SlideShare a Scribd company logo

Løsningsforslag Eksamen R1 våren 2009

•
•
Tor Espen Kristensen
Tor Espen Kristensen

Et løsningsforslag til eksamen i R1, 22. mai 2009.

EducationTechnology
1 of 75
Download to read offline
R1 Våren 2009 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Eksamen R1, Våren 2009 Oppgave 4 II Oppgave 5 Stord Vidaregåande skule
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen a) Oppgave 1 a) Deriver funksjonene b) c) d) 1 f (x) = (x 2 + 1)4 g(x) = x · e2x e) 2 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I 1 Bruker kjerneregelen med kjernen u = x 2 + 1. Da blir Oppgave 4 II u (x) = 2x og Oppgave 5 f (x) = 4u 3 · u (x) = 4(x 2 + 1)3 · 2x = 8x(x 2 + 1)3
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen a) Oppgave 1 a) Deriver funksjonene b) c) d) 1 f (x) = (x 2 + 1)4 g(x) = x · e2x e) 2 Oppgave 2 Oppgave 3 2 Bruker produktregelen og får Oppgave 4 I g (x) = 1 · e2x + x · 2 · e2x = (1 + 2x)e2x Oppgave 4 II Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen b) Oppgave 1 a) Regn ut grenseverdien hvis den eksisterer b) c) d) x 2 − 2x e) lim Oppgave 2 x→2 x − 2 Oppgave 3 0 Oppgave 4 I Her har vi et såkalt « 0 » tilfelle. Da må vi se om vi kan Oppgave 4 II omforme uttrykket på en eller annen måte. I dette tilfellet Oppgave 5 ser vi om vi kan forkorte brøken (faktorisere og stryke):
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen b) Oppgave 1 a) Regn ut grenseverdien hvis den eksisterer b) c) d) x 2 − 2x e) lim Oppgave 2 x→2 x − 2 Oppgave 3 0 Oppgave 4 I Her har vi et såkalt « 0 » tilfelle. Da må vi se om vi kan Oppgave 4 II omforme uttrykket på en eller annen måte. I dette tilfellet Oppgave 5 ser vi om vi kan forkorte brøken (faktorisere og stryke): x 2 − 2x (x − 2) x lim = lim = x→2 x = 2 lim x→2 x − 2 x→2 − 2 x
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 a) Trekk sammen b) c) d) x −2 x +2 4x e) 2 + 2x − 2 − 2 Oppgave 2 x x − 2x x −4 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 a) Trekk sammen b) c) d) x −2 x +2 4x e) 2 + 2x − 2 − 2 Oppgave 2 x x − 2x x −4 Oppgave 3 Vi ser at x(x + 2)(x − 2) er en felles nevner. Utvider Oppgave 4 I derfor brøkene og trekker sammen: Oppgave 4 II Oppgave 5 x −2 x +2 4x − 2 − 2 x 2 + 2x x − 2x x −4 (x − 2)(x − 2) (x + 2)(x + 2) 4x · x = − − x (x + 2)(x − 2) x (x − 2)(x + 2) x (x − 2)(x + 2) x 2 − 4x + 4 − (x 2 + 4x + 4) − 4x 2 = x (x − 2)(x + 2) 2 4x + 8x x (x 4+ 2) 4 =− =− =− x (x − 2)(x + 2) x (x + 2)(x − 2) (x − 2)
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen d) Oppgave 1 a) Gitt punktene A(−2, −1), B(5, 4) og C(4, 7). b) c) − − → → −→ d) 1 Bestem AB, AC og BC. e) Oppgave 2 2 Undersøk om noen av vektorene står normalt på Oppgave 3 hverandre. Oppgave 4 I −→ Oppgave 4 II 1 AB = [5 − (−2), 4 − (−1)] = [7, 5] −→ Oppgave 5 AC = [4 − (−2), 7 − (−1)] = [6, 8] −→ BC = [4 − 5, 7 − 4] = [−1, 3]
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen d) Oppgave 1 a) Gitt punktene A(−2, −1), B(5, 4) og C(4, 7). b) c) − − → → −→ d) 1 Bestem AB, AC og BC. e) Oppgave 2 2 Undersøk om noen av vektorene står normalt på Oppgave 3 hverandre. Oppgave 4 I Oppgave 4 II 2 Undersøker om noen av skalarproduktene blir null. Oppgave 5 − − → → AB · AC = [7, 5] · [6, 8] = 7 · 6 + 5 · 8 = 82 = 0 − − → → AB · BC = [7, 5] · [−1, 3] = −7 + 3 · 5 = 8 = 0 − − → → AC · BC = [6, 8] · [−1, 3] = −6 + 24 = 18 = 0 Dette viser at ingen av vektorene står vinkelrett på hverandre.
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen e) 1) Oppgave 1 Gitt polynomfunksjonen f (x) = 2x 3 + 8x 2 + 2x − 12 a) b) c) d) Regn ut f (1). Faktoriser f (x). e) Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen e) 1) Oppgave 1 Gitt polynomfunksjonen f (x) = 2x 3 + 8x 2 + 2x − 12 a) b) c) d) Regn ut f (1). Faktoriser f (x). e) Oppgave 2 f (1) = 2 · 13 + 8 · 12 + 2 · 1 − 12 = 0. Dette viser at (x − 1) Oppgave 3 er en faktor i f (x). Utfører derfor polynomdivisjon: Oppgave 4 I Oppgave 4 II (2x 3 + 8x 2 + 2x − 12) : (x − 1) = 2x 2 + 10x + 12 2x 3 − 2x 2 Oppgave 5 10x 2 + 2x − 12 10x 2 − 10x 12x − 12 12x − 12 0
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen e) 1) Oppgave 1 Vi har altså: a) b) c) d) f (x) = (x − 1)(2x 2 + 10x + 12) = 2(x − 1)(x 2 + 5x + 6) e) Oppgave 2 Vi faktoriserer det polynomet x 2 + 5x + 6 ved å finne Oppgave 3 nullpunktene: Oppgave 4 I Oppgave 4 II √ Oppgave 5 −5 ± 25 − 4 · 6 −5 ± 1 −3 x= = = 2 2 −2 Dette gir oss at x 2 + 5x + 6 = (x + 3)(x + 2). Vi får derfor f (x) = 2(x − 1)(x + 2)(x + 3)
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen e) 2) Oppgave 1 a) Løs ulikhetene f (x) 0 b) c) d) Tegner fortegnslinje for f : e) Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I -3 -2 1 Oppgave 4 II Oppgave 5 (x + 3) (x + 2) 2(x − 1) f (x) Vi ser at L = ←, −3] ∪ [−2, 1]
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen f) Oppgave 1 a) Skriv så enkelt som mulig b) c) d) 1 e) lg + 3 · lg a Oppgave 2 a2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen f) Oppgave 1 a) Skriv så enkelt som mulig b) c) d) 1 e) lg + 3 · lg a Oppgave 2 a2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Vi bruker logaritmereglene og får Oppgave 4 II 1 Oppgave 5 lg + 3 · lg a = lg 1 − lg a2 + 3 lg a a2 = −2 lg a + 3 lg a = lg a
R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen C Oppgave 1 Oppgave 2 a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II A D B Oppgave 5 Forklar at ABC, ACD og CBD er formlike.
R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen C Oppgave 1 Oppgave 2 a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II A D B Oppgave 5 Forklar at ABC, ACD og CBD er formlike. Det er nok å vise at trekantene har like vinkler. Siden alle tre er rettvinklede er det nok å vise at de har en til vinkel som er lik, siden da vil også den tredje være lik (summen er 180◦) Men dette følger av at ∠A er en felles vinkel til ABC og ACD. Dette viser at disse to trekantene er formlike. På samme måte er ∠B en felles vinkel til ABC og CBD. Følgelig er også disse to trekantene formlike. Det vil si at alle tre er formlike.
R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Bruk a) til å vise at AC 2 = AB · AD og at BC 2 = AB · DB Oppgave 2 C a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 A D B
R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Bruk a) til å vise at AC 2 = AB · AD og at BC 2 = AB · DB Oppgave 2 C a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 A D B ABC ∼ ACD gir oss AC AB = ⇔ AC 2 = AB · AD AD AC CBD ∼ ABC gir oss BC AB = ⇔ BC 2 = AB · DB DB BC
R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Bruk b) til å bevise Pytagoras setning. Oppgave 2 C a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 A D B
R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Bruk b) til å bevise Pytagoras setning. Oppgave 2 C a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 A D B Vi adderer AC 2 og BC 2 og ser hva vi får: AC 2 + BC 2 = AB · AD AB · DB = AB(AD + DB) = AB · AB = AB 2 Dette er Pytagoras!
R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen a) Oppgave 1 Konstruksjon av triangleABC, der AB = 10 cm, Oppgave 2 ∠C = 90◦ og AC = 7 cm. På figuren har jeg også Oppgave 3 konstruert den innskrevne sirkelen. a) b) C c) Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 A B
