Matematikk.net - Brukerbidrag [nb]

R2 2021 høst LØSNING

2022-04-06T22:44:37Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3874 Oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=53579 Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3987 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHV-iIJ_Ioktt7U-HBSkH_Zx Videoløsning del 1 laget av Lektor Håkon Raustøl]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHVjCGdr4y2xrbQqURPor0Z5 Videoløsning del 2 laget av Lektor Håkon Raustøl]

R2 2021 høst LØSNING

2022-04-06T18:21:08Z

LektorRaustøl:

R2 2021 høst LØSNING

2022-04-06T18:20:27Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3874 Oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=53579 Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3987 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHUFxbI44YmUSVEy8oLZeS75 Videoløsning del 1 laget av Lektor Håkon Raustøl]

R1 2020 vår LØSNING

2022-03-29T13:35:46Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3063 oppgave]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51506 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51506&start=45#p238234 Løsningsforslag til del 1 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51506&start=45#p238262 Løsningsforslag del 2 av Kristian Saug]

[https://udl.no/p/r1-matematikk/r1-eksamen-var-2020 Video-løsninger av UDL.no]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3119 Løsningsforslag av Svein Arneson]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=4014 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHWcQGvwbL3hrC7W4DCMx1i4 Videoløsninger til del 1 laget av Lektor Håkon Raustøl]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHVthlz3_Jv43ChBpZzzkD8l Videoløsninger til del 2 laget av Lektor Håkon Raustøl]

[https://youtu.be/9LfU3Msvhu0 Løsningsforslag del 1 video av Lektor Lainz]

[https://youtu.be/6mojzWU2tZ4 Løsningsforslag del 2 video av Lektor Lainz]

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)=x^6 + 3x^5 + ln(x) \\ f'(x)= 6x^5+15x^4 + \frac{1}{x}$

===b)===

$g(x)=2x^2 \cdot e^{2x-1}\\ g'(x) = 4x \cdot e^{2x-1} + 2x^2 \cdot 2 \cdot e^{2x-1} = (1+x)4x \cdot e^{2x-1}$

===c)===

$h(x) = \frac{4x-1}{x+2} \\ h'(x) = \frac{4(x+2) - (4x-1)}{(x+2)^2} = \frac{9}{(x+2)^2}$

==Oppgave 2==

===a)===

$ln(x^2) + ln(x) = 12 \\ 2 ln(x) + ln(x) = 12 \\ 3 ln(x) = 12 \\ e^{ln(x)} = e^4 \\ x = e^4 $

===b)===

$e^{2x}-e^x =6 \\(e^x)^2 - e^x - 6 =0 \\ u = e^x \\ u^2-u-6=0 \\ u = 3 \vee u = -2 \\ e^x = 3 \vee e^x = -2 \\ x = ln(3)$

$e^x =-2$ har ingen løsning.

==Oppgave 3==

$\vec{u} \cdot \vec{v } =-2$ og $|\vec u | = 3$ og $ |\vec v | = 2$

$\vec a = 2 \vec u + 3 \vec v$ og $ \vec b = t \cdot \vec u + 5 \vec v$

===a)===

Dersom to vektorer er parallelle:

$ k \vec{a} = \vec{b} \\ k(2 \vec u + 3 \vec v) = t \cdot \vec u + 5 \vec v \\ 2k \vec u = t \cdot u \wedge 3k \cdot \vec v = 5 \vec v \\ t = 2k \wedge k = \frac 53 \\ t = \frac{10}{3}$

===b)===

Når to vektorer står normalt på hverandre er skalarproduktet null:

$ (2 \vec{ u} + 3 \vec {v})(t \cdot \vec u + 5 \vec v )= 0 \\ 2 \cdot t \cdot \vec {u^2} + 10 \cdot \vec{ u} \cdot \vec v + 3 \cdot t \cdot \vec u \cdot \vec v + 15 \vec{ v^2}$

Fra oppgaveteksten vet vi at: $\vec{u^2} = | \vec {u} | \cdot |\vec {u} | =9 \\ \vec{v^2} = | \vec{v} | \cdot | \vec{v} | = 4 \\ \vec{u} \cdot \vec{v} = -2$

Setter inn og får:

$2 \cdot t \cdot 9 +10 \cdot (-2) + 3 \cdot t \cdot(-2) + 15 \cdot 4 =0 \\ 12t = -40 \\ t = - \frac{10}{3}$

==Oppgave 4==

===a)===

Dersom polynomet går opp i (x-1) må P(1) være lik null:

$P(1) = 6 \cdot 1^3-5 \cdot 1^2-2 \cdot 1 +1 = 6-5 -2+1=0$, altså går divisjonen P(x) : (x-1) opp.

