentialligningen. I Maple 2016 differentieres funktionen h(t) og dette udføres nedenfor: Side 135 ud af 180

Opgave 8.024 Det ses, at differentialligningen dn dt = (0.025 0.0004 t) N Beskriver befolkningens størrelse, altså den tilvækst der er. a) Det ses, at t er tid og N er befolkningstilvæksten. Man antager, at der vokser 2.5% for hvert år, indtil man når et bestemt år, for væksten aftager gradvist. Altså man har 0.025 0.0004 t = 0 Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. t = 62.5 Så efter 62.5 år vil mængden falde, da dette er toppunktet for væksthastigheden. Slut på kapitel 8 - Differentialligninger Kapitel 9 handler om Eksamensopgaver fra år 2008 til 2012 fra bogen: Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 2012 Disse opgaver løses ikke, der henvises til www.matematikhfsvar.page.tl Side 136 ud af 180

Tillæg 1, Matematik A eksamensopgave - december 2014: Delprøve 1 STX matematik A niveau, tillæg 1 eksamensopgaver Opgave 1 Andengradsligningen løses. x 2 + 5x 14 = 0 Løses mht. diskriminanten d = b 2 4ac = 5 2 4 1 ( 14) = 81 Endelig findes rødderne. Opgave 2 x = b ± x 2a = 5 ± 81 2 1 = 5 ± 9 2 = 2 7 Der er givet oplysninger omkring havis i et bestemt oceanområde. Det ses, at b = 6 og r = 1.3% Der opstilles en model. Først regnes tallet a. Værdierne indsættes a = 1 + r Så man har modellen a = 1 + ( 1.3 ) a = 0.987 100 f(x) = 6 0.987 x Som er en aftagende eksponentiel model, der gælder fra år 2008. Opgave 3 Først ses det, at grundlinjen er 4m, det ses desuden at hypotenusen er 5m. Man mangler bare højden af den retvinklede trekant, pigen udspænder. Værdierne indsættes a 2 + b 2 = c 2 a 2 + 4 2 = 5 2 a = 25 16 = 3 Da dette er højden i den trekant, pigen udspænder, trækkes dette fra den totale højde, og dermed kan man finde højden for det yderste punkt hun gynger. I dette tilfælde er det Så det højeste punkt er 3.3m over jorden. 6.3 3 = 3.3 Side 137 ud af 180

Opgave 4 Opgave 5 Funktionen f er givet ved f(x) = 1 x + 6x2, x > 0 Funktionen integreres og punktet til F indsættes. Punktet indsættes. F(x) = ln(x) + 2x 3 + k 8 = ln(1) + 2 1 3 + k 8 = 0 + 2 + k k = 6 Derved er stamfunktionen til f, der går gennem punktet P Differentieres dette, fås f. F(x) = ln(x) + 2x 3 + 6 Funktionen f går gennem punktet P(2,3) og f er desuden løsningen til differentialligningen Tangenten til f er hermed dy dx = x2 + 1 y 1 y = f (x 0 )(x x 0 ) + f(x 0 ) Punktet P kan allerede indsættes i tangenten samt differentialligningen. Så man har dy dx = 22 + 1 3 1 = 5 2 = 2.5 y = 2.5(x 2) + 3 y = 2.5x 2 Dette er tangenten til f i punktet P. Side 138 ud af 180

Opgave 6 Funktionen f(x) er givet ved f(x) = x 3 + 6x 2 + x Funktionen differentieres, så man kan finde ud af, hvor den afledede er størst. f (x) = 3x 2 + 12x + 1 Den afledede differentieres en gang til, så man kan finde nulpunkterne til den dobbelte afledede af f. Dette sættes lig med 0. f (x) = 6x + 12 6x + 12 = 0 x = 2 Nu undersøges der for at se, hvor funktionen har sin største x-værdi. Derfor differentieres den dobbelte afledede Så f (x) = 6 f (2) = 6 Deraf ses det, at 6 < 0, altså er x = 2 den værdi, der giver f (x) sit maksimale punkt. Side 139 ud af 180