R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen a) Oppgave 1 Forklaring til konstruksjonen: Oppgave 2 1 Satte først av AB = 10 cm Oppgave 3 a) b) 2 Konstruert så halvsirkel med AB som diameter. c) 3 Satte av en bue med sentrum i A og radius lik 7 cm. Oppgave 4 I Oppgave 4 II Denne vil snitte halvsirkelen i C. Vet Thales setning Oppgave 5 vil da ∠C = 90◦ . 4 For å konstruere den innskrevne sirkelen halverte jeg vinkel A og vinkel C. De to nye vinkelbeina vil skjære hverandre i sentrum av den innskrevne sirkelen. 5 Konstruerte en normal fra dette skjæringspunktet, ned på AB. Fotpunktet på AB vil da ligge på den innskrevne sirkelen. 6 Konstruerte så sirkelen.
R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen b) Oppgave 1 Fin den eksakte løsningen til likningen ved regning: Oppgave 2 Oppgave 3 a) (ln x)2 + ln x 2 = 3 b) c) Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen b) Oppgave 1 Fin den eksakte løsningen til likningen ved regning: Oppgave 2 Oppgave 3 a) (ln x)2 + ln x 2 = 3 b) c) Vi kan skrive likningen som Oppgave 4 I Oppgave 4 II (ln x)2 + 2 ln x = 3 Oppgave 5 Dersom vi lar ln x = u, så blir dette: u 2 + 2u = 3 Det vil si at u = −3 eller u = 1. Altså: u 2 + 2u + 1 = 4 ln x = −3 ⇔ x = e−3 ≈ 0,00498 eller 2 (u + 1) = 4 ln x = 1 ⇔ x = e ≈ 2,718. L = {e−3 , e} u + 1 = ±2
R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen c) 1) Oppgave 1 En bedrift produserer mobiltelefoner. Avdeling A står for Oppgave 2 70 % av produksjonen, og avdeling B står for de Oppgave 3 resterende 30 %. Det har vist seg at 5 % av produksjonen a) b) fra avdeling A har feil, mens 10 % av produksjonen fra B c) Oppgave 4 I har feil. Oppgave 4 II Finn sannsynligheten for at en tilfeldig valgt telefon har Oppgave 5 feil. Dersom vi trekker ut en tilfeldig mobiltelefon, så er det to hendelser som er interessante i denne oppgaven: A: «Mobiltelefonen er produsert av avdeling A» F: «Det er feil på mobiltelefonen.» Da vil A være at mobiltelefonen er produsert av avdeling B, og F at den ikke har feil. Vi skal finne P(F)
R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 Total sannsynlighet gir oss: Oppgave 2 Oppgave 3 P(F ) = P(A ∩ F ) + P(A ∩ F ) a) b) c) = P(A) · P(F | A) + P(A) · P(F | A) Oppgave 4 I = 0,70 · 0,05 + 0,30 · 0,10 Oppgave 4 II = 0,065 = 6,5 % Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 Total sannsynlighet gir oss: Oppgave 2 Oppgave 3 P(F ) = P(A ∩ F ) + P(A ∩ F ) a) b) c) = P(A) · P(F | A) + P(A) · P(F | A) Oppgave 4 I = 0,70 · 0,05 + 0,30 · 0,10 Oppgave 4 II = 0,065 = 6,5 % Oppgave 5 Hva er sannsynligheten for at en telefon som har feil, er produsert i avdeling A?
R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 Total sannsynlighet gir oss: Oppgave 2 Oppgave 3 P(F ) = P(A ∩ F ) + P(A ∩ F ) a) b) c) = P(A) · P(F | A) + P(A) · P(F | A) Oppgave 4 I = 0,70 · 0,05 + 0,30 · 0,10 Oppgave 4 II = 0,065 = 6,5 % Oppgave 5 Hva er sannsynligheten for at en telefon som har feil, er produsert i avdeling A? Vi skal finne P(A | F ). Bruker Bayes setning: P(A) · P(F | A) 0,70 · 0,05 P(A | F ) = = ≈ 53,8% P(F ) 0,065
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Funksjonen f er gitt ved f (x) = −x 3 + ax 2 + bx − 11. Oppgave 1 Grafen har et bunnpunkt i (−1, −16) Oppgave 2 Oppgave 3 Vis at a = 3 og b = 9. Oppgave 4 I a) b) c) d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Funksjonen f er gitt ved f (x) = −x 3 + ax 2 + bx − 11. Oppgave 1 Grafen har et bunnpunkt i (−1, −16) Oppgave 2 Oppgave 3 Vis at a = 3 og b = 9. Oppgave 4 I a) b) Vi vet at f (−1) = −16 og f (−1) = 0. Den deriverte er c) f (x) = −3x 2 + 2ax + b d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5 Vi får derfor likningsettet: 1 + a − b − 11 = −16 ⇔ a − b = −6 −3 − 2a + b = 0 −2a + b = 3 Adderer vi de to likningene, får vi −a = −3. Det vil si at a = 3. Setter vi dette inn i den øverste likningen får vi b = a − (−6) = 3 + 6 = 9.
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn f (x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja for Oppgave 2 f (x). Bruk fortegnslinja til å finne ut hvor grafen stiger og Oppgave 3 hvor den synker. Hva blir koordinatene til eventuelle Oppgave 4 I toppunkter på grafen til f ? a) b) c) d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn f (x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja for Oppgave 2 f (x). Bruk fortegnslinja til å finne ut hvor grafen stiger og Oppgave 3 hvor den synker. Hva blir koordinatene til eventuelle Oppgave 4 I toppunkter på grafen til f ? a) b) c) Den deriverte er gitt ved d) e) Oppgave 4 II f (x) = −3x 2 + 6x + 9 = −3(x + 1)(x − 3) Oppgave 5 −1 3 (x − 3) −3(x + 1) f (x)
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen b) −1 3 Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 (x − 3) Oppgave 4 I a) −3(x + 1) b) c) d) f (x) e) Oppgave 4 II Vi ser at grafen til f synker når x ∈ ←, −1 ∪ 3, → og Oppgave 5 stiger når x ∈ −1, 3 . I tillegg til bunnpunktet (−1, −16) har grafen til f også et toppunkt i (3, f (3)) = (3, 16).
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 Oppgave 2 Finn f (x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja for Oppgave 3 f (x). Bruk fortegnslinja til å finne eventuelle Oppgave 4 I vendepunkter på grafen til f. a) b) c) d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 Oppgave 2 Finn f (x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja for Oppgave 3 f (x). Bruk fortegnslinja til å finne eventuelle Oppgave 4 I vendepunkter på grafen til f. a) b) c) d) e) Oppgave 4 II f (x) = −6x + 6 = −6(x − 1) Oppgave 5 Den dobbeltderiverte har fortegnslinje: 1 f (x) Vi ser at fortegnet til den dobbeltderiverte skrifter i x = 1. Vi får derfor at grafen til f har et vendepunkt i (1, f (1)) = (1, 0).
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Finn likningene for tangentene med stigningstall 9. Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I a) b) c) d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Finn likningene for tangentene med stigningstall 9. Oppgave 1 Oppgave 2 Må da løse likningen Oppgave 3 Oppgave 4 I f (x) = 9 a) b) c) d) e) −3x 2 + 6x + 9 = 9 Oppgave 4 II Oppgave 5 −3x(x − 2) = 0 x =0 ∨ x =2 Ettpunktsformelen gir oss likningene for tangentene: y = 9(x − 0) + f (0) = 9x − 11 y = 9(x − 2) + f (2) = 9x − 7
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen e) Oppgave 1 Grafen til f : Oppgave 2 15 y Oppgave 3 Oppgave 4 I f 10 a) b) 5 c) d) e) x Oppgave 4 II −2 −1 1 2 3 4 Oppgave 5 −5 −10 −15
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen e) Oppgave 1 Oppgave 2 Bruk grafen og resultatene i d) til å avgjøre for hvilke Oppgave 3 verdier av b likningen f (x) = 9x + b har tre forskjellige Oppgave 4 I løsninger. a) b) c) d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen e) Oppgave 1 Oppgave 2 Bruk grafen og resultatene i d) til å avgjøre for hvilke Oppgave 3 verdier av b likningen f (x) = 9x + b har tre forskjellige Oppgave 4 I løsninger. a) b) c) Vi vet at linjen y = 9x + b tangerer grafen til f når b = −11 d) e) og når b = −7. I dette tilfellet har likningen to løsninger. Oppgave 4 II Dersom b −7 eller b −11, så vil linja y = 9x + b Oppgave 5 skjære grafen kun i ett punkt. Det vil si at vi har kun én løsning i dette tilfellet. Dersom b ligger mellom disse to verdiene (mellom -7 og -11), så vil likningen ha tre forskjellige løsninger. Altså: Tre forskjellige løsninger når −11 b −7.
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen 1 Kristensen f (x) = 12 (x 4 − 2x 3 − 12x 2 ) Oppgave 1 Grafen til f : Oppgave 2 Oppgave 3 f y Oppgave 4 I 2 Oppgave 4 II a) b) c) x d) e) −4 −2 S 2 4 6 8 Oppgave 5 −2 T −4 −6