===b)===

[[File: r1-v2020-1-4b.png ]]

Faktoriserer så $6x^2+x-1$:

$x= \frac{-1 \pm \sqrt{1-4 \cdot 6 \cdot (-1)}}{12} =\frac{-1 \pm 5}{12} \\ x = - \frac 12 \vee x= \frac 13 $

$6x^2+ x -1 = 6(x + \frac 12)(x - \frac 13) = (2x+1)(3x-1)$

Altså kan man skrive:

$P(x)= (x-1)(2x+1)(3x-1)$

===c)===

$F(x) = \frac{P(x)}{(x^2-1)} = \frac{(2x+1)(3x-1)}{(x+1)}$

Nå må vi huske at nevneren fører til at F(x) ikke er definert for x = -1 eller for x = 1.

Setter inn i et fortegnsskjema, for å drøfte fortegnet til F(x):

[[File: r1-v2020-2-1-4c2.png ]]

Vi får tre områder der F er større eller lik null:

$x \in < -1, - \frac 12] \cup [ \frac 13 , 1> \cup < 1, \rightarrow>$

===d)===

$P(x)= (x-1)(2x+1)(3x-1)$ og $F(x)= \frac{P(x)}{x^2-1} = \frac{(x-1)(2x+1)(3x-1)}{(x+1)(x-1)} = \frac{(2x+1)(3x-1)}{(x+1)}$

$\lim\limits_{x \to 1} F(x) = \frac{(2 \cdot 1+1)(3 \cdot 1-1)}{(1+1)} = \frac 62 =3$

$\lim\limits_{x \to -1} F(x) = \frac{(2 \cdot -1+1)(3 \cdot -1-1)}{(-1+1)} = $

Når x går mot -1 går telleren mot 4 og nevneren mot 0. Grensen eksisterer ikke.

==Oppgave 5==

===a)===

Vi velger 3 av 8 bøker. Rekkefølgen vi trekker i har ikke betydning. Hvor mange kombinasjoner finnes? :

$3C8 = \frac{8!}{5! \cdot 3!} = \frac {8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 8 \cdot 7 = 56$

Det er mulig å velge 56 kombinasjoner av bøker.

===b)===

Dette er en hypergeometrisk situasjon. Vi trekker 4 og 3 skal være riktige:

$\frac{\binom{3}{3} \binom{5}{1}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {1}{14} $

===c)===

Det "motsatte" av minst to er null og en; dersom drikke får minst to, får du enten null eller en.

Vi finner P (minst to bøker) = 1 - ( P( null bøker) + P( en bok) )

På matematikkspråk er dette sannsynligheten av komplementære hendelser, og ikke "motsatte" som vi skrev over.

$P(x=0) = \frac{\binom{3}{0} \binom{5}{4}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {1}{14} $

$P(x=1) = \frac{\binom{3}{1} \binom{5}{3}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {3}{7} $

Vi får da P( minst to riktige bøker) = $1- \frac {1}{14} - \frac 37 = 0,5$ , altså 50 % sjanse for minst to riktige.

Vi kunne også ha regnet ut sannsynligheten for to riktige og lagt det til sannsynligheten for tre, som vi regnet ut i b, kanskje litt tidsbesparende.

==Oppgave 6==

===a)===

AB har lengden 6 og DC har lengden 2x. Høyden er f(x):

$F(x) = \frac{6+2x}{2} \cdot (9-x^2) = -x^3 - 3x^2 +9x+ 27$

===b)===

$F'(x) = -3x^2-6x+9$

$F'(x) = 0 $ gir x= -3 eller x = 1.

Av uttrykket for den deriverte ser man at den deriverte går fra positv til negativ i nullpunktet x = 1 ( parabelen vender sin hule side ned.)

$F(1)= -1-3 + 9 + 27 = 32$

Størst areal er 32, når x = 1.