Tillæg 1, Matematik A eksamensopgave - december 2016: Delprøve 2 STX matematik A niveau, tillæg 1 eksamensopgaver Opgave 7 a) Sa Opgave 8 a) Sa Fortsættes næste side Side 140 ud af 180

b) Asf Asf Side 141 ud af 180

Opgave 9 a) Sa b) Asf c) Asf Side 142 ud af 180

Opgave 10 a) Sa b) Asf Fortsættes næste side Side 143 ud af 180

Opgave 11 a) Sa Side 144 ud af 180

Opgave 12 a) Sa Fortsættes næste side Side 145 ud af 180

b) c) Opgave 13 a) S Side 146 ud af 180

Opgave 14 a) Sa b) S Opgave 15 a) S Fortsættes næste side Side 147 ud af 180

b) Asf Opgave 16 a) Sa Fortsættes næste side Side 148 ud af 180

b) Asf Bemærk, at Maple ikke giver dette layout, andet end ovenstående blå tekst, samt kommandoer mv. For hver opgave der er løst, startes det med opgavenummer, restart og with(gym): dette gør, at der ikke opstår problemer længere ind i opgavesættet. Eksempler på Maple opgaver kan findes på hjemmesiden www.matematikhfsvar.page.tl God fornøjelse. Side 149 ud af 180

Opgave 1 Opgave 2 Opgave 3 Tillæg 2, Matematik A eksamensopgave - august 2015 STX matematik A niveau, tillæg 2 eksamensopgaver Delprøve 1: WordMat Der er givet en lineære sammenhæng Her er b = 4 og a = 3 y = 3x + 4 a) Her indsættes tallet 7 på x s plads. y = 3 7 + 4 = 25 Så her er tallet 25. Så er spørgsmålet, hvor meget y vokser med, når x vokser med 5. I matematik C lærte man, at når x vokser med 1, lægges a til y. Så man har y = 3(x + 5) + 4 = 3x + 15 + 4 = y + 15 Men hvis b = 0, så er konklusionen: Når x vokser med 5, så vokser y med 15, pga. tilvæksten. Prisen for en bestemt vare ses at være eksponentiel. Deraf har man r = 4.5% og b = 213. a) Først omregnes renten vha. fremskrivningsfaktoren. a = 1 + r, a = 1 + ( 4.5 100 ) = 1.045 Så man har en eksponentiel model f(x) = 213 1.045 x Der beskriver stigningen i prisen for en vare fra år 2015. Grafen viser en andengradspolynomium y = ax 2 + bx + c a) Her er a > 0 b < 0 c > 0 d < 0 Dvs. a er voksende, dvs. glad parabel. b er aftagende, for ved tegning af en ret linje, ses det, at den er aftagende fra skæring med y-aksen. c værdien er voksende, da den skærer y-aksen i mellem første og anden kvadrant. Endelig er d mindre end 0, da løsningerne er indenfor de komplekse tal. Side 150 ud af 180

Opgave 4 Opgave 5 Der er givet en kasse. a) Formlen for volumen er V = l b h Her er l = 3h + 4 og b = 2l + 1 og h = h. Det ses desuden, at l indgår i bredden, så man har b = 2 (3h + 4) + 1 = 6h + 9 Derved er formlen V = (3h + 4) (6h + 9) h Der er givet en funktion og en differentialligning. Og funktionen dy y + x y = dx x f(x) = x e x a) Man ønsker at vide, om f er løsningen til differentialligningen, så funktionen differentieres. Der anvendes produktreglen. f (x) = (x e x ) + (1 e x ) = x e x + e x Så dy betyder faktisk f (x) og y betyder f(x) så man gør prøve dx x e x + e x = x ex + x x e x x x e x + e x = x(ex + x e x ) x x e x + e x = e x + x e x Det ses, at funktionerne er identiske på begge sider, så her er f en løsning til differentialligningen. Opgave 6 Lad integralet være givet Lad t være 0 2 3x 2 + 2 dx x 3 + 2x + 4 2 t = x 3 + 2x + 4 dt dx = 1 3x2 + 2 dx = 3x 2 + 2 dt Dette indsættes tilbage i integralet 3x2 + 2 1 t 3x 2 + 2 dt = 0 0 2 1 2 dt = [2 t] t 0 = [2 x 3 2 + 2x + 4] 0 = 2 2 3 + 2 2 + 4 (2 0 3 + 2 0 + 4) = 2 16 (2 4) = 8 4 = 4 Så det ses, at arealet af funktionen er 4. Side 151 ud af 180

