Ble ganske seint det er, godt mulig jeg har slurvet. Er det noen moderatorer som vil redigere innlegget mitt, rette opp feil og legge på de to siste oppgavene hadde det vært kos. Er opptatt i morgen, og har snart 5-6 eksamener så dette kan ikke akkuratt prioriteres.
Eksamen R1 - Høst - 27.11.2014
Del I
$\large \text{Oppgave } 1$
a)
$ \hspace{1cm} f'(x) = 5 \cdot 3x^{3-1} - 2\cdot 2x^{2-1} + 0 = 15x^2 -4x$
b)
$\hspace{1cm} g'(x) = 2x \cdot e^x + x^2 \cdot e^x = x(x+2)e^x$
$\large \text{Oppgave } 2$
a)
Vi ser at $8 = 2^3$ så om røttene er heltall kan de være $\pm 8$, $\pm 1$, $\pm 2$ eller $\pm 4$.
Ser raskt at $x=1$ er en løsning $P(1)=1+1-10+8=0$. Tilsvarende ser vi at $x=2$ og $x=-4$ funker.
Altså er $P(x) = (x-1)(x-2)(x+4)$. Alternativt har vi
$
\begin{align*}
P(x) & = x^3 +x^2 - 2x - 8x+8 \\
& = x(x^2+x-2)-8(x-1) \\
&= x(x+2)(x-1)-8(x-1) \\
& = (x-1)[x(x+2)-8] \\
& = (x-1)(x-2)(x+4)
\end{align*}
$.
Orker ikke polynomdivisjon i latex.
b)
Rask fortegnslinje gir at $P(x\leq 0)$ når $x \leq -4$ eller $1 \leq x \leq 2$
$\large \text{Oppgave } 3$
a)
$L = 10 \lg \frac{l}{l_0} = 10 \lg l - 10 \lg 10^{-12} =10 \lg l + 120 \lg 10$
Dette viser at formelen kan skrives som $L = 10 \lg l + 120$ siden $\lg 10 = 1$.
b)
Her er det bare å sette inn $L = 10 \lg 10^{-4} + 120 = -40 \lg 10 + 120 = 80$.
Igjen ble definisjonen av den brigske logaritmen brukt i siste overgang.
Lydstyrken på arbeidsplassen er altså $80 \,\text{db}$. Her må en huske tekstsvar med enheter
siden oppgaven er en tekstoppgave.
c)
$100 = 10 \lg l + 120 \ \Rightarrow \ -\frac{100-120}{10} = \lg l \ \Rightarrow \ l = 10^{-2/1}$
Så ca lydintensiteten på festen var $l = 0.01 W/\text{m}^2$.
$\large \text{Oppgave } 4$
a)
Har en vertikal asymptote for $x=1$, horisontal for $x=2$,nullpunkt $x=2$. Så
da vil den se noe allà
b)
Enkel derivasjon mtp kvotientregelen gir
$ \hspace{1cm}
f'(x) = \frac{ (2x-4)'(x-1) - (2x-4)(x-1)'}{(x-1)^2} = \frac{2(x-1)}{(x-1)^2} = \frac{2}{(x-1)^2}
$
c)
Tja $y = f'(a)*(x-a) + f(a) = \frac{2}{(2-1)^2}(x-2) + f(2) = 2x -4$
Der det ble brukt at $f(2)=0$.
Husk å tegne på asympteten på figuren
$\large \text{Oppgave } 5$
a)
Tja derivasjon gir jo at $y' = a$. Så stigningstallet til linjen er $a$.
Retningsvektoren går i retning $a/1 = a$, så de går i samme retning.
b)
Dersom to vektorer står vinkelrett på hverandre så er $a \perp b = 0$.
Altså
$[1 , a_1] \cdot [1,a_2] = 0 \ \Rightarrow \ 1 + a_1a_2 = 0$
Som medfører som ønsket at $a_1 \cdot a_2 = -1$. Dog er dette mye artigere
å vise uten bruk av vektorer.
$\large \text{Oppgave } 6$
$
\begin{align*}
\frac{2}{3}\left( \frac{3}{4} \right)^{x^2-x} & = \frac{3}{8}
\left( \frac{3}{4} \right)^{x^2-x} & = \frac{9}{16} \\
(x^2-x) \log \left( \frac{3}{4} \right) & = 2 \log \frac{3}{4} \\
x^2 - x - 2 & = 0 \\
(x+1)(x-2) & = 0
\end{align*}
$
Altså er $x=-1$ eller $x=2$ en løsning. I andre overgang ble det bare brukt at
$9/16 = (3/4)^2$ og at $\log a^b = b \log a$.