==Oppgave 7==

Vinkel D er 65 grader, da er vinkel w = 130 grader. (periferi / sentral vinkel) Av samme grunn er u = 65 grader. I trekanten BCE er vinkelen i E (180-35-65) grader = 80 grader. Det gjør at vinkel v = 100 grader.

==Oppgave 8==

===a)===

Linjen l har parameterfremstilling:

$ l: \left\{ \begin{array}{rcl} x=t \\ y=2t+1 \end{array}\right. $

For en vilkårlig t verdi er D (t, 2t + 1)

$\vec{AD} = [ t - (-1), (2t+1) - 1 ] = [ t+1 , 2t]$, som skulle vises.

===b)===

$\vec{AD} = [t+1, 2t ]$ og $\vec {CD} = [t-7, 2t - 4]$

Lengden av AD og CD vektor skal være like.

$|\vec{AD}|^2 = |\vec{CD}|^2 \\ (t+1)^2+ 4t^2 = (t-7)^2 + (2t-4)^2 \\ t^2+2t+1+4t^2 = t^2-14t+49+4t^2-16t+16 \\32t =64 \\ t=2 $

Som innsatt gir D (2, 5)

Koordinatene til punkt B:

$\vec{OB} = \vec{OA} + \vec{AB} = \vec{OA} - \vec {CD} = [-1, 1] - [-5, 0] = [4, 1]$

Punktet B har koordinatene (4, 1).

==DEL TO==

==Oppgave 1==

===a)===

Situasjonen er i utgangspunktet hypergeometrisk.

For å kunne regne binomisk:

Tellingen av en bil skal ikke påvirke den neste. Dersom hun teller bilene i en "elbil kortesje" blir det feil. Hun må anta at populasjonen av biler er stor i forhold til de 100 hun teller, slik at det ikke endrer sannsynligheten (man kan tenke at å telle en bil er det samme som å trekke ut, uten tilbakelegging. Dersom populasjonen er stor i forhold til utvalget vil ikke sannsynligheten påvirkes i nevneverdig grad.)

===b)===

[[ File:r1-v2020-2-1b1.png]]

[[ File:r1-v2020-2-1b2.png]]

===c)===
[[ File:r1-v2020-2-1c.png]]

==Oppgave 2==

===a)===

[[ File:r1-v2020-2-2a.png]]

Begge linjene har stigningstall 5, altså er de parallelle.

===b)===

[[File: r1-v2020-2-2b.png ]]

Som skulle vises.

==Oppgave 3==

===a)===

[[File: r1-v2020-2-3a.png ]]

===b)===

Vi finner fartsvektorene ved å derivere posisjonsvektorene:

$\vec{v_1 (t)} = (\vec{r_1(t)})' = [2t,3t^2-2 ] \\ \vec{v_2 (t)} = (\vec{r_2(t)})' = [2,4-8t ]$

Banefarten til partikkel 1 blir da: $ | \vec{v_1(-1) }| = \sqrt{4 +1} = \sqrt 5$

Banefart partikkel 2: $ | \vec{v_2(-1) }| = \sqrt{4 +144} = \sqrt{148} = 2 \sqrt{37}$

Banefarten er henholdsvis ca. 2,2 m/s og ca. 12,2 m/s når t = - 1.

===c)===

Dersom begge partiklene skal ha samme fartsrettning må forholdet mellom fartskomponentene i x retning og y- retning være den samme:

[[File: R1-v2020-2-3c.png ]]

Fartsretningen er den samme ved t = - 0,28 sek og ved t = 0,65 sek.

===d)===

[[File: R1-v2020-2-3d1.png ]]

[[File: R1-v2020-2-3d2.png ]]

==Oppgave 4==

===a)===

Trekanten ABC er formlik med ADC og med BCD, fordi alle tre har en vinkel på 90 grader, og en annen vinkel felles. Alle vinklene ti trekantene er derved like.

Trekantene AEB, CBF og ACG er speilinger av de før nevnte, altså har de samme form - formlike. Når man speiler endres ikke vinkler i trekantene, eller lengder, man kan tenke seg at man forandrer betraktningspunjtet, altså fra hvor man ser objektet.

===b)===

Siden de omtalte trekantene er formlike vil forholdet mellom samsvarende sider være konstant, k.

===c)===

Dersom vi bretter inn "flikene" F, G og E i trekanten ABC, ser vi at trekantene BCF og ACG akkurat dekker trekanten ABC, arealene er like store. Det samme gjør trekanten ABE.