Opgave 7 Tillæg 2, Matematik A eksamensopgave - august 2015 STX matematik A niveau, tillæg 2 eksamensopgaver Delprøve 2: Maple 2016/WordMat/GeoGebra Der er givet to vektorer; a = ( 2 5 ), b = ( t 3 ) a) For at a og b er ortogonale, skal vinklen mellem dem være 90 o. 2 t + 5 3 = 0 2t + 15 = 0 t = 7.5 Så med værdien 7.5 har man to ortogonale vektorer. Dette vises grafisk i GeoGebra. b) Her gælder, at vinkel mellem vektorer. Her skal t findes, så vektorerne a og b er 45 o. Vinkel mellem vektorer er givet ved formlen cos(v) = a b a b Her er (2 t) + (5 3) cos(45) = 2 2 + 5 2 t 2 + 3 2 t = 1.285714 t = 7 Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. Så disse værdier af t giver vektorer b 45 o fra a. Man kunne også tage den pr. håndkraft, men det vil tage sin tid. Side 152 ud af 180

Opgave 8 I Maple 2016 udføres lineære regression. a) Oplysningerne defineres. L1 := [0, 2, 4, 6]; L2 := [244.643, 263.039, 281.634, 298.329]; b) Betydningen af tallet a er, at for hvert år der går, stiger antallet af familier med to personbiler med 8983. Differencen fra begyndelsespunktet 2007 og år 2020 er 2020 2007 = 13 Så 13 indsættes i funktionens x-værdi. f(13) = 8982.6 13 + 2.4496 10 5 = 361733.8 Så i år 2020 forventer man, at der er 361733.8 familier med to personbiler. Side 153 ud af 180

Opgave 9 Der tegnes en trekant over oplysningerne. Trekanten kan desuden se ud på mange forskellige måder samt størrelsesforholdene er formentlig ikke korrekte. a) Her bestemmes længden af a med cosinusrelationerne. a = b 2 + c 2 2 b c cos(a) = 7 2 + 5 2 2 7 5 cos(62 o ) = 6.41 Så ønskes vinkel C bestemt. C = cos 1 ( a2 + b 2 c 2 2 a b ) = cos 1 ( 6.412 + 7 2 5 2 ) = 43.5 o 2 6.41 7 b) Først bestemmes hele arealet af trekanten. Her bruges appelsin-formlen. T ABC = 1 2 a b sin(c) = 1 2 6.41 7 sin(43.5o ) = 15.45 Men da trekanten skal deles op i to lige store dele, har begge trekanterne arealet T ABD = 7.725, T ADC = 7.725 Så ønsker man at kende AD. Det ses, at D er medianen, idet de to trekanter har samme areal, når trekanterne adskilles ved dette punkt. Man har derfor DC = 3.205, da den er halveret med den oprindelige BC. Her kan man anvende cosinusrelationerne til at finde AD AD = AC 2 + DC 2 2 AC DC cos(c) Værdierne indsættes. AD = 7 2 + 3.205 2 2 7 3.205 cos(43.5 o ) = 5.169 Som altså er længden af AD. Side 154 ud af 180