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn f (x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestem Oppgave 2 koordinatene til vendepunktene S og T . Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn f (x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestem Oppgave 2 koordinatene til vendepunktene S og T . Oppgave 3 Oppgave 4 I f (x) = x 2 − x − 2 = (x − 2)(x + 1) Oppgave 4 II a) b) c) d) Fortegnslinje: e) −1 2 Oppgave 5 (x − 2) (x + 1) f (x) 3 Vi ser at f har vendepunkt i (−1, − 4 ) og i (2, −4).
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn likningen for den rette linja gjennom punktene S og Oppgave 2 T . Bestem koordinatene til de to andre Oppgave 3 skjæringspunktene mellom grafen til f og linja. Bruk Oppgave 4 I gjerne digitalt verktøy. Oppgave 4 II a) Vi kan for eksempel bruke GeoGebra og kommandoen b) c) linje[S, T]. Dette gir oss linje med likning d) e) y = −1,08x − 1,83. Oppgave 5 Regner vi med eksakte verdier, blir det y = − 13 x − 12 11 6 . Vi kan beregne de to andre skjæringspunkten ved å bruke verktøyet «Skjæring mellom to objekter» i GeoGebra. Vi får da punktene (−2,854, 1,259) og Q = (3,854, −6,009).
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Vi kan finne eksakte verdier dersom vi bruker et Oppgave 1 CAS-verktøy. I Maxima kan vi for eksempel løse likninge Oppgave 2 f (x) = − 13 x − 11 12 6 Oppgave 3 Oppgave 4 I (%i1) solve([1/12*(x^4-2*x^3-12*x^2)=-13/12*x-11/6], [x Oppgave 4 II a) b) c) d) √ √ e) 3 5−1 3 5+1 (%o1) [x = 2, x = −1, x = − ,x = ] Oppgave 5 2 2 √ √ Vi finner da at f ( 3 5+1 2 ) = − 13 85+19 og √ √ 5−1 f (− 3 2 ) = 13 5−19 8 . Altså har de to andre skjæringspunkta koordinatene √ √ √ √ −3 5−1 13 5−19 2 , 8 og 3 5+1 2 , − 13 85+19
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Vi lar Q være skjæringspunktet lengst til høyre. Regn ut ST Oppgave 2 TQ Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Vi lar Q være skjæringspunktet lengst til høyre. Regn ut ST Oppgave 2 TQ Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II ST 4,423 a) = = 1.618 b) c) TQ 2,734 d) e) Her har jeg brukt verktøyet «Avstand eller lengde» i Oppgave 5 GeoGebra.
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen g(x) = x 4 − 6x 2 : Oppgave 1 g Oppgave 2 2 y Oppgave 3 Oppgave 4 I x Oppgave 4 II −3 −2 −1 1 2 3 a) b) c) −2 d) e) Oppgave 5 a A S1 −4 T1 Q1 −6 Q1 T1 = 1.236 T1 S1 = 2 −8 −10
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen e) Oppgave 1 Oppgave 2 Finn g (x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestem Oppgave 3 koordinatene til vendepunktene S og T . Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen e) Oppgave 1 Oppgave 2 Finn g (x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestem Oppgave 3 koordinatene til vendepunktene S og T . Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) g (x) = 12x 2 − 12 = 12(x − 1)(x + 1) d) e) Oppgave 5 Fortegnslinje: −1 1 (x − 1) (x + 1) g (x) Vi ser at g har vendepunkt i (−1, −5) og i (1, −5).
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn likningen for den rette linja gjennom punktene S1 og Oppgave 2 T1 . Bestem koordinatene til de to andre Oppgave 3 skjæringspunktene mellom grafen til g og linja. Bruk Oppgave 4 I gjerne digitalt verktøy. Oppgave 4 II a) I dette tilfellet blir det enkelt, siden begge vendepunkta b) c) har y-koordinat lik -5. Likningen for linja er da gitt ved d) e) Oppgave 5 y = −5 De to andre skjæringspunkta er (−2,23607, −5) og Q1 = (2,23607, −5). Disse har jeg funnet ved å bruke verktøyet «Skjæring mellom to objekt» i GeoGebra.
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen I dette tilfellet er det faktisk ikke så vanskelig å finne Oppgave 1 eksakte verdier. Vi skal løse likningen Oppgave 2 Oppgave 3 x 4 − 6x 2 = −5 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Lar vi u = x 2 , så blir dette det samme som a) b) c) d) u 2 − 6u + 5 = 0 e) Oppgave 5 Denne har løsningene u = 1 eller u = 5. Det vil si at den opprinnelige likningen har fire løsninger: √ x = ±1 ∨ x = ± 5 √ De to andre skjæringspunkta er derfor (± 5, −5).
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen e) 4) Oppgave 1 Oppgave 2 √ S1 T1 2 2( 5 + 1) Oppgave 3 =√ = √ √ Oppgave 4 I T 1 Q1 5−1 ( 5 − 1)( 5 + 1) Oppgave 4 II √ 5+1 a) b) = ≈ 1.61803 c) 2 d) e) Vi ser at vi får samme tall som i oppgave d). Dette er det Oppgave 5 gyldne snitt. Ut fra dette kunne det være interessant å sjekke om dette gjelder for flere fjerdegradsfunksjoner. Ved hjelp av glidere i GeoGebra ser det ut til at dette alltid stemmer. På siden http://tinyurl.com/ogzdbz finner du et slikt oppsett.
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen En kan også vise at dette gjelder generelt ved for Oppgave 1 eksempel å bruke et CAS-verktøy. I Maxima vil følgende Oppgave 2 sekvens av kommandoer vise at vi alltid får det gyldne Oppgave 3 snitt: Oppgave 4 I Oppgave 4 II f(x) := a/12*x^4 + b/6*x^3 + c/2*x^2 + d*x+e; a) g(x) := diff(f(x),x,2); b) c) L : solve(g(x)=0,x); d) h(x) := (f(rhs(L[1]))-f(rhs(L[2])))/ e) (rhs(L[1])-rhs(L[2]))*(x-rhs(L[1]))+f(rhs(L[1])); Oppgave 5 k(x):=(f(x)-h(x))/((x-rhs(L[1]))*(x-rhs(L[2]))) M : solve(k(x)=0,x); u : sqrt((rhs(L[2]) - rhs(L[1]))^2+(f(rhs(L[2]))-f(rhs(L[1])) v : sqrt((rhs(M[2])-rhs(L[1]))^2+(f(rhs(M[2]))-f(rhs(L[1])))^ load(sqdnst) factor(ratsimp((v/u))) ratsimp(sqrtdenest(%));
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Løsning med TI InterActive! Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Løsning med TI InterActive! Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Løsning med TI InterActive! Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen En vilkarlig trekant OAB Oppgave 1 settes inn i et B(b,c) Oppgave 2 OAB koordinatsystem med siden OA Oppgave 3 OA langs x-aksen.
B b c
Oppgave 4 I Koordinatene til hjørnene er M2 M1 Oppgave 4 II S Oppgave 5 O(0,0), A(a, o) og B(b, c). 1 S 2 3 a) b) Medianene OM1 , AM2 og c) d) BM3 skjærer hverandre i S. O (0,0) M3 A (a , 0) f) Se figuren. · · · ¸ ¸ ¸ ¹ ¹ ¹ JJJG JJG 2 a b b c c 2 2 2 2
R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen En vilkarlig trekant OAB Oppgave 1 settes inn i et B(b,c) Oppgave 2 OAB koordinatsystem med siden OA Oppgave 3 OA langs x-aksen.
B b c
Oppgave 4 I Koordinatene til hjørnene er M2 M1 Oppgave 4 II S Oppgave 5 O(0,0), A(a, o) og B(b, c). 1 S 2 3 a) b) Medianene OM1 , AM2 og c) d) BM3 skjærer hverandre i S. O (0,0) M3 A (a , 0) f) Se figuren. · · · ¸ ¸ ¸ ¹ ¹ ¹ −→ − − → 1−→ 1 b+a c OM1 = OA + AB = [a, 0] + [b − a, c] = [ , ] JJJG 2 JJG 2 2 2 2 a+b c Dette viser at M1 = 2 ,2 . a b b c c 2 2 2 2
R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen På samme måte blir Oppgave 1 Oppgave 2 − → OAB− − 1 → B(b,c) OM2 = AB OA Oppgave 3 2 Oppgave 4 I
1B b c
b c = [b, c] = [ , ] M2 M1 Oppgave 4 II 2 1 2 2 2 3 S Oppgave 5 S b c Dette viser at M2 = 2, 2 . a) b) c) O (0,0) M3 A (a , 0) d) f) · · · ¸ ¸ ¸ ¹ ¹ ¹ JJJG JJG 2 a b b c c 2 2 2 2
R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen På samme måte blir Oppgave 1 Oppgave 2 − → OAB− − 1 → B(b,c) OM2 = AB OA Oppgave 3 2 Oppgave 4 I
1B b c
b c = [b, c] = [ , ] M2 M1 Oppgave 4 II 2 1 2 2 2 3 S Oppgave 5 S b c Dette viser at M2 = 2, 2 . a) b) c) O (0,0) M3 A (a , 0) d) f) · · · − → ¸1− − ¹ → ¸a ¹ ¸ ¹ OM3 = OA = [ , 0] 2 2 JJJG JJG a 2 Dette viser at M3 = 2, 0 a b b c c 2 2 2 2
R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Forklar at det finnes tall x og y slik at Oppgave 2 −→ −→ − −→ − → −→ − Oppgave 3 OS = x · OM1 og OS = OA + y · AM2 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 a) b) c) d) f)

