R1 Eksamen H15

[Kengab]

Jeg gjorde 4c slik:



Jeg tror det er det samme svaret som dere fikk, bare at min CAS har tatt hensyn til y og har gjort x om til en fellesfaktor istedenfor, eller?

[onads]

Jeg gjorde 4c slik:

...

Jeg tror det er det samme svaret som dere fikk, bare at min CAS har tatt hensyn til y og har gjort x om til en fellesfaktor istedenfor, eller?

Hadde nøyaktig samme fremgangsmåte som deg;

oppg.4c.PNG (14.32 KiB) Viewed 8960 times

[DennisChristensen]

Løsningsforslag - regneoppgaver Del 1 (si ifra om det er noen slurvefeil)

Oppgave 1

a) $f'(x) = 6x + 5$

b) Bruker kjerneregel: $g'(x) = 12(x^2 - 2)^3 \cdot 2x = 24x(x^2-3)^3$

c) Bruker produktregel og kjerneregel: $h'(x) = \ln(x^2 + 3) + x\cdot\frac{2x}{x^2 + 3} = \ln(x^2 + 3) + \frac{2x^2}{x^2 + 3}$

Oppgave 2

$f'(x) = e^{-x} - xe^{-x} = e^{-x}(1-x)$, så vi får fortegnslinjer gitt ved at $f'(x)$ er $\begin{cases} > 0 \text{ når } x < 1 \\ = 0 \text{ når } x = 1 \\ <0 \text{ når } x > 1 \end{cases}$

Oppgave 3

a) $(x-1) | f(x) \iff f(1) = 0$.

$\therefore f(1) = 1^3 - 2\cdot 1^2 - k\cdot 1 + 6 = 0 \\
\therefore k = 5$

b) $f(x) : (x-1) = x^2 - x - 6$, så $f(x) = (x-1)(x-3)(x+2)$ (faktoriserer $x^2 - x - 6$ ved å legge merke til at $(-6) = 2(-3)$ og at $(-1) = 2 - 3$)

c) $f(x) \geq 0$
$\therefore (x-1)(x-3)(x+2) \geq 0$.

Vi får fortegnslinjer for løsningen $L$ gitt ved at $L$ er $\begin{cases} \geq 0 \text{ når } x \in [-2,1] \cup [3,\infty) \\ < 0 \text{ når } x \in (-\infty, -2) \cup (1,3) \end{cases}$

Så $L = [-2,1] \cup [3,\infty)$

Oppgave 4

$\begin{align*} & \lg(a^2\cdot b^3) + \lg\left(\frac{1}{b^2}\right) - \lg\left(\frac{b}{a}\right) \\
& = \lg(a^2) + \lg(b^3) + \lg 1 - \lg(b^2) - \lg b + \lg a \\
& = 2\lg a + 3\lg b + 0 - 2 \lg b - \lg b + \lg a \\
& = 3 \lg a \end{align*}$

Oppgave 5

a) $f(x) = 0, x \in (-2,4)$
$\therefore -x^4 + 4x^3 = 0 \\
\therefore x^3(4-x) = 0 \\
x = 0$.
Dette er den eneste løsningen ettersom $4 \notin (-2,4)$.

b) $f'(x) = 0$
$\therefore -4x^3 + 12x^2 = 0 \\
\therefore 4x^2(3 - x) = 0 \\
\therefore x_1 = 0, x_2 = 3$

Analyse av fortegnslinjer gir følgende:
Toppunkt: $(x_2,f(x_2)) = (3,f(3)) = (3, -3^4 + 4\cdot 3^3) = (3,3^3(4 - 3)) = (3,27)$
$x_1 = 0$ gir et terrassepunkt.

c) $f''(t) = 0$
$\therefore -12t^2 + 24t = 0 \\
\therefore 12t(2 - t) = 0 \\
\therefore t_1 = 0, t_2 = 2$

Vendepunkter:
$(t_1, f(t_1)) = (0,0) \\
(t_2,f(t_2)) = (2, 2^3(4 - 2)) = (2, 16)$

Oppgave 6

Både $\angle BDC$ og $u$ er periferivinkler til sentralvinkelen $\angle CSB$, så $u = \angle BDC = 50°$.