Opgave 10 En cirkel og en linje er givet. Lad ligningerne være givet (x 3) 2 + (y 5) 2 = 25, y = 4 3 x Der laves en tegning i GeoGebra, så man ved hvad man kommer ud for. a) For at finde skæringen til førsteaksen, skal andenaksen være 0. Man har så (x 3) 2 + (0 5) 2 = 25 x 2 6x + 9 + 25 = 25 x 2 6x + 9 = 0 Så har man en andengradsligning. d = ( 6) 2 4 1 9 = 0 Dvs. en rod. Så man har x = 6 2 1 = 3 Så cirklen tangerer førsteaksen i x = 3. b) Cirklen har to andre linjer, der er parallelle med linjen m. Linjen m omformes til ligningen 4 x + y + c = 0, her er linjen y = 4 x 0 = 4 x 1y + c = 0 0 = 3 3 3 4 x + y + c 3 Her er c en konstant. Nu anvendes dist-formlen og så finder man den ukendte variabel, c. dist(c, l) = 6 Her er 4 3 3 + 1 5 + c = 5 ( 4 2 3 ) + 1 2 c = 28 3 Ligningen løses for c vha. CAS-værktøjet WordMat. c = 22 3 Fortsættes næste side Side 155 ud af 180

Så man har altså de to tangenter til cirklen: P tangent = 4 22 x 3 3 Q tangent = 4 28 x + 3 3 Her gælder det nu om at finde koordinatsættet. Men først omformes den oprindelige linje til en ortogonal linje. 4 3 c = 1 c = 3 4 Så har man sin hældningskoefficient. Derved anvender man centrum af cirklen. Værdierne indsættes Derved har man ligningen y = 3 x + b 4 5 = 3 29 3 + b b = 4 4 y = 3 29 x + 4 4 Endelig kan man finde koordinatsættet. Der sætter man hhv.y = P og y = Q. Disse løses lyn hurtigt i Maple: 3 29 x + 4 4 = 4 22 x 3 3 x = 7 28 x + 3 29 x + 4 4 = 4 3 3 Endelig kan man finde sine y-koordinater y = 3 4 7 + 29 4 y = 2 x = 1 y = 3 29 ( 1) + 4 4 y = 8 Så koordinatsættet til tangenterne P og Q er P = (7,2), Q = ( 1,8) Disse kunne findes på mange metoder. Dette er blot en af dem. Det hele visualiseres: Fortsættes næste side Side 156 ud af 180

Opgave 11 Der er givet en model over glukosekoncentrationen. G(t) = 96 + 263 e 0.63 t cos(1.03 t 1.57), 0 t 6 a) Der tegnes en skitse i GeoGebra. b) Så findes der for glukosekoncentrationen efter 2 timer. G(2) = 96 + 263 e 0.63 2 cos(1.03 2 1.57) = 161.823 Så efter to timer, er glukosekoncentrationen på 161.823mg/dl. Det ses, at der hvor koncentrationen er størst er efter 1 time, hvor koncentrationen er 216.14mg/dl. Der hvor koncentrationen er lavest er ca. 4 timer senere, hvor koncentrationen er 78.41mg/dl. Fortsættes næste side Side 157 ud af 180

c) f Opgave 12 Så konklusionen er, at G(t): er voksende i intervallet ]0; 0.99] og [4.04; 6[ er aftagende i intervallet [0.99; 4.04] Så det er i det aftagende interval, at glukosekoncentrationen falder. Der er givet en række oplysninger for en chi-anden-test. a) Der opstilles en nulhypotese. H 0 = Fordelingen forholder sig som angivet. Der er ikke valgfusk Nu beregnes de forventede værdier på baggrund af a = 4430. De forventede værdier regnes ved at gange a med observerende. Obs 0.301 0.176 0.125 0.097 0.079 0.067 0.058 0.051 0.046 Forv 1333.43 779.68 553.75 429.71 349.97 296.81 256.94 225.93 203.78 Dette er de forventede værdier. b) Her undersøges der for, om nulhypotesen skal forkastes. Derved har man sine observeret oplysninger og forventede oplysninger. Dermed udføres der χ 2 test. Her anvendes formlen Værdierne indsættes. χ 2 = (O k F k ) 2 F k Fortsættes næste side Side 158 ud af 180