Recommended

V2008
V2008V2008
V2008Tor Espen Kristensen
 
Vektorkoordinater
VektorkoordinaterVektorkoordinater
VektorkoordinaterTor Espen Kristensen
 
Matematikk utan papir og blyant, døme
Matematikk utan papir og blyant, dømeMatematikk utan papir og blyant, døme
Matematikk utan papir og blyant, dømeHordaland fylkeskommune - Dei gode døma 2010
 
Geometriskesteder
GeometriskestederGeometriskesteder
GeometriskestederTor Espen Kristensen
 
Lengden til en vektor
Lengden til en vektorLengden til en vektor
Lengden til en vektorTor Espen Kristensen
 
Elevenes (digitale) kompetanse i realfagene
Elevenes (digitale) kompetanse i realfageneElevenes (digitale) kompetanse i realfagene
Elevenes (digitale) kompetanse i realfageneTor Espen Kristensen
 
Dgd10 Presentasjon
Dgd10 PresentasjonDgd10 Presentasjon
Dgd10 PresentasjonTor Espen Kristensen
 
Sannsynlighet
SannsynlighetSannsynlighet
SannsynlighetTor Espen Kristensen
 

Recommended

V2008
V2008V2008
V2008Tor Espen Kristensen
 
Vektorkoordinater
VektorkoordinaterVektorkoordinater
VektorkoordinaterTor Espen Kristensen
 
Matematikk utan papir og blyant, døme
Matematikk utan papir og blyant, dømeMatematikk utan papir og blyant, døme
Matematikk utan papir og blyant, dømeHordaland fylkeskommune - Dei gode døma 2010
 
Geometriskesteder
GeometriskestederGeometriskesteder
GeometriskestederTor Espen Kristensen
 
Lengden til en vektor
Lengden til en vektorLengden til en vektor
Lengden til en vektorTor Espen Kristensen
 
Elevenes (digitale) kompetanse i realfagene
Elevenes (digitale) kompetanse i realfageneElevenes (digitale) kompetanse i realfagene
Elevenes (digitale) kompetanse i realfageneTor Espen Kristensen
 
Dgd10 Presentasjon
Dgd10 PresentasjonDgd10 Presentasjon
Dgd10 PresentasjonTor Espen Kristensen
 
Sannsynlighet
SannsynlighetSannsynlighet
SannsynlighetTor Espen Kristensen
 
Oppgaver til GeoGebra-kurs del 1
Oppgaver til GeoGebra-kurs del 1Oppgaver til GeoGebra-kurs del 1
Oppgaver til GeoGebra-kurs del 1Tor Espen Kristensen
 
Avstander i rommet
Avstander i rommetAvstander i rommet
Avstander i rommetTor Espen Kristensen
 
Eksamensoppgaver
EksamensoppgaverEksamensoppgaver
EksamensoppgaverTor Espen Kristensen
 
Resonnere
ResonnereResonnere
ResonnereTor Espen Kristensen
 
Kurver Og Mer
Kurver Og MerKurver Og Mer
Kurver Og MerTor Espen Kristensen
 
Kurver
KurverKurver
KurverTor Espen Kristensen
 
Vektorer 1
Vektorer 1Vektorer 1
Vektorer 1Tor Espen Kristensen
 
Vurdering og matematikk
Vurdering og matematikkVurdering og matematikk
Vurdering og matematikkTor Espen Kristensen
 
Problemløsning i matematikk
Problemløsning i matematikkProblemløsning i matematikk
Problemløsning i matematikkTor Espen Kristensen
 
Matematikk og Kunnskapsløftet
Matematikk og KunnskapsløftetMatematikk og Kunnskapsløftet
Matematikk og KunnskapsløftetTor Espen Kristensen
 
Sannsylighet
SannsylighetSannsylighet
SannsylighetTor Espen Kristensen
 
Bilder Og Formater
Bilder Og FormaterBilder Og Formater
Bilder Og FormaterTor Espen Kristensen
 
Tilpasset opplæring
Tilpasset opplæringTilpasset opplæring
Tilpasset opplæringTor Espen Kristensen
 
Ikt og matematikk
Ikt og matematikkIkt og matematikk
Ikt og matematikkTor Espen Kristensen
 

More Related Content

More from Tor Espen Kristensen

More from Tor Espen Kristensen (14)

Oppgaver til GeoGebra-kurs del 1
Oppgaver til GeoGebra-kurs del 1Oppgaver til GeoGebra-kurs del 1
Oppgaver til GeoGebra-kurs del 1
 
Avstander i rommet
Avstander i rommetAvstander i rommet
Avstander i rommet
 
Eksamensoppgaver
EksamensoppgaverEksamensoppgaver
Eksamensoppgaver
 
Resonnere
ResonnereResonnere
Resonnere
 
Kurver Og Mer
Kurver Og MerKurver Og Mer
Kurver Og Mer
 
Kurver
KurverKurver
Kurver
 
Vektorer 1
Vektorer 1Vektorer 1
Vektorer 1
 
Vurdering og matematikk
Vurdering og matematikkVurdering og matematikk
Vurdering og matematikk
 
Problemløsning i matematikk
Problemløsning i matematikkProblemløsning i matematikk
Problemløsning i matematikk
 
Matematikk og Kunnskapsløftet
Matematikk og KunnskapsløftetMatematikk og Kunnskapsløftet
Matematikk og Kunnskapsløftet
 