$\large \text{Oppgave } 7$
a)
Her kan vi bare lage fire kopier av det blå kvadratet. Siden det røde er halvparten
av hver kvadrat følger det at $AEFC$ har dobbelt så stort areal som kvadratet $ABCD$.
b)
Følger fremgangsmåten ovenfor $\sqrt{50} = 5 \sqrt{2}$. Så trenger at diagonalen på figuren $AC = 5\sqrt{2}$.
Da må $x^2 + x^2 = 50$ så $x = 5$. Vi konstruerer altså er kvadrat med sider $5$ (det blå).
Ved å strekke ut figuren fra diagonalene får vi det røde området som vi ha areal $50$.
$\large \text{Oppgave } 1$
Noter at $(x+h)^3 = x^3 + 3h x^2 + 3h^2x + h^3$. Så
$(x+h)^3-x^3 = h (3x^2 + 3hx + h^2)$. Fra for eksempel Pascals trekant
eller binomialformelen.
$ \hspace{1cm}
\begin{align*}
\lim_{h \to 0} \frac{ f(x+h)-f(x) }{ h }
& =\lim_{h \to 0} \frac{\Bigl[ (x+h)^3 - (x+h)\Bigr] - \Bigl[ x^3 - x\Bigr] }{h} \\
& =\lim_{h \to 0} \frac{h(3x^2+3hx+h^2) - h}{h} \\
& = \lim_{h \to 0} 3x^2 + 3hx + h^2 - 1 \\
& = 3x^2 - 1
\end{align*}
$
Som var det som skulle vises.
(Tok meg 45 minutter med føring i latex, laging av figurer og alt. Fikk dere 3timer?)
Del II
$\large \text{Oppgave } 1$
a)
Enkleste er å definere funksjonen i maple eller geogebra
Etter $15$ sekunder er konsentrasjonen $f(15) = 0.411824472$ millimol.
Bruker solve $f(t) = 2$ og får $t \approx 134.1198260$ Altså tar det minst $135$
sekunder før konsentrasjonen når $2$ millimol.
$ \hspace{1cm}
\begin{align*}
2 & = \frac{5}{2}\left( 1 - e^{- a t} \right) \\
e^{-a t} & = 1 - \frac{4}{5} \\
- a t & = \log \frac{1}{5} \\
t & = \frac{1}{a} \log 5 = \frac{250}{3} \log 5
\end{align*}
$
b)
Når tiden blir veldig stor blir siste leddet neglisjerbart. Konsentrajsonen går altså mot $2.5$ millimol.
$\lim_{t \to \infty} f(t) = 2.5 - \lim_{t \to \infty} \frac{2.5}{e^{0.012t}} = 2.5$
Siden $e^{ax}$ går mot uendelig når $x\to \infty$, når $a$ er en positiv konstant (uansett hvor liten).
c)
$f'(t) = - 2.5 a \cdot e^{-a t}$
Dette medfører at $f'(2) = \frac{3}{100} \exp \left( \frac{3}{125} \right) \approx 0.0293 $
Reaksjonshastigheten er altså $0.0293$ når $t=2$. Husk på å ha med riktig antall desimaler, vi har ikke større nøyaktighet enn 3 i oppgaven.
$\large \text{Oppgave } 2$
a)
$ \hspace{1cm}
2, \ 3, \ 5 \ 7, \ 11,\ 13,\ 17,\ 19,\ 23
$
b)
$ \hspace{1cm}
P(p \cap p) = \binom{9}{2} \binom{25-9}{3} \Big/ \binom{25}{5} = \frac{96}{253}
$
Altså $37.9$% sannsynlighet for å trekke to primtall. Vi definerer følgende funksjon
$ \hspace{1cm}
P(p) = \binom{9}{p} \binom{25-9}{5-p} \Big/ \binom{25}{5}
$
Dette gir
$ \hspace{1cm}
P(p\geq 3) = P(3)+ P(4) + P(5) = 1 - P(0)-P(1)-P(2) = \frac{291}{1265}
$
Sjangsen er altså $23$% for å trekke ut 3 eller flere primtall
$\large \text{Oppgave } 3$
a)
$AC = (t+1,t-1)$ og $BC = (t-1,t-5)$
Disse to vektorene må være parallele. Altså må stigningstallene være like
$
\frac{t-1}{t+1} = \frac{t-1}{t-5}
$
Løsningen av denne gir at $t=1$ fungerer. Dette kan og sees grafisk.
b)
Her må $AC \perp BC$. som er det samme som at $AC \cdot BC = 0$.