Opgave 13 χ 2 (1261 1333.43)2 (784 779.68)2 (577 553.75)2 = + + 1333.43 779.68 553.75 (454 429.71)2 (359 349.97)2 (350 296.81)2 + + + 429.71 349.97 296.81 (223 256.94)2 (232 225.93)2 (190 203.78)2 + + + 256.94 225.93 203.78 χ 2 = 21.650531484 Hermed har man sin teststørrelse. Desuden er der tale om et signifikansniveau på 5%, altså aflæser man den kritiske værdi. Her ses det, at den kritiske værdi er Kritiskværdi = 15.51 Da teststørrelsen er større end den kritiske værdi, forkastes nulhypotesen. Der har tilsyneladende været valgfusk. Opgaven løses udelukkende i Maple 2016. a) Asfsafasf Fortsættes næste side Side 159 ud af 180

Så seglet er 350m 2 b) Fassfaas Fortsættes næste side Side 160 ud af 180

Opgave 14 Opgaven løses udelukkende i Maple 2016. a) asffassaf Grafisk ser det således ud: Fortsættes næste side Side 161 ud af 180

b) sffaasfafs Her approximeres værdierne Dette vises også grafisk Fortsættes næste side Side 162 ud af 180

Opgave 15 Der er givet en funktion. Figuren tegnes. f(x) = 1 x a) Arealet ønskes bestemt. Først kigges der på figuren. Det ses, at y = 5 er den øvre grænse samt x = 5 er den nedre grænse. Altså må det totale kvadrant være 25. Man kan bestemme arealet af det lille stykke firkant yderst til venstre ved at isolere x i gudtrykket: 5 = 1 x x = 1 5 Så har man det lille stykke af x samt højden af y, som er 5. Altså er arealet af hele stykket A = 5 1 5 5 + 1 dx = [ln(x)] 5 1 1 = ln(5) (ln ( 1 )) + 1 = 4.21887 x 5 5 5 Så dette er arealet af det grønne område. b) Arealet for 360 o om førsteaksen bestemmes. Man kan se, at der dannes en cylinder, altså har man formlen V cylinder = h π r 2 Så har man V f(x) = V cylinder + V areal området 5 V = r 2 π h + π ( 1 2 x ) 1 5 dx = 5 2 π 1 5 + [π ( 1 5 x )] 1 5 = π ( 1 5 ) (π ( 1 )) + 5 1 2 π 1 5 = 30.7876 5 Så volumen er 30.7876 når man drejer f(x) 360 o om førsteaksen. Side 163 ud af 180

Tillæg 3, Matematik A eksamensopgave - maj 2016 STX matematik A niveau, tillæg 3 eksamensopgaver Delprøve 1: WordMat Opgave 1 Figuren viser to ens- og retvinklede trekanter. Opgave 2 Først findes forstørrelsesfaktoren k. Så kan man bestemme EF Endelig bestemmes AB Værdierne indsættes k = AC AF = 9 3 = 3 EF = CB k = 12 3 = 4 EF 2 + AF 2 = AE 2 4 2 + 3 2 = AE 2 AE = 16 + 9 = 5 Så kan man anvende tallet 5 til forstørrelsesfaktoren. Ligningssystemet AB = AE k = 5 3 = 15 3x + y 11 = 0 (1) Først isoleres y i (1) 2x 3y + 11 = 0 (2) Så indsættes dette i (2) 3x + y 11 = 0 y = 11 3x 2x 3(11 3x) + 11 = 0 2x 33 + 9x + 11 = 0 Fortsættes næste side Side 164 ud af 180

Opgave 3 11x = 22 x = 2 Dette indsættes tilbage i (1) Så har man koordinaterne 3 2 + y 11 = 0 6 + y 11 = 0 y 5 = 0 y = 5 {x = 2, y = 5} En funktion er løsning til differentialligningen. dy = y (x 1) dx Og punktet f går igennem er P = (3,5). Tangentligningen er; y = f (x 0 )(x x 0 ) + f(x 0 ) Så man har allerede x 0 og f(x 0 ). Det er punktet i sig selv. Man mangler den afledede, men den fås ved indsættelse i differentialligningen. Så tangenten er dy = 5 (3 1) = 10 dx y = 10(x 3) + 5 y = 10x 30 + 5 y = 10x 25 Opgave 4 Oplysningerne afkodes og det ses, at b = 5382 og r = 70%, her regnes tallet a. a = 1 + r Så man har Så funktionen er a = 1 + ( 70 100 ) = 0.30 f(x) = 5382 0.30 x Der beskriver faldet af malariamyg fra år 2004. Side 165 ud af 180

