Løsningsforslag MatB Juni 2014 Opgave 1 (5 %) a) Bestem en ligning for den rette linje l, der indeholder punkterne P( 2,4) og Q(4, 1) Løsning: Da de to punkter er givet kan vi beregne hældningen på følgende måde: α = y 2 y 1 x 2 x 1 α = 1 4 4 ( 2) = 3 6 = 1 2 Linjes ligning findes vha. føælgende, da vi kender hældningen og et punkt y = α x + q 1 = 1 2 4 + q Skæring med y-aksen er: 1 + 2 = q q = 3 Nu indsættes de kendte størrelser i linjes ligning l: l :y = 1 2 x + 3 1
Opgave 2 (5 %) En funktion f er givet ved: f (x) = ln(x 2 + 1) + 2x a) Beregn f (1). Løsning: a) Vi kan hurtigt konstatere, at funktionens definitionsmængde er alle reelle tal, dvs. Dm f = R Fot at finde den første afledede skal vi bruge kædereglen som anvendes i forbindelse med at differentiere sammensætte funktioner. Der er to udgaver af selve reglen og man frit kan vælge hvilke af dem man er interesseret i at bruge. dy dx = dy du du dx ( f (g(x))) = f (g(x)) g (x) Vi starter med at omskrive funktionen f (x) = ln(x 2 + 1) + 2x f (x) = ln(u) + 2x ln(u) 1 u u = x 2 + 1 2x f (x) = dy dx = 1 u 2x + 2 f (x) = 2x x 2 + 1 + 2 Vi indsætter x = 1 i den afledede funktion f (1) = 2 1 1 2 + 1 + 2 = 3 2
Opgave 3 (5 %) I en retvinklet trekant ABC, hvor vinkel C er ret, er A = 60 0 og c = 8. a) Bestem længden af siden b. Løsning: a)vi skitserer trekanten vha. GeoGebra Ud fra trekantens givne værdier kan vi beregne vinkel B, dvs. B = 180 0 (60 0 + 90 0 ) = 30 0 sin(b) = b c sin(30 0 ) = b 8 b = 8 sin(30 0 ) = 8 0.5 = 4 Llængden af siden b er: b = 4 3
Opgave 4 (5 %) a) Løs ligningen: 3 4 x = x 1 Løsning: a) Vi konstaterer først, at grundmængden er alle reelle tal undtagen nul, dvs. G = R \ {0} Løsningsmængden findes ved at samle x erne på den ene side af lighedstegnet 3 + 1 = x + 4 x 4 = x 1 + 4 x Den mindste fællesnævner er x Nu kan vi gange over kors 4 = x x x 1 + 1 1 4 x 4 = x2 + 4 x 4x = x 2 + 4 Eller skrevet på en anden måde: x 2 4x + 4 = 0 Vi løser denne andengradsligning ved at beregne disikriminanten: 4
d = b 2 4ac d = ( 4) 2 4 1 4 = 16 16 = 0 Da d = 0 er der en løsning. Løsningsmængden bliver: x = b 2a = ( 4) = 2 2 L = {2} Opgave 5 ( 5 %) a) Reducér følgende udtryk: a3 a a 2 (a 3 ) 2 Løsning: a) a 3 a a 2 (a 3 ) 2 = = a3 a 2 a a 3 2 = a3+2 a a 6 = a5 a a 6 a = a 5
Opgave 6 (20 %) En funktion f er givet ved: f (x) = ex x 1 a) Bestem definitionsmængden for f. b) Bestem monotoniintervallerne for funktionen f. c) Bestem koordinatsættene til eventuelle ekstremumspunkter. d) Bestem en ligningfor tangenten til grafen for f i punktet P(0, f (0)). Løsning: a) Vi skal sikre os at man ikke kommer til at dividere med nul. Derfor x 1 0 x 0 Altså defntionsmængden er Dm f = R\{1} b) Monotonintervallerne findes ved at sætte den afledede funktion til nul. Vi bruger en af de følgende regler f (x) = ex x 1 d( u v ) du v dx = dx u dv dx v 2 ( f g ) (x) = g(x) f (x) f (x) g (x) (g(x)) 2 Hvis vi bruger den første regel skal vi skrive funktionen på følgende måde 6
Nu skal vi beregne f (x) = 0 Ganges over kors f (x) = ex x 1 = u v u = e x u = du dx = ex v = x 1 v = dv dx = 1 d( u f (x) = v ) dx = (x 1) ex e x 1 (x 1) 2 f (x) = x ex e x e x (x 1) 2 = ex (x 2) (x 1) 2 e x (x 2) (x 1) 2 = 0 e x (x 2) (x 1) 2 = 0 1 e x (x 2) 1 = 0 (x 1) 2 e x (x 2) = 0 Vi kan bruge GeoGebra Solve kommandoen Solve[e x (x 2) = 0] giver {x = 2} Eller kan vi også løse ligningen vha. nulreglen på følgende måde: e x = 0 (x 2) = 0 e x = 0 er i hvert fald aldrig sand, prøv solve igen som giver tom mængde. 7
(x 2) = 0 x = 2 Tallet x = 2 deler fortegnslinjen i to dele Ud fra ovenstående kan vi konstatere at; funktionen er aftagende i ] ;1[ og ]1;2[ og voksende i ]2; [ Funktionen er skitseret 8
c) Koordinatsættet til den likale minimum findes ved at indsætte x = 2 i funktionen for finde y-værdien. f (2) = e2 2 1 = e2 = 7.39 Koordinatsættet til lok. min er (x, y) = (2, 7, 39) d) Tangentligning i punktet P(0, f (0)) Hældningen i punktet x 0 = 0 Dvs. punktets koordinater f (0) = y 0 = e0 0 1 = 1 P(x 0,y 0 ) = P(0, 1) f (0) = e0 (0 2) (0 1) 2 = 2 1 = 2 Vi kan nu indsætte de kendte værdier i formlen for tangentligning y f (x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) y ( 1) = 2(x 0) Tangentligningen blliver y + 1 = 2x y = 2x 1 9