$\angle DCB$ er periferivinkelen til en sentralvinkel på $180°$, så $\angle DCB = \frac{180°}{2} = 90°$.
Vinkelsummen i $\triangle DBC$ er $180°$, så $v = 180° - 90° - 50° = 40°$.

Oppgave 7

La $A$ være hendelsen at en tilfeldig utvalgt elev er gutt, og la $B$ være hendelsen at en tilfeldig utvalgt elev har blå øyne.

a) P(B) = P(B|A)P(A) + P(B|A^C)P(A^C) = 0.55\cdot 0.4 + 0.7\cdot 0.6 = 0.64$

b) $P(A|B^C) = \frac{P(B^C|A)P(A)}{P(B^C)} = \frac{0.45\cdot 0.4}{1 - 0.64} = 0.5$

Oppgave 9

$\lg (x+2)^2 = \lg x^4$
$\therefore \lg (x+2)^2 - \lg x^4 = 0 \\
\therefore \lg \left(\frac{(x+2)^2}{x^4}\right) \text{ (}x=0\text{ er ingen løsning så vi kan dele på }x\text{)} \\
\therefore \frac{(x+2)^2}{x^4} = 1 \\
\therefore (x+2)^2 = x^4 \\
\therefore x+2 = \pm x^2$


case 1: $x + 2 = -x^2$
$\therefore x^2 + x + 2 = 0$
Ingen reell løsning.

case 2: $x +2 = x^2$
$\therefore x^2 - x - 2 = 0 \\
\therefore (x-2)(x+1) = 0$
Ved å sette prøve på svaret ser vi at $x=-1$ og $x=2$ er gyldige løsninger.

[tores]

Oppgave 9

$\lg (x+2)^2 = \lg x^4$
$\therefore \lg (x+2)^2 - \lg x^4 = 0 \\
\therefore \lg \left(\frac{(x+2)^2}{x^4}\right) \text{ (}x=0\text{ er ingen løsning så vi kan dele på }x\text{)} \\
\therefore \frac{(x+2)^2}{x^4} = 1 \\
\therefore (x+2)^2 = x^4 \\
\therefore x+2 = \pm x^2$


case 1: $x + 2 = -x^2$
$\therefore x^2 + x + 2 = 0$
Ingen reell løsning.

case 2: $x +2 = x^2$
$\therefore x^2 - x - 2 = 0 \\
\therefore (x-2)(x+1) = 0$
Ved å sette prøve på svaret ser vi at $x=2$ er den eneste reelle løsningen.

tenkte
$\lg (x+2)^2 = \lg ((x+2)*(x+2))=lg(x+2) + lg(x+2) = 2 lg(x+2)$
på samme måte at -1 er et svar da
$\lg(-1*-1) = lg(-1*-1*-1*-1) = 0$

står det egentlig

$\lg (x+2)^2=lg(x+2)*lg(x+2)$ ?

Uansett, kanonbra jobb, og takk for du gadd å legge ut en lf!

[Kengab]

Analyse av fortegnslinjer gir følgende:
Bunnpunkt: (x1,f(x1))=(0,f(0))=(0,0)
Toppunkt: (x2,f(x2))=(3,f(3))=(3,−34+4⋅33)=(3,33(4−3))=(3,27)

Her datt jeg ut litt. Er det et bunnpunkt på grafen? Jeg satt funksjonen inn i geogebra og brukte ekstremalpunkt, fant bare toppunkt?

Takk for løsningsforslaget

[Fysikkmann97]

Oppgave 9

$\lg (x+2)^2 = \lg x^4$
$\therefore \lg (x+2)^2 - \lg x^4 = 0 \\
\therefore \lg \left(\frac{(x+2)^2}{x^4}\right) \text{ (}x=0\text{ er ingen løsning så vi kan dele på }x\text{)} \\
\therefore \frac{(x+2)^2}{x^4} = 1 \\
\therefore (x+2)^2 = x^4 \\
\therefore x+2 = \pm x^2$


case 1: $x + 2 = -x^2$
$\therefore x^2 + x + 2 = 0$
Ingen reell løsning.

case 2: $x +2 = x^2$
$\therefore x^2 - x - 2 = 0 \\
\therefore (x-2)(x+1) = 0$
Ved å sette prøve på svaret ser vi at $x=2$ er den eneste reelle løsningen.

tenkte
$\lg (x+2)^2 = \lg ((x+2)*(x+2))=lg(x+2) + lg(x+2) = 2 lg(x+2)$
på samme måte at -1 er et svar da
$\lg(-1*-1) = lg(-1*-1*-1*-1) = 0$

står det egentlig

$\lg (x+2)^2=lg(x+2)*lg(x+2)$ ?