Opgave 5 Opgave 6 Der er givet to funktioner f(x) = (2x + 1) ln(x), x > 0 g(x) = 1 + 2 ln(x), x > 0 x Hvis f skal være stamfunktion til g, skal man differentiere f. Dette gøres ved hjælp af produktreglen. f (x) = (2x + 1) 1 x (2x + 1) + 2 ln(x) = + 2 ln(x) x Det ses, at f(x) g(x), altså er f ikke en stamfunktion til g(x). Der tegnes en mulig graf over kriterierne: Samt linjen nedenfor: f(0) = 2, f(12) = 1 Så er tegningen: Så ser monotonilinjen sådan ud: Side 166 ud af 180

Opgave 7 Tillæg 3, Matematik A eksamensopgave - maj 2016 STX matematik A niveau, tillæg 3 eksamensopgaver Delprøve 2: Maple 2016/WordMat/GeoGebra Der er givet en tabel med oplysninger. Disse defineres i Maple 2016. Således vil der udføres eksponentiel regression. a) Asfafs Som beskriver den kraftige vækst i omsætningen, (målt i mia. kr.) b) Da funktionen er defineret, kan man blot indsætte 4 (fordi 2015-2011=4) Fortsættes næste side Side 167 ud af 180

Opgave 8 Den årlige vækstrate er F = 1 + r Her indsættes a på F s plads. 2.4776 = 1 + r r = 1.4776 r % = 147.76% Som er den kraftige eksponentielle stigning i omsætningen. c) Fordoblingskonstanten bestemmes. T 2 = ln(2) ln(a) = ln(2) ln(2.4776) = 0.76399 Så 2011 + 0.76399 = 2011.76399 Så allerede inden årsafslutningen af år 2011 har man allerede fordoblet sin indtjening. Der er givet en lille figur over en hytte (grundflade). a) Vinkel v bestemmes ved at kende vinklen for en cirkel. Den er 360 o. Det ses, at der er 12 ligebenet trekanter, altså er vinkel v v = 360o 12 = 30o b) Sidelængden x kan findes ved appelsinformlen, T = 1 a b sin(c) 2 Her er T = 22 og a samt b begge y. sin(c) er i dette tilfælde sin (v). Altså man har 12 22 12 = 1 2 y2 sin(30 o ) Ligningen løses for y vha. CAS-værktøjet WordMat. y = 2.708013 y = 2.708013 Den negative værdi forkastes. Nu kan man anvende cosinusrelationerne. c = a 2 + b 2 2 a b cos(c) Her indsættes værdierne. Der gælder det samme som arealformlen. x = 2.708013 2 + 2.708013 2 2 2.708013 2.708013 cos(30) = 1.401 Som altså er sidelængden x. Side 168 ud af 180

Opgave 9 Der er givet en funktion f. f(x) = x 3 5x 2 + 4x a) Nulpunkterne bestemmes ved at sætte funktionen f(x) lig med 0. x 3 5x 2 + 4x = 0 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 0 x = 1 x = 4 Man kunne også have brugt nulreglen. Her har man så sine nulpunkter, hvor alle rødder er x R b) Monotoniforholdene bestemmes, når man differentierer f. f (x) = 3x 2 10x + 4 Her løses en ligning for f. 3x 2 10x + 4 = 0 Diskriminanten anvendes. d = b 2 4ac = ( 10) 2 4 3 4 = 52 Rødderne for den afledede findes x = b ± x 2a = 10 ± 52 6 = 2.868 0.464 Her er rødderne x = 2.868 x = 0.464 Nu gøres der prøve for at finde ud af, om funktionen i grunden er voksede og / eller aftagende. f (0) = 3 0 2 10 0 + 4 = 4 f (1) = 3 1 2 10 1 + 4 = 3 f (3) = 3 3 2 10 3 + 4 = 1 Så en monotonilinje tegnes Derved er konklusionen, at f(x) er voksende i intervallet ] ; 0.464] og voksende i intervallet [2.868; [ samt aftagende i intervallet [0.464; 2.868]. Nu kan man gøre prøve. Fortsættes næste side Side 169 ud af 180