Sannsylighet
SannsylighetSannsylighet
Sannsylighet
 
Bilder Og Formater
Bilder Og FormaterBilder Og Formater
Bilder Og Formater
 
Tilpasset opplæring
Tilpasset opplæringTilpasset opplæring
Tilpasset opplæring
 
Ikt og matematikk
Ikt og matematikkIkt og matematikk
Ikt og matematikk
 

Løsningsforslag Eksamen R1 våren 2009

  • 1. R1 Våren 2009 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Eksamen R1, Våren 2009 Oppgave 4 II Oppgave 5 Stord Vidaregåande skule
  • 2. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen a) Oppgave 1 a) Deriver funksjonene b) c) d) 1 f (x) = (x 2 + 1)4 g(x) = x · e2x e) 2 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I 1 Bruker kjerneregelen med kjernen u = x 2 + 1. Da blir Oppgave 4 II u (x) = 2x og Oppgave 5 f (x) = 4u 3 · u (x) = 4(x 2 + 1)3 · 2x = 8x(x 2 + 1)3
  • 3. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen a) Oppgave 1 a) Deriver funksjonene b) c) d) 1 f (x) = (x 2 + 1)4 g(x) = x · e2x e) 2 Oppgave 2 Oppgave 3 2 Bruker produktregelen og får Oppgave 4 I g (x) = 1 · e2x + x · 2 · e2x = (1 + 2x)e2x Oppgave 4 II Oppgave 5
  • 4. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen b) Oppgave 1 a) Regn ut grenseverdien hvis den eksisterer b) c) d) x 2 − 2x e) lim Oppgave 2 x→2 x − 2 Oppgave 3 0 Oppgave 4 I Her har vi et såkalt « 0 » tilfelle. Da må vi se om vi kan Oppgave 4 II omforme uttrykket på en eller annen måte. I dette tilfellet Oppgave 5 ser vi om vi kan forkorte brøken (faktorisere og stryke):
  • 5. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen b) Oppgave 1 a) Regn ut grenseverdien hvis den eksisterer b) c) d) x 2 − 2x e) lim Oppgave 2 x→2 x − 2 Oppgave 3 0 Oppgave 4 I Her har vi et såkalt « 0 » tilfelle. Da må vi se om vi kan Oppgave 4 II omforme uttrykket på en eller annen måte. I dette tilfellet Oppgave 5 ser vi om vi kan forkorte brøken (faktorisere og stryke): x 2 − 2x (x − 2) x lim = lim = x→2 x = 2 lim x→2 x − 2 x→2 − 2 x
  • 6. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 a) Trekk sammen b) c) d) x −2 x +2 4x e) 2 + 2x − 2 − 2 Oppgave 2 x x − 2x x −4 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5
  • 7. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 a) Trekk sammen b) c) d) x −2 x +2 4x e) 2 + 2x − 2 − 2 Oppgave 2 x x − 2x x −4 Oppgave 3 Vi ser at x(x + 2)(x − 2) er en felles nevner. Utvider Oppgave 4 I derfor brøkene og trekker sammen: Oppgave 4 II Oppgave 5 x −2 x +2 4x − 2 − 2 x 2 + 2x x − 2x x −4 (x − 2)(x − 2) (x + 2)(x + 2) 4x · x = − − x (x + 2)(x − 2) x (x − 2)(x + 2) x (x − 2)(x + 2) x 2 − 4x + 4 − (x 2 + 4x + 4) − 4x 2 = x (x − 2)(x + 2) 2 4x + 8x x (x 4+ 2) 4 =− =− =− x (x − 2)(x + 2) x (x + 2)(x − 2) (x − 2)
  • 8. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen d) Oppgave 1 a) Gitt punktene A(−2, −1), B(5, 4) og C(4, 7). b) c) − − → → −→ d) 1 Bestem AB, AC og BC. e) Oppgave 2 2 Undersøk om noen av vektorene står normalt på Oppgave 3 hverandre. Oppgave 4 I −→ Oppgave 4 II 1 AB = [5 − (−2), 4 − (−1)] = [7, 5] −→ Oppgave 5 AC = [4 − (−2), 7 − (−1)] = [6, 8] −→ BC = [4 − 5, 7 − 4] = [−1, 3]
  • 9. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen d) Oppgave 1 a) Gitt punktene A(−2, −1), B(5, 4) og C(4, 7). b) c) − − → → −→ d) 1 Bestem AB, AC og BC. e) Oppgave 2 2 Undersøk om noen av vektorene står normalt på Oppgave 3 hverandre. Oppgave 4 I Oppgave 4 II 2 Undersøker om noen av skalarproduktene blir null. Oppgave 5 − − → → AB · AC = [7, 5] · [6, 8] = 7 · 6 + 5 · 8 = 82 = 0 − − → → AB · BC = [7, 5] · [−1, 3] = −7 + 3 · 5 = 8 = 0 − − → → AC · BC = [6, 8] · [−1, 3] = −6 + 24 = 18 = 0 Dette viser at ingen av vektorene står vinkelrett på hverandre.
  • 10. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen e) 1) Oppgave 1 Gitt polynomfunksjonen f (x) = 2x 3 + 8x 2 + 2x − 12 a) b) c) d) Regn ut f (1). Faktoriser f (x). e) Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5
  • 11. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen e) 1) Oppgave 1 Gitt polynomfunksjonen f (x) = 2x 3 + 8x 2 + 2x − 12 a) b) c) d) Regn ut f (1). Faktoriser f (x). e) Oppgave 2 f (1) = 2 · 13 + 8 · 12 + 2 · 1 − 12 = 0. Dette viser at (x − 1) Oppgave 3 er en faktor i f (x). Utfører derfor polynomdivisjon: Oppgave 4 I Oppgave 4 II (2x 3 + 8x 2 + 2x − 12) : (x − 1) = 2x 2 + 10x + 12 2x 3 − 2x 2 Oppgave 5 10x 2 + 2x − 12 10x 2 − 10x 12x − 12 12x − 12 0
  • 12. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen e) 1) Oppgave 1 Vi har altså: a) b) c) d) f (x) = (x − 1)(2x 2 + 10x + 12) = 2(x − 1)(x 2 + 5x + 6) e) Oppgave 2 Vi faktoriserer det polynomet x 2 + 5x + 6 ved å finne Oppgave 3 nullpunktene: Oppgave 4 I Oppgave 4 II √ Oppgave 5 −5 ± 25 − 4 · 6 −5 ± 1 −3 x= = = 2 2 −2 Dette gir oss at x 2 + 5x + 6 = (x + 3)(x + 2). Vi får derfor f (x) = 2(x − 1)(x + 2)(x + 3)
  • 13. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen e) 2) Oppgave 1 a) Løs ulikhetene f (x) 0 b) c) d) Tegner fortegnslinje for f : e) Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I -3 -2 1 Oppgave 4 II Oppgave 5 (x + 3) (x + 2) 2(x − 1) f (x) Vi ser at L = ←, −3] ∪ [−2, 1]
  • 14. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen f) Oppgave 1 a) Skriv så enkelt som mulig b) c) d) 1 e) lg + 3 · lg a Oppgave 2 a2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5
  • 15. R1 Våren 2009 Oppgave 1 Tor Espen Kristensen f) Oppgave 1 a) Skriv så enkelt som mulig b) c) d) 1 e) lg + 3 · lg a Oppgave 2 a2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Vi bruker logaritmereglene og får Oppgave 4 II 1 Oppgave 5 lg + 3 · lg a = lg 1 − lg a2 + 3 lg a a2 = −2 lg a + 3 lg a = lg a
  • 16. R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen C Oppgave 1 Oppgave 2 a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II A D B Oppgave 5 Forklar at ABC, ACD og CBD er formlike.
  • 17. R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen C Oppgave 1 Oppgave 2 a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II A D B Oppgave 5 Forklar at ABC, ACD og CBD er formlike. Det er nok å vise at trekantene har like vinkler. Siden alle tre er rettvinklede er det nok å vise at de har en til vinkel som er lik, siden da vil også den tredje være lik (summen er 180◦) Men dette følger av at ∠A er en felles vinkel til ABC og ACD. Dette viser at disse to trekantene er formlike. På samme måte er ∠B en felles vinkel til ABC og CBD. Følgelig er også disse to trekantene formlike. Det vil si at alle tre er formlike.
  • 18. R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Bruk a) til å vise at AC 2 = AB · AD og at BC 2 = AB · DB Oppgave 2 C a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 A D B
  • 19. R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Bruk a) til å vise at AC 2 = AB · AD og at BC 2 = AB · DB Oppgave 2 C a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 A D B ABC ∼ ACD gir oss AC AB = ⇔ AC 2 = AB · AD AD AC CBD ∼ ABC gir oss BC AB = ⇔ BC 2 = AB · DB DB BC
  • 20. R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Bruk b) til å bevise Pytagoras setning. Oppgave 2 C a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 A D B