Uansett, kanonbra jobb, og takk for du gadd å legge ut en lf!

Ifølge WolframAlpha har siste oppgaven to løsninger:

http://www.wolframalpha.com/input/?i=lg ... 28x%5E4%29

[DennisChristensen]

Analyse av fortegnslinjer gir følgende:
Bunnpunkt: (x1,f(x1))=(0,f(0))=(0,0)
Toppunkt: (x2,f(x2))=(3,f(3))=(3,−34+4⋅33)=(3,33(4−3))=(3,27)

Her datt jeg ut litt. Er det et bunnpunkt på grafen? Jeg satt funksjonen inn i geogebra og brukte ekstremalpunkt, fant bare toppunkt?

Takk for løsningsforslaget

Du har selvsagt rett. Slurvefeil i fortegnslinjene mine.

[DennisChristensen]

Oppgave 9

$\lg (x+2)^2 = \lg x^4$
$\therefore \lg (x+2)^2 - \lg x^4 = 0 \\
\therefore \lg \left(\frac{(x+2)^2}{x^4}\right) \text{ (}x=0\text{ er ingen løsning så vi kan dele på }x\text{)} \\
\therefore \frac{(x+2)^2}{x^4} = 1 \\
\therefore (x+2)^2 = x^4 \\
\therefore x+2 = \pm x^2$


case 1: $x + 2 = -x^2$
$\therefore x^2 + x + 2 = 0$
Ingen reell løsning.

case 2: $x +2 = x^2$
$\therefore x^2 - x - 2 = 0 \\
\therefore (x-2)(x+1) = 0$
Ved å sette prøve på svaret ser vi at $x=2$ er den eneste reelle løsningen.

tenkte
$\lg (x+2)^2 = \lg ((x+2)*(x+2))=lg(x+2) + lg(x+2) = 2 lg(x+2)$
på samme måte at -1 er et svar da
$\lg(-1*-1) = lg(-1*-1*-1*-1) = 0$

står det egentlig

$\lg (x+2)^2=lg(x+2)*lg(x+2)$ ?

Uansett, kanonbra jobb, og takk for du gadd å legge ut en lf!

Ifølge WolframAlpha har siste oppgaven to løsninger:

http://www.wolframalpha.com/input/?i=lg ... 28x%5E4%29

Ja, endret det istad. Hvis man setter prøve på svaret $x = -1$ får man en gyldig løsning.

[LittleRunaway]

Spesialt for å svare på dette laget jeg konto. Jeg har tatt denne eksamen i dag og.

På det første oppgave 9 har en løsning og svaret er at x=2
Prøv å sette det inn i likningen så får du se at du får samme løsning på begge sider.

I oppgave 5 er verdiene begrenset slik <-2,4>, som betyr at tallene som står inni "parantesen" er med, dermed svaret (0,0) er ikke den eneste løsningen.

[Dolandyret]

Analyse av fortegnslinjer gir følgende:
Bunnpunkt: (x1,f(x1))=(0,f(0))=(0,0)
Toppunkt: (x2,f(x2))=(3,f(3))=(3,−34+4⋅33)=(3,33(4−3))=(3,27)

Her datt jeg ut litt. Er det et bunnpunkt på grafen? Jeg satt funksjonen inn i geogebra og brukte ekstremalpunkt, fant bare toppunkt?

Takk for løsningsforslaget

Det er et terrassepunkt.

[DennisChristensen]

Løsningsforslag - regneoppgaver Del 1 (si ifra om det er noen slurvefeil)

Oppgave 1

a) $f'(x) = 6x + 5$

b) Bruker kjerneregel: $g'(x) = 12(x^2 - 2)^3 \cdot 2x = 24x(x^2-3)^3$

c) Bruker produktregel og kjerneregel: $h'(x) = \ln(x^2 + 3) + x\cdot\frac{2x}{x^2 + 3} = \ln(x^2 + 3) + \frac{2x^2}{x^2 + 3}$

Oppgave 2

$f'(x) = e^{-x} - xe^{-x} = e^{-x}(1-x)$, så vi får fortegnslinjer gitt ved at $f'(x)$ er $\begin{cases} > 0 \text{ når } x < 1 \\ = 0 \text{ når } x = 1 \\ <0 \text{ når } x > 1 \end{cases}$

Oppgave 3

a) $(x-1) | f(x) \iff f(1) = 0$.