c) Der er desuden givet en tangent med ligningen y = x 9 i punktet P(3, f(3)) En anden tangent tangerer også grafen med samme hældning. For at finde koordinatsættet til dette, kan det gøres via GeoGebra; Man anvender værktøjet parallelle linjer, så har man det andet punkt. Man kan også beregne det analytisk. f (x) = a Her er a hældningskoefficienten fra den første tangentligning. Her er koefficienten a = 1. Dette sættes lig med den afledede. 3x 2 10x + 4 = 1 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 1 3 x = 3 Det ses, at roden x = 3 allerede er brugt, nemlig i punktet P. Altså har man det andet punkt, x = 1 som er førstekoordinaten til Q. Andenkoordinaten findes ved 3 at indsætte førstekoordinaten i f. f ( 1 3 3 ) = (1 3 ) 5 ( 1 2 3 ) + 4 ( 1 3 ) = 22 27 Hermed har man koordinatsættet {x = 1 22, y = 3 27 } Side 170 ud af 180

Opgave 10 Der er givet en række oplysninger omkring børns BMI samt hvordan og hvorledes de bor. Forsøgspersonerne er fra indskolingen i en bestemt skole. Observerende Bor sammen med Bor sammen med Sum begge forældre én forældre BMI under 25 120 201 321 BMI over 25 75 173 248 Sum 195 374 569 Nulhypotese: Familietype og BMI er uafhængig a) De forventede værdier udregnes; BMI under 25 = Sum BMI under 25 total BMI over 25 = Sum BMI over 25 total BMI under 25 = Sum BMI under 25 total BMI over 25 = Sum BMI over 25 total Begge forældre = 321 195 110 569 Begge forældre = 248 195 85 569 En forældre = 321 374 211 569 En forældre = 248 374 163 569 Forventede Bor sammen med Bor sammen med Sum begge forældre én forældre BMI under 25 110 211 321 BMI over 25 85 163 248 Sum 195 374 569 Så regner man χ 2 test. Her anvendes formlen χ 2 = (O k F k ) 2 Værdierne indsættes. χ 2 (120 110)2 (75 85)2 (201 211)2 (173 163)2 = + + + 110 85 211 163 χ 2 = 3.1729 Hermed har man sin teststørrelse. Desuden er der tale om et signifikansniveau på 5%, altså aflæser man den kritiske værdi. Her ses det, at den kritiske værdi er Kritiskværdi = 3.84 Da teststørrelsen er mindre end den kritiske værdi, accepteres nulhypotesen. BMI og børns familietype er uafhængige. F k Fortsættes næste side Side 171 ud af 180

b) Nu opdeles tabellen. Man har foretaget en stikprøve, og det fordeler sig således: BMI under 25: På skift mellem forældre BMI over 25: På skift mellem forældre Altså har man tabellen Observerende Bor sammen med Bor på skift Bor udelukkende Sum begge forældre mellem forældre med den ene forældre BMI under 25 120 100 101 321 BMI over 25 75 61 112 248 Sum 195 161 213 569 Før blev der vist hvordan man regnede de forventede værdier i hånden. Nu illustreres det også i Maple 2016. Side 172 ud af 180

Opgave 11 Der er givet en figur i et tredimensionelt koordinatsystem. a) Arealet af glasfladen CDE bestemmes. b) Fsasfa Fortsættes næste side Side 173 ud af 180

c) Asffas Fortsættes næste side Side 174 ud af 180

Side 175 ud af 180