Ved å sette inn og forenkle fås
$ \hspace{1cm}
(t+1)(t-1) + (t-1)(t-5) = 0 \ \Rightarrow \ (t-1)[(t+1) + (t-5)] = 2(t-1)(t-2)=0
$
Altså trenger vi $t=1$ eller $t=2$ for at $\angle ACB = 90^\circ$.
$\large \text{Oppgave } 4$
a)
Enkleste blir nok å ta arealet av hele sulamitten minus de fire trekantene.
AH = FC = 4-2x og $EB = DG = 4 - x$.
Her blir da $DHG + EBF$ og $HAE+GCF$ to rektangler.
$DHG + EBF = 2x \cdot (x-4)$ og $AEH + CFG = x \cdot (2x-4)$.
Arealet blir da $T(x) = 4^2 - (DHG + EBF + AEH + CFG) = 4x^2- 12x + 16$.
b)
Siden $(4x^2 - 12x + 16) - 8 = 4(x^2-3x+2)=4(x-2)(x-1)$ så er
$T(x) = \frac{4^2}{2} \ \Rightarrow \ x=2 \vee x=1$.
Derivasjon gir $T'(x) = 16x - 12$ Altså er $x = 3/2$. Arealet blir da
$T(3/2) = 7$. Så hakket under halvparten
$\large \text{Oppgave } 5$
a)
Ligningen har formen $y = ax + b$, der stigningstallet $a = \frac{2-5}{5-1} = -\frac{3}{4}$. Da er ligningen $y = -\frac{3}{4}x + b$. For å bestemme $b$ setter vi inn $(x,y) = (1,5)$ og får $5 = b - \frac{3}{4} \ \Rightarrow \ b = 5 + \frac{3}{4} = \frac{23}{4}$.
b)
Stigningstallene skal ha produkt -1. Da må stigningstallet til normalen være $\frac{-1}{1/2} = -2$. Samme prosedyre som ovenfor gir da at ligningen blir $y = -2x + 7$. Her kan man også vise at C ligger på den oppgitte linja og vise at produktet av stigningstallene blir -1.
c)
Finner skjæringspunktene mellom linja som står vinkelrett på BC og linja som står vinkelrett på AC:
$\frac{4}{3}x + \frac{1}{3} = -\frac{1}{3}x + \frac{11}{3} \ \Rightarrow \ \frac{5}{3}x = \frac{10}{3} \ \Rightarrow \ x = 2$
Viser så at linja vinkelrett på AB også skjærer linja som er vinkelrett på AC i $x = 5$:
$-2x + 7 = -\frac{1}{3}x + \frac{11}{3} \ \Rightarrow \ -\frac{5}{3}x = -\frac{10}{3} \ \Rightarrow \ x = 2$.
For å finne $y$-verdien setter man $x$-verdien inn i en av linjene. Velger linja vinkelrett på AB og får $y = -2 \cdot 2 + 7 = 3$.
$\large \text{Oppgave } 6$
a)
Vinkelsummen i trekanten er $180^\circ$. I tillegg er $\angle BAS = \angle ABS$, så
$u + \angle BAS + \angle ABS = u + 2 \cdot \angle BAS = 180^\circ \ \Rightarrow \ \angle BAS = \frac{180^\circ - u}{2} = 90^\circ - \frac{u}{2}$.
b)
Tangenten står normalt på $AS$, så $\angle BAS + v = 90^\circ - \frac{u}{2} + v = 90^\circ \ \Rightarrow \ v = \frac{u}{2}$.
$\large \text{Oppgave } 7$
a)
$f(x) = \frac {u}{v}$
$\log f(x) = \log (\frac {u}{v}) = \log u - \log v$
$(\log f(x) )' = (\log u - \log v)' = \frac {1}{u} \cdot u' - \frac {1}{v} \cdot v' = \frac {u' v - v' u}{u v }$
b)
$(\log f(x) )' = \frac {1}{f(x)} \cdot f'(x) = \frac {u' v - v' u}{u v }$
Som medfører at
$f'(x) = \frac {u' v - v' u}{u v } \cdot f(x) = \frac {u' v - v' u}{u v } \cdot \frac {u}{v} = \frac {u' v - v' u}{v^2} $
Som var det som skulle vises.
Ble litt seint nå så tar resten i morgen. Brukte ca 1 time på del 2.