$\therefore f(1) = 1^3 - 2\cdot 1^2 - k\cdot 1 + 6 = 0 \\
\therefore k = 5$

b) $f(x) : (x-1) = x^2 - x - 6$, så $f(x) = (x-1)(x-3)(x+2)$ (faktoriserer $x^2 - x - 6$ ved å legge merke til at $(-6) = 2(-3)$ og at $(-1) = 2 - 3$)

c) $f(x) \geq 0$
$\therefore (x-1)(x-3)(x+2) \geq 0$.

Vi får fortegnslinjer for løsningen $L$ gitt ved at $L$ er $\begin{cases} \geq 0 \text{ når } x \in [-2,1] \cup [3,\infty) \\ < 0 \text{ når } x \in (-\infty, -2) \cup (1,3) \end{cases}$

Så $L = [-2,1] \cup [3,\infty)$

Oppgave 4

$\begin{align*} & \lg(a^2\cdot b^3) + \lg\left(\frac{1}{b^2}\right) - \lg\left(\frac{b}{a}\right) \\
& = \lg(a^2) + \lg(b^3) + \lg 1 - \lg(b^2) - \lg b + \lg a \\
& = 2\lg a + 3\lg b + 0 - 2 \lg b - \lg b + \lg a \\
& = 3 \lg a \end{align*}$

Oppgave 5

a) $f(x) = 0, x \in (-2,4)$
$\therefore -x^4 + 4x^3 = 0 \\
\therefore x^3(4-x) = 0 \\
x = 0$.
Dette er den eneste løsningen ettersom $4 \notin (-2,4)$.

b) $f'(x) = 0$
$\therefore -4x^3 + 12x^2 = 0 \\
\therefore 4x^2(3 - x) = 0 \\
\therefore x_1 = 0, x_2 = 3$

Analyse av fortegnslinjer gir følgende:
Bunnpunkt: $(x_1,f(x_1)) = (0,f(0)) = (0,0)$
Toppunkt: $(x_2,f(x_2)) = (3,f(3)) = (3, -3^4 + 4\cdot 3^3) = (3,3^3(4 - 3)) = (3,27)$

c) $f''(t) = 0$
$\therefore -12t^2 + 24t = 0 \\
\therefore 12t(2 - t) = 0 \\
\therefore t_1 = 0, t_2 = 2$

Vendepunkter:
$(t_1, f(t_1)) = (0,0) \\
(t_2,f(t_2)) = (2, 2^3(4 - 2)) = (2, 16)$

Oppgave 6

Både $\angle BDC$ og $u$ er periferivinkler til sentralvinkelen $\angle CSB$, så $u = \angle BDC = 50°$.

$\angle DCB$ er periferivinkelen til en sentralvinkel på $180°$, så $\angle DCB = \frac{180°}{2} = 90°$.
Vinkelsummen i $\triangle DBC$ er $180°$, så $v = 180° - 90° - 50° = 40°$.

Oppgave 7

La $A$ være hendelsen at en tilfeldig utvalgt elev er gutt, og la $B$ være hendelsen at en tilfeldig utvalgt elev har blå øyne.

a) P(B) = P(B|A)P(A) + P(B|A^C)P(A^C) = 0.55\cdot 0.4 + 0.7\cdot 0.6 = 0.64$

b) $P(A|B^C) = \frac{P(B^C|A)P(A)}{P(B^C)} = \frac{0.45\cdot 0.4}{1 - 0.64} = 0.5$

Oppgave 9

$\lg (x+2)^2 = \lg x^4$
$\therefore \lg (x+2)^2 - \lg x^4 = 0 \\
\therefore \lg \left(\frac{(x+2)^2}{x^4}\right) \text{ (}x=0\text{ er ingen løsning så vi kan dele på }x\text{)} \\
\therefore \frac{(x+2)^2}{x^4} = 1 \\
\therefore (x+2)^2 = x^4 \\
\therefore x+2 = \pm x^2$


case 1: $x + 2 = -x^2$
$\therefore x^2 + x + 2 = 0$
Ingen reell løsning.

case 2: $x +2 = x^2$
$\therefore x^2 - x - 2 = 0 \\
\therefore (x-2)(x+1) = 0$
Ved å sette prøve på svaret ser vi at $x=-1$ og $x=2$ er gyldige løsninger.