  • 21. R1 Våren 2009 Oppgave 2 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Bruk b) til å bevise Pytagoras setning. Oppgave 2 C a) b) c) Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 A D B Vi adderer AC 2 og BC 2 og ser hva vi får: AC 2 + BC 2 = AB · AD AB · DB = AB(AD + DB) = AB · AB = AB 2 Dette er Pytagoras!
  • 22. R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen a) Oppgave 1 Konstruksjon av triangleABC, der AB = 10 cm, Oppgave 2 ∠C = 90◦ og AC = 7 cm. På figuren har jeg også Oppgave 3 konstruert den innskrevne sirkelen. a) b) C c) Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 A B
  • 23. R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen a) Oppgave 1 Forklaring til konstruksjonen: Oppgave 2 1 Satte først av AB = 10 cm Oppgave 3 a) b) 2 Konstruert så halvsirkel med AB som diameter. c) 3 Satte av en bue med sentrum i A og radius lik 7 cm. Oppgave 4 I Oppgave 4 II Denne vil snitte halvsirkelen i C. Vet Thales setning Oppgave 5 vil da ∠C = 90◦ . 4 For å konstruere den innskrevne sirkelen halverte jeg vinkel A og vinkel C. De to nye vinkelbeina vil skjære hverandre i sentrum av den innskrevne sirkelen. 5 Konstruerte en normal fra dette skjæringspunktet, ned på AB. Fotpunktet på AB vil da ligge på den innskrevne sirkelen. 6 Konstruerte så sirkelen.
  • 24. R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen b) Oppgave 1 Fin den eksakte løsningen til likningen ved regning: Oppgave 2 Oppgave 3 a) (ln x)2 + ln x 2 = 3 b) c) Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5
  • 25. R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen b) Oppgave 1 Fin den eksakte løsningen til likningen ved regning: Oppgave 2 Oppgave 3 a) (ln x)2 + ln x 2 = 3 b) c) Vi kan skrive likningen som Oppgave 4 I Oppgave 4 II (ln x)2 + 2 ln x = 3 Oppgave 5 Dersom vi lar ln x = u, så blir dette: u 2 + 2u = 3 Det vil si at u = −3 eller u = 1. Altså: u 2 + 2u + 1 = 4 ln x = −3 ⇔ x = e−3 ≈ 0,00498 eller 2 (u + 1) = 4 ln x = 1 ⇔ x = e ≈ 2,718. L = {e−3 , e} u + 1 = ±2
  • 26. R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen c) 1) Oppgave 1 En bedrift produserer mobiltelefoner. Avdeling A står for Oppgave 2 70 % av produksjonen, og avdeling B står for de Oppgave 3 resterende 30 %. Det har vist seg at 5 % av produksjonen a) b) fra avdeling A har feil, mens 10 % av produksjonen fra B c) Oppgave 4 I har feil. Oppgave 4 II Finn sannsynligheten for at en tilfeldig valgt telefon har Oppgave 5 feil. Dersom vi trekker ut en tilfeldig mobiltelefon, så er det to hendelser som er interessante i denne oppgaven: A: «Mobiltelefonen er produsert av avdeling A» F: «Det er feil på mobiltelefonen.» Da vil A være at mobiltelefonen er produsert av avdeling B, og F at den ikke har feil. Vi skal finne P(F)
  • 27. R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 Total sannsynlighet gir oss: Oppgave 2 Oppgave 3 P(F ) = P(A ∩ F ) + P(A ∩ F ) a) b) c) = P(A) · P(F | A) + P(A) · P(F | A) Oppgave 4 I = 0,70 · 0,05 + 0,30 · 0,10 Oppgave 4 II = 0,065 = 6,5 % Oppgave 5
  • 28. R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 Total sannsynlighet gir oss: Oppgave 2 Oppgave 3 P(F ) = P(A ∩ F ) + P(A ∩ F ) a) b) c) = P(A) · P(F | A) + P(A) · P(F | A) Oppgave 4 I = 0,70 · 0,05 + 0,30 · 0,10 Oppgave 4 II = 0,065 = 6,5 % Oppgave 5 Hva er sannsynligheten for at en telefon som har feil, er produsert i avdeling A?
  • 29. R1 Våren 2009 Oppgave 3 Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 Total sannsynlighet gir oss: Oppgave 2 Oppgave 3 P(F ) = P(A ∩ F ) + P(A ∩ F ) a) b) c) = P(A) · P(F | A) + P(A) · P(F | A) Oppgave 4 I = 0,70 · 0,05 + 0,30 · 0,10 Oppgave 4 II = 0,065 = 6,5 % Oppgave 5 Hva er sannsynligheten for at en telefon som har feil, er produsert i avdeling A? Vi skal finne P(A | F ). Bruker Bayes setning: P(A) · P(F | A) 0,70 · 0,05 P(A | F ) = = ≈ 53,8% P(F ) 0,065
  • 30. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Funksjonen f er gitt ved f (x) = −x 3 + ax 2 + bx − 11. Oppgave 1 Grafen har et bunnpunkt i (−1, −16) Oppgave 2 Oppgave 3 Vis at a = 3 og b = 9. Oppgave 4 I a) b) c) d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5
  • 31. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Funksjonen f er gitt ved f (x) = −x 3 + ax 2 + bx − 11. Oppgave 1 Grafen har et bunnpunkt i (−1, −16) Oppgave 2 Oppgave 3 Vis at a = 3 og b = 9. Oppgave 4 I a) b) Vi vet at f (−1) = −16 og f (−1) = 0. Den deriverte er c) f (x) = −3x 2 + 2ax + b d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5 Vi får derfor likningsettet: 1 + a − b − 11 = −16 ⇔ a − b = −6 −3 − 2a + b = 0 −2a + b = 3 Adderer vi de to likningene, får vi −a = −3. Det vil si at a = 3. Setter vi dette inn i den øverste likningen får vi b = a − (−6) = 3 + 6 = 9.
  • 32. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn f (x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja for Oppgave 2 f (x). Bruk fortegnslinja til å finne ut hvor grafen stiger og Oppgave 3 hvor den synker. Hva blir koordinatene til eventuelle Oppgave 4 I toppunkter på grafen til f ? a) b) c) d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5
  • 33. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn f (x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja for Oppgave 2 f (x). Bruk fortegnslinja til å finne ut hvor grafen stiger og Oppgave 3 hvor den synker. Hva blir koordinatene til eventuelle Oppgave 4 I toppunkter på grafen til f ? a) b) c) Den deriverte er gitt ved d) e) Oppgave 4 II f (x) = −3x 2 + 6x + 9 = −3(x + 1)(x − 3) Oppgave 5 −1 3 (x − 3) −3(x + 1) f (x)
  • 34. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen b) −1 3 Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 (x − 3) Oppgave 4 I a) −3(x + 1) b) c) d) f (x) e) Oppgave 4 II Vi ser at grafen til f synker når x ∈ ←, −1 ∪ 3, → og Oppgave 5 stiger når x ∈ −1, 3 . I tillegg til bunnpunktet (−1, −16) har grafen til f også et toppunkt i (3, f (3)) = (3, 16).
  • 35. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 Oppgave 2 Finn f (x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja for Oppgave 3 f (x). Bruk fortegnslinja til å finne eventuelle Oppgave 4 I vendepunkter på grafen til f. a) b) c) d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5
  • 36. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen c) Oppgave 1 Oppgave 2 Finn f (x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja for Oppgave 3 f (x). Bruk fortegnslinja til å finne eventuelle Oppgave 4 I vendepunkter på grafen til f. a) b) c) d) e) Oppgave 4 II f (x) = −6x + 6 = −6(x − 1) Oppgave 5 Den dobbeltderiverte har fortegnslinje: 1 f (x) Vi ser at fortegnet til den dobbeltderiverte skrifter i x = 1. Vi får derfor at grafen til f har et vendepunkt i (1, f (1)) = (1, 0).
  • 37. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Finn likningene for tangentene med stigningstall 9. Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I a) b) c) d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5