Da får man:

$A_{\triangle BCF} + A_{\triangle ACG} = A_{\triangle ABE} \\ $

2P 2021 vår LØSNING

2021-10-24T18:07:00Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3587 Oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=53232&p=243927#p243916 Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3612 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHWOQ70eqozJojw-jW_B8pF5 Videoløsninger til del 1 laget av Lektor Håkon Raustøl]

R2 2021 vår LØSNING

2021-10-15T14:09:00Z

LektorRaustøl:

[https://www.matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3647 Oppgaven som pdf]

[https://www.matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=53269 Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3665 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHUoPX076gt5FKfu2MHLN-d1 Videoløsning del 1 laget av Lektor Raustøl]

R1 2021 vår LØSNING

2021-10-15T12:20:15Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3585 Oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=53227 Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3597 Løsningsforslag laget av mattepratbruker SveinR]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3596 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHVSW40aGuEl_AIyXCVwg6N0 Videoløsning del 1 laget av Lektor Raustøl]

R2 2020 høst LØSNING

2021-05-10T12:41:36Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3295 oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=52374 Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=52374&start=15#p241718 Løsningsforslag til del 1 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=52374#p241665 Løsningsforslag til del 2 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3300 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://youtu.be/mg2Ikk9l_a4 Videoløsning del 1 laget av Lektor Lainz]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHVK2H8MUhpva0pd8oK2J9sl Videoløsninger Del 1 laget av Lektor Håkon Raustøl]

R2 2020 vår LØSNING

2020-11-12T12:19:19Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3094 oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51548 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51548&start=15#p238572 Løsning del 1 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51548&start=30#p238583 Løsning del 2 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3130 Løsning del 1 og del 2 av Lektor Trandal]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3147 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHW9hzWiGQzuobHhr2u8K5ib Videoløsninger Del 1 laget av Lektor Håkon Raustøl]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHUV_vo_3NPrmryBaimxrPej Videoløsninger Del 2 laget av Lektor Håkon Raustøl]

[https://youtu.be/OKqer4YcKlA Videoløsning del 1 laget av Lektor Lainz]

=DEL 1=

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)=x\cdot sin x$

$f'(x)=sin x + x \cdot cos x$

===b)===

$g(x)=\frac{cos(x^2)}{x}$

$g'(x)=\frac{-2x\cdot sin(x^2)\cdot x - cos(x^2)\cdot 1}{x^2} = \frac{-2x^2 \cdot sin(x^2) - cos(x^2)}{x^2}$

==Oppgave 2==

===a)===

$\int(x^2+3+e^{2x})dx = \frac{1}{3}x^3+3x+\frac{1}{2}e^{2x}+C$

===b)===

Bruker variabelskifte, der $u=x^2$

$\frac{du}{dx}=2x \Rightarrow dx=\frac{du}{2x}$

$ \int 6x\cdot sin(x^2)dx = 3 \int 2x \cdot sin (u) \frac{du}{2x} = 3 \int sin(u) du = -3cos(u) + C = -3 cos(x^2)+C $

===c)===

Bruker delvis integrasjon, der $u = ln\,x \Rightarrow u'=\frac{1}{x}$ og $v' = x \Rightarrow v=\frac{1}{2}x^2$

Finner det ubestemte integralet:

$\int x \cdot ln\,x\,dx = \frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x- \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2}x^2 dx = \frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x -\frac{1}{2}\int x\, dx = \frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x -\frac{1}{4} x^2 + C$

Finner det bestemte integralet:

$\int_{1}^{e} x \cdot ln\,x\,dx = [\frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x -\frac{1}{4} x^2]_{1}^{e} = (\frac{1}{2}e^2 \cdot ln\,e -\frac{1}{4} e^2) - (\frac{1}{2}\cdot 1^2 \cdot ln\,1 -\frac{1}{4} \cdot 1^2) \\ = (\frac{2}{4}e^2 \cdot 1 - \frac{1}{4}e^2)-(\frac{1}{2} \cdot 0 - \frac{1}{4}) = \frac{1}{4}e^2+\frac{1}{4} $

==Oppgave 3==

===a)===

Finner $a_5$:

$S_5=\frac{a_1+a_5}{2}\cdot 5 \\ 55 = \frac{3+a_5}{2} \cdot 5 \\ a_5 = \frac{55}{5}\cdot 2 - 3 \\ a_5 = 19$