Spesialt for å svare på dette laget jeg konto. Jeg har tatt denne eksamen i dag og.

På det første oppgave 9 har en løsning og svaret er at x=2
Prøv å sette det inn i likningen så får du se at du får samme løsning på begge sider.

I oppgave 5 er verdiene begrenset slik <-2,4>, som betyr at tallene som står inni "parantesen" er med, dermed svaret (0,0) er ikke den eneste løsningen.

$x= -1$ gir også en gyldig løsning.

$VS = \lg (-1 + 2)^2 = \lg 1^2 = \lg 1 = 0 = \lg 1 = \lg (-1)^4 = HS$.

Når det gjelder oppgave 5 så har vi at $(-2,4) = \{ x \in \mathbb{R} : -2 < x < 4\}$ (mengden reelle tall som er større enn $-2$ og mindre enn $4$), så $4 \notin (-2,4)$

[tores]

Ja, endret det istad. Hvis man setter prøve på svaret $x = -1$ får man en gyldig løsning.

Ok, bra at svare mine stemmer jaffal, men jeg er litt usikker på hvorfor det var galt av meg å skrive om likningen til

$\ 2lg(x+2)=4 lg(x)$

Jeg mistet jo de imaginære svarene. Har du anledning til å kort forklare meg hvorfor min måte mistet potensielle løsninger og hvorfor det er en gal fremgangsmåte?

[ninhek]

mener du må gange med den deriverte av det som er i kjernen til ln(x^2+3) og, altså 2x. Altså at det blir 2x^2. Uansett. Hva fikk du på sannsynligheten? Mener jeg fikk 0.64 a og 0.5 på b, men dette er mitt svakeste felt.

64% på a) og 50% på b)

Og ja, må gange med den deriverte av kjernen. Så jeg har feil på den. RIP 4 poeng så langt, + 4 eller 5 på del 2, kommer an på hvor mye 4d) er verdt.

På sannsynlighet oppgaven fikk jeg 64% på a) og 18% på b) hvordan fikk dere 50%?

[DennisChristensen]

Ja, endret det istad. Hvis man setter prøve på svaret $x = -1$ får man en gyldig løsning.

Ok, bra at svare mine stemmer jaffal, men jeg er litt usikker på hvorfor det var galt av meg å skrive om likningen til

$\ 2lg(x+2)=4 lg(x)$

Jeg mistet jo de imaginære svarene. Har du anledning til å kort forklare meg hvorfor min måte mistet potensielle løsninger og hvorfor det er en gal fremgangsmåte?

Jeg tøyser fælt nå. Her er svaret ditt:

Ved å bringe ned eksponentene trenger vi kunn å anta at $x$ er et reelt tall, ettersom vi kun skriver om $\lg x^4$ som $2 \lg x^2$. Ved å trekke ned $4$ kommer vi ingen vei. Derfor går du ikke glipp av noen reell løsning ved å gjøre dette.

[Dolandyret]

mener du må gange med den deriverte av det som er i kjernen til ln(x^2+3) og, altså 2x. Altså at det blir 2x^2. Uansett. Hva fikk du på sannsynligheten? Mener jeg fikk 0.64 a og 0.5 på b, men dette er mitt svakeste felt.

64% på a) og 50% på b)

Og ja, må gange med den deriverte av kjernen. Så jeg har feil på den. RIP 4 poeng så langt, + 4 eller 5 på del 2, kommer an på hvor mye 4d) er verdt.

På sannsynlighet oppgaven fikk jeg 64% på a) og 18% på b) hvordan fikk dere 50%?

Sa at sannsynligheten for trekket var uavhengig av antall elever, så jeg satt antall elever lik 1000.
600 jenter: 420 blå, 180 med annen farge.
400 gutter: 220 blå, 180 med annen farge.

Det er like mange gutter og jenter med annen øyenfarge enn blå. Sannsynligheten er derfor 180/360=50%