  • 38. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen Finn likningene for tangentene med stigningstall 9. Oppgave 1 Oppgave 2 Må da løse likningen Oppgave 3 Oppgave 4 I f (x) = 9 a) b) c) d) e) −3x 2 + 6x + 9 = 9 Oppgave 4 II Oppgave 5 −3x(x − 2) = 0 x =0 ∨ x =2 Ettpunktsformelen gir oss likningene for tangentene: y = 9(x − 0) + f (0) = 9x − 11 y = 9(x − 2) + f (2) = 9x − 7
  • 39. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen e) Oppgave 1 Grafen til f : Oppgave 2 15 y Oppgave 3 Oppgave 4 I f 10 a) b) 5 c) d) e) x Oppgave 4 II −2 −1 1 2 3 4 Oppgave 5 −5 −10 −15
  • 40. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen e) Oppgave 1 Oppgave 2 Bruk grafen og resultatene i d) til å avgjøre for hvilke Oppgave 3 verdier av b likningen f (x) = 9x + b har tre forskjellige Oppgave 4 I løsninger. a) b) c) d) e) Oppgave 4 II Oppgave 5
  • 41. R1 Våren 2009 Oppgave 4 I Tor Espen Kristensen e) Oppgave 1 Oppgave 2 Bruk grafen og resultatene i d) til å avgjøre for hvilke Oppgave 3 verdier av b likningen f (x) = 9x + b har tre forskjellige Oppgave 4 I løsninger. a) b) c) Vi vet at linjen y = 9x + b tangerer grafen til f når b = −11 d) e) og når b = −7. I dette tilfellet har likningen to løsninger. Oppgave 4 II Dersom b −7 eller b −11, så vil linja y = 9x + b Oppgave 5 skjære grafen kun i ett punkt. Det vil si at vi har kun én løsning i dette tilfellet. Dersom b ligger mellom disse to verdiene (mellom -7 og -11), så vil likningen ha tre forskjellige løsninger. Altså: Tre forskjellige løsninger når −11 b −7.
  • 42. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen 1 Kristensen f (x) = 12 (x 4 − 2x 3 − 12x 2 ) Oppgave 1 Grafen til f : Oppgave 2 Oppgave 3 f y Oppgave 4 I 2 Oppgave 4 II a) b) c) x d) e) −4 −2 S 2 4 6 8 Oppgave 5 −2 T −4 −6
  • 43. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn f (x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestem Oppgave 2 koordinatene til vendepunktene S og T . Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
  • 44. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn f (x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestem Oppgave 2 koordinatene til vendepunktene S og T . Oppgave 3 Oppgave 4 I f (x) = x 2 − x − 2 = (x − 2)(x + 1) Oppgave 4 II a) b) c) d) Fortegnslinje: e) −1 2 Oppgave 5 (x − 2) (x + 1) f (x) 3 Vi ser at f har vendepunkt i (−1, − 4 ) og i (2, −4).
  • 45. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn likningen for den rette linja gjennom punktene S og Oppgave 2 T . Bestem koordinatene til de to andre Oppgave 3 skjæringspunktene mellom grafen til f og linja. Bruk Oppgave 4 I gjerne digitalt verktøy. Oppgave 4 II a) Vi kan for eksempel bruke GeoGebra og kommandoen b) c) linje[S, T]. Dette gir oss linje med likning d) e) y = −1,08x − 1,83. Oppgave 5 Regner vi med eksakte verdier, blir det y = − 13 x − 12 11 6 . Vi kan beregne de to andre skjæringspunkten ved å bruke verktøyet «Skjæring mellom to objekter» i GeoGebra. Vi får da punktene (−2,854, 1,259) og Q = (3,854, −6,009).
  • 46. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Vi kan finne eksakte verdier dersom vi bruker et Oppgave 1 CAS-verktøy. I Maxima kan vi for eksempel løse likninge Oppgave 2 f (x) = − 13 x − 11 12 6 Oppgave 3 Oppgave 4 I (%i1) solve([1/12*(x^4-2*x^3-12*x^2)=-13/12*x-11/6], [x Oppgave 4 II a) b) c) d) √ √ e) 3 5−1 3 5+1 (%o1) [x = 2, x = −1, x = − ,x = ] Oppgave 5 2 2 √ √ Vi finner da at f ( 3 5+1 2 ) = − 13 85+19 og √ √ 5−1 f (− 3 2 ) = 13 5−19 8 . Altså har de to andre skjæringspunkta koordinatene √ √ √ √ −3 5−1 13 5−19 2 , 8 og 3 5+1 2 , − 13 85+19
  • 47. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Vi lar Q være skjæringspunktet lengst til høyre. Regn ut ST Oppgave 2 TQ Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
  • 48. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Vi lar Q være skjæringspunktet lengst til høyre. Regn ut ST Oppgave 2 TQ Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II ST 4,423 a) = = 1.618 b) c) TQ 2,734 d) e) Her har jeg brukt verktøyet «Avstand eller lengde» i Oppgave 5 GeoGebra.
  • 49. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen g(x) = x 4 − 6x 2 : Oppgave 1 g Oppgave 2 2 y Oppgave 3 Oppgave 4 I x Oppgave 4 II −3 −2 −1 1 2 3 a) b) c) −2 d) e) Oppgave 5 a A S1 −4 T1 Q1 −6 Q1 T1 = 1.236 T1 S1 = 2 −8 −10
  • 50. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen e) Oppgave 1 Oppgave 2 Finn g (x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestem Oppgave 3 koordinatene til vendepunktene S og T . Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
  • 51. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen e) Oppgave 1 Oppgave 2 Finn g (x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestem Oppgave 3 koordinatene til vendepunktene S og T . Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) g (x) = 12x 2 − 12 = 12(x − 1)(x + 1) d) e) Oppgave 5 Fortegnslinje: −1 1 (x − 1) (x + 1) g (x) Vi ser at g har vendepunkt i (−1, −5) og i (1, −5).
  • 52. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn likningen for den rette linja gjennom punktene S1 og Oppgave 2 T1 . Bestem koordinatene til de to andre Oppgave 3 skjæringspunktene mellom grafen til g og linja. Bruk Oppgave 4 I gjerne digitalt verktøy. Oppgave 4 II a) I dette tilfellet blir det enkelt, siden begge vendepunkta b) c) har y-koordinat lik -5. Likningen for linja er da gitt ved d) e) Oppgave 5 y = −5 De to andre skjæringspunkta er (−2,23607, −5) og Q1 = (2,23607, −5). Disse har jeg funnet ved å bruke verktøyet «Skjæring mellom to objekt» i GeoGebra.
  • 53. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen I dette tilfellet er det faktisk ikke så vanskelig å finne Oppgave 1 eksakte verdier. Vi skal løse likningen Oppgave 2 Oppgave 3 x 4 − 6x 2 = −5 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Lar vi u = x 2 , så blir dette det samme som a) b) c) d) u 2 − 6u + 5 = 0 e) Oppgave 5 Denne har løsningene u = 1 eller u = 5. Det vil si at den opprinnelige likningen har fire løsninger: √ x = ±1 ∨ x = ± 5 √ De to andre skjæringspunkta er derfor (± 5, −5).
  • 54. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen e) 4) Oppgave 1 Oppgave 2 √ S1 T1 2 2( 5 + 1) Oppgave 3 =√ = √ √ Oppgave 4 I T 1 Q1 5−1 ( 5 − 1)( 5 + 1) Oppgave 4 II √ 5+1 a) b) = ≈ 1.61803 c) 2 d) e) Vi ser at vi får samme tall som i oppgave d). Dette er det Oppgave 5 gyldne snitt. Ut fra dette kunne det være interessant å sjekke om dette gjelder for flere fjerdegradsfunksjoner. Ved hjelp av glidere i GeoGebra ser det ut til at dette alltid stemmer. På siden http://tinyurl.com/ogzdbz finner du et slikt oppsett.
  • 55. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen En kan også vise at dette gjelder generelt ved for Oppgave 1 eksempel å bruke et CAS-verktøy. I Maxima vil følgende Oppgave 2 sekvens av kommandoer vise at vi alltid får det gyldne Oppgave 3 snitt: Oppgave 4 I Oppgave 4 II f(x) := a/12*x^4 + b/6*x^3 + c/2*x^2 + d*x+e; a) g(x) := diff(f(x),x,2); b) c) L : solve(g(x)=0,x); d) h(x) := (f(rhs(L[1]))-f(rhs(L[2])))/ e) (rhs(L[1])-rhs(L[2]))*(x-rhs(L[1]))+f(rhs(L[1])); Oppgave 5 k(x):=(f(x)-h(x))/((x-rhs(L[1]))*(x-rhs(L[2]))) M : solve(k(x)=0,x); u : sqrt((rhs(L[2]) - rhs(L[1]))^2+(f(rhs(L[2]))-f(rhs(L[1])) v : sqrt((rhs(M[2])-rhs(L[1]))^2+(f(rhs(M[2]))-f(rhs(L[1])))^ load(sqdnst) factor(ratsimp((v/u))) ratsimp(sqrtdenest(%));