Opgave 7 (5 %) En funktion f er givet ved: f (x) = x 2 + b x + 1, hvor b er et tal. I punktet P(2, f (2)) har grafen for f en tangent med ligningen: y = 6x 3. a) Beregn b. Løsning: a) Tangentligningens hældning aflæses til 6. Denne hældning må være lig med den afledede funktionsværdi for x 0 = 2. Vi finder den afledede funktion sætter denne lig med tallet 6 f (x 0 ) = 2 x 0 + b 6 = 2 2 + b 6 = 4 + b b = 2 Opgave 8 (15 %) Ved måling af en bestemt størrelse er følgende resultater fremkommet. Observation 0 5 5 10 10 15 15 20 20 25 25 30 Hyppighed 0 4 6 4 8 6 a) Bestem de kumulerede frekvenser og tegn sunkurven. b) Bestem kvartilsættet for resultatfordelingen. c) Bestem hvor stor en procentdel af observationerne, der højest var på 12 minutter. 10
Løsning: a) og b) c) 12 min aflæses til ca. 61 % Opgaven kan også løses vha. GeoGebra ved først at indsætte følgende tabel ind i regnearket 11
0 0 5 17 10 46 15 83 20 92 25 96 30 100 Bagefter vælges create polyline og der laves følgende graf som løsning 12
Opgave 9 ( 15 %) På figuren er vist graferne for tre forskellige rksponentielle udviklinger af typen: f (x) = b a x. a) Bestem hvilken af de tre funktioner, der har den største, henholdsvis mindste værdi af tallet a. b) Bestem hvilken af funktionerne f 2 og f 3, der har den største frdoblingskonstant. Om en andeneksponentiel udvikling g oplyses, at g(10) = 12 og fordoblingskonstanten T 2 = 4. c) Bestem g(2). Løsning: a) Vi ved at følgende gælder for eksponentielle udviklinger: a > 1 voksende eksponentiel udvikling 0 < a < 1 aftagende eksponentiel udvikling 13
værdi. Ud fra disse kan vi konstatere at den mindste a-værdi må svare til f 1 og største f 2 b) Fordoblingskonstanten er: T 2 = ln(2) ln(a) Største fordoblingskonstant betyder mindre a-værd, derfor har f 3 mindste a- c) Bestemmelse af g(2) når vi kender g(10) = 12 og T 2 = 4 Eksponentiel udvikling: Indsættes disse T 2 = ln(2) ln(a) 4 = ln(2) ln(2) ln(a) = = 0.173 ln((a) 4 ln(a) = 0.173 e ln(a) = e 0.173 a = 1.19 g(x) = b a x og vi kender g(10 = 12 12 = b 1.19 10 Isolers b b = 12 = 2.11 1.1910 g(x) = 2.11 1.19 x g(2) = 2.11 1.19 2 = 2.99 14
Opgave 10 (15 %) En en trekant ABC er A = 70 0, b = 10 og længden af medianen fra vinkel B på siden b er m b = 6. Medianens fodpunkt på siden b kaldes M. a) Beregn længden af siden c. b) Beregn længden af højden fra C. c) Beregn B i trekant ABM. 15
Løsning: a) Vi skitserer trekanten vha. GeoGebra på følgende måde: Længden af siden c findes vha. cosinusrelation ud fra trekanten ABM a 2 = b 2 + c 2 2bc cos(a) 6 2 = 5 2 + c 2 2 5 c cos(70) Det giver en andengradsligning c 2 3.42 c 11 = 0 Solve[c 2 3.42 c 11 = 0] giver {c = (((-2) * sqrt(2181)) + 43) / 25, c = ((2 * sqrt(2181)) + 43) / 25} Det kryptiske resultat er i virkeligheden c = 2.016eller c = 5.45 Da længde ikke kan være negativ vil lægden c være facit, dvs. c = 5.45 Grafregneren giver følgende 16
Solve(c 2 3.42 c 11 = 0,c) giver c = 2.02 or c = 5.44 b) Længden af højden fra C, dvs h c bestemmes Ud fra den retvinklede trekantanc sin(a) = h c 10 h c = 10 sin(70 0 ) = 9.40 c) Vinklen B ud fra trekanten ABM bestemmes vhs. sinusrelationer Ganges over kors sin(70 0 ) 6 = sin(b) 5 5 sin(70 0 ) = 6 sin(b) Vi isolerer sin(b) sin(b) = 5 sin(700 ) 6 B = sin 1 (0.7831) = 0.7831 B = 51.54 0 Opgave 11 (5 %) En funktion f er givet ved: f (x) = 3 ln( x 2 ) a) Bestem den omvendte funktion f 1 17
Løsning: Betingelsen for at finde den inverse funktion er injektivitet, dvs Dm f = V m f 1 V m f = Dm f 1 Vi skitserer funktionen vha. GeoGebra Aflæses ud fra figur følgende Dm f =]0; [= V m f 1 V m f = R = Dm f 1 Da funktionen er injektiv kan vi konstruere den omvendte funktion ved at ombytte x med y y = f (x) = 3 ln( x 2 ) x = 3 ln( y 2 ) 18
x 3 = ln( y 2 ) ^ y x 2 = e 3 e og ln ophæver hinanden da de er hinandens omvendte y = 2 e 1 3 x 19