  • 56. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Løsning med TI InterActive! Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
  • 57. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Løsning med TI InterActive! Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
  • 58. R1 Våren 2009 Oppgave 4 II Tor Espen Kristensen Løsning med TI InterActive! Oppgave 1 Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II a) b) c) d) e) Oppgave 5
  • 59. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen En vilkarlig trekant OAB Oppgave 1 settes inn i et B(b,c) Oppgave 2 OAB koordinatsystem med siden OA Oppgave 3 OA langs x-aksen.
  • 60.
  • 61. B b c
  • 62. Oppgave 4 I Koordinatene til hjørnene er M2 M1 Oppgave 4 II S Oppgave 5 O(0,0), A(a, o) og B(b, c). 1 S 2 3 a) b) Medianene OM1 , AM2 og c) d) BM3 skjærer hverandre i S. O (0,0) M3 A (a , 0) f) Se figuren. · · · ¸ ¸ ¸ ¹ ¹ ¹ JJJG JJG 2 a b b c c 2 2 2 2
  • 63. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen En vilkarlig trekant OAB Oppgave 1 settes inn i et B(b,c) Oppgave 2 OAB koordinatsystem med siden OA Oppgave 3 OA langs x-aksen.
  • 64.
  • 65. B b c
  • 66. Oppgave 4 I Koordinatene til hjørnene er M2 M1 Oppgave 4 II S Oppgave 5 O(0,0), A(a, o) og B(b, c). 1 S 2 3 a) b) Medianene OM1 , AM2 og c) d) BM3 skjærer hverandre i S. O (0,0) M3 A (a , 0) f) Se figuren. · · · ¸ ¸ ¸ ¹ ¹ ¹ −→ − − → 1−→ 1 b+a c OM1 = OA + AB = [a, 0] + [b − a, c] = [ , ] JJJG 2 JJG 2 2 2 2 a+b c Dette viser at M1 = 2 ,2 . a b b c c 2 2 2 2
  • 67. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen På samme måte blir Oppgave 1 Oppgave 2 − → OAB− − 1 → B(b,c) OM2 = AB OA Oppgave 3 2 Oppgave 4 I
  • 68.
  • 69. 1B b c
  • 70. b c = [b, c] = [ , ] M2 M1 Oppgave 4 II 2 1 2 2 2 3 S Oppgave 5 S b c Dette viser at M2 = 2, 2 . a) b) c) O (0,0) M3 A (a , 0) d) f) · · · ¸ ¸ ¸ ¹ ¹ ¹ JJJG JJG 2 a b b c c 2 2 2 2
  • 71. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen På samme måte blir Oppgave 1 Oppgave 2 − → OAB− − 1 → B(b,c) OM2 = AB OA Oppgave 3 2 Oppgave 4 I
  • 72.
  • 73. 1B b c
  • 74. b c = [b, c] = [ , ] M2 M1 Oppgave 4 II 2 1 2 2 2 3 S Oppgave 5 S b c Dette viser at M2 = 2, 2 . a) b) c) O (0,0) M3 A (a , 0) d) f) · · · − → ¸1− − ¹ → ¸a ¹ ¸ ¹ OM3 = OA = [ , 0] 2 2 JJJG JJG a 2 Dette viser at M3 = 2, 0 a b b c c 2 2 2 2
  • 75. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Forklar at det finnes tall x og y slik at Oppgave 2 −→ −→ − −→ − → −→ − Oppgave 3 OS = x · OM1 og OS = OA + y · AM2 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 a) b) c) d) f)
  • 76. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Forklar at det finnes tall x og y slik at Oppgave 2 −→ −→ − −→ − → −→ − Oppgave 3 OS = x · OM1 og OS = OA + y · AM2 Oppgave 4 I Oppgave 4 II −→ −→ − Oppgave 5 Den første likheten følger av at OS er parallell med OM1 a) (både S og M1 ligger på samme linje gjennom origo). b) c) d) −→ − → − → −→ f) Den andre likheten følger av at OS = OA + AS og at AS −→ − er parallell med AM2 (både S og M2 ligger på samme linje gjennom A.
  • 77. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn x og y. Oppgave 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 a) b) c) d) f)
  • 78. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Finn x og y. Oppgave 2 −→ Vi setter de to uttrykkene for OS lik hverandre og får: Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II −→ − − → −→ − x · OM1 = OA + y · AM2 Oppgave 5 a) b) c) a+b c b c d) f) · x, · x = [a, 0] + − a · y, · y 2 2 2 2 b c = a+y −a , ·y 2 2 Vektorkoordinatene må være like på de to vektorene: a+b b c c ·x =a+y −a og ·x = ·y 2 2 2 2
  • 79. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 a+b b c c Oppgave 2 ·x =a+y −a og ·x = ·y 2 2 2 2 Oppgave 3 Oppgave 4 I Den andre likningen gir oss at x = y. Setter vi dette inn i Oppgave 4 II den første, så får vi: Oppgave 5 a+b b a) ·x =a+x −a b) c) 2 2 d) f) a+b b − +a x =a 2 2 3a x =a 2 2 x =y = 3
  • 80. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Forklar at koordinatene til skjæringspunktet mellom Oppgave 2 3 c medianene er a+b , 3 . Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 a) b) c) d) f)
  • 81. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Forklar at koordinatene til skjæringspunktet mellom Oppgave 2 3 c medianene er a+b , 3 . Oppgave 3 Vi har allerede funnet x = 2 . Vi får derfor at 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II −→ 2− → 2 b + a c − b+a c Oppgave 5 OS = OM1 = , = , a) b) 3 3 2 2 2 3 c) d) f)
  • 82. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Forklar at koordinatene til skjæringspunktet mellom Oppgave 2 3 c medianene er a+b , 3 . Oppgave 3 Vi har allerede funnet x = 2 . Vi får derfor at 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II −→ 2− → 2 b + a c − b+a c Oppgave 5 OS = OM1 = , = , a) b) 3 3 2 2 2 3 c) d) b+a c f) Dette viser at S = 2 ,3 .
  • 83. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen −→ −→ −→ Oppgave 1 |OS| |AS| |BS| Bestem forholdene − → , − − → og − → . − − Oppgave 2 |OM1 | |AM2 | |BM4 | Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 a) b) c) d) f)
  • 84. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen −→ −→ −→ Oppgave 1 |OS| |AS| |BS| Bestem forholdene − → , − − → og − → . − − Oppgave 2 |OM1 | |AM2 | |BM4 | Oppgave 3 −→ Oppgave 4 I −→ 2 −→ − |OS| 2 Oppgave 4 II Siden OS = 3 · OM1 , så vil − → = . − |OM1 | 3 Oppgave 5 −→ 2− → − − → 2− → − a) b) Vi kan også vise at AS = 3 AM2 og BS = 3 BM2 . Derfor er c) 2 d) alle forholdene like, nemlig 3 . f)
  • 85. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen −→ −→ −→ Oppgave 1 |OS| |AS| |BS| Bestem forholdene − → , − − → og − → . − − Oppgave 2 |OM1 | |AM2 | |BM4 | Oppgave 3 −→ Oppgave 4 I −→ 2 −→ − |OS| 2 Oppgave 4 II Siden OS = 3 · OM1 , så vil − → = . − |OM1 | 3 Oppgave 5 −→ 2− → − − → 2− → − a) b) Vi kan også vise at AS = 3 AM2 og BS = 3 BM2 . Derfor er c) 2 d) alle forholdene like, nemlig 3 . f) Vi kan selvsagt også argumentere for dette ved å påpeke at disse forholdene må være uavhengig av hvordan vi plasserer koordinatsystemet i forhold til trekanten. Siden hjørnene er generelle punkt i en trekant, så vil resultatet alltid gjelde.
  • 86. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Bestem koordinatene til punktet B i det tilfellet at O(0,0) Oppgave 2 A(6, 0) og S(1, 4). Oppgave 3 Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 a) b) c) d) f)
  • 87. R1 Våren 2009 Oppgave 5 Tor Espen Kristensen Oppgave 1 Bestem koordinatene til punktet B i det tilfellet at O(0,0) Oppgave 2 A(6, 0) og S(1, 4). Oppgave 3 a+b I dette tilfellet er a = 6 og 3 = 1. Det vil si at Oppgave 4 I Oppgave 4 II Oppgave 5 6+b a) =1 ⇔ b = −3 b) c) 3 d) c f) Videre er 3 = 4. Det vil si at c = 12. Altså: a = 6, b = −3, og c = 12 B har koordinatene (−3, 12).