Finner differensen:

$d = \frac{a_5 - a_1}{5-1} \\ d = \frac{19-3}{4} \\ d= 4$

Finner $a_{10}$:

$a_{10} = a_1 + (10-1)\cdot d \\ a_{10} = 3 + 9\cdot 4 \\ a_{10} = 39$

Finner summen av de 10 første leddene:

$S_{10} = \frac{a_1+a_{10}}{2}\cdot 10 \\ S_{10} = \frac{3+39}{2}\cdot 10 \\ S_{10} = 210$

===b)===

Dersom $-1<k<1$ i en geometrisk tallfølge $a_n=a_1k^{n-1}$ sier vi at den konvergerer.

I slike tilfeller er $\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{a_1}{1-k}$

I rekken $7 + \frac{7}{2} + \frac{7}{4}+...$ er $a_n = 7\cdot \frac{1}{2}^{n-1}$

Vi har $k = \frac{1}{2}$ og rekken konvergerer derfor.

Bestemmer summen av rekken:

$\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{7}{1-\frac{1}{2}} = \frac{7}{\frac{1}{2}} = 14$

==Oppgave 4==

$f(x)=2 sin(\pi x + \pi)-1 \quad, \quad x\in \langle -1,3 \rangle$

===a)===

$f'(x)=2\pi cos(\pi x+ \pi) \quad, \quad x\in \langle -1,3 \rangle$

Setter $f'(x)=0$

$2\pi cos(\pi x+ \pi)=0 \\ cos(u) = 0 \Rightarrow u=\frac{\pi}{2} + k\pi \\ \pi x + \pi = \frac{\pi}{2} \vee \pi x +\pi = \frac{3\pi}{2} \vee \pi x + \pi = \frac{5\pi}{2} \vee \pi x + \pi = \frac{7\pi}{2} \\ x = -\frac{1}{2} \vee x = \frac{1}{2} \vee x = \frac{3}{2} \vee x = \frac{5}{2}$

Finner y-koordinatene til ekstremalpunktene (vet at en sinusfunksjon kun har topp- og bunnpunkter, og ingen terrassepunkter):

$f(-\frac{1}{2})= 2 sin(-\frac{\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{\pi}{2})-1 = 2\cdot 1 - 1 = 1 $

$f(\frac{1}{2})= 2 sin(\frac{\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{3\pi}{2})-1 = 2\cdot (-1) - 1 = -3 $

$f(\frac{3}{2})= 2 sin(\frac{3\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{5\pi}{2})-1 = 2\cdot 1 - 1 = 1 $

$f(\frac{5}{2})= 2 sin(\frac{5\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{7\pi}{2})-1 = 2\cdot (-1) - 1 = -3 $

Toppunkter: $(-\frac{1}{2}, 1)$ og $(\frac{3}{2}, 1)$

Bunnpunkter: $(\frac{1}{2}, -3)$ og $(\frac{5}{2}, -3)$

===b)===

Skjæring med y-aksen:

$f(0) = 2 sin (\pi\cdot 0 + \pi)-1 = 2 sin(\pi) - 1 = 0-1 =-1$

Grafen til $f$ skjærer y-aksen i punktet $(0,-1)$. Vi kan også se dette av funksjonsuttrykket.

Skjæring med x-aksen; setter $f(x)=0$

$2 sin(\pi x + \pi)-1 = 0 \\ sin(\pi x + \pi) = \frac{1}{2} \\ sin(u)=\frac{1}{2} \Rightarrow u=\frac{\pi}{6}+k\cdot 2\pi \vee u=\frac{5\pi}{6} + k\cdot 2\pi\\ \pi x + \pi = \frac{\pi}{6} \vee \pi x + \pi = \frac{5\pi}{6} \vee \pi x + \pi = \frac{13\pi}{6} \vee \pi x + \pi = \frac{17\pi}{6}\\ x= -\frac{5}{6}\vee x = -\frac{1}{6} \vee x= \frac{7}{6}\vee x = \frac{11}{6} $

Grafen til $f$ skjærer x-aksen i punktene $(-\frac{5}{6},0), (-\frac{1}{6},0),(\frac{7}{6},0),(\frac{11}{6},0)$.

===c)===

Bruk ekstremalpunktene og nullpunktene, samt skjæring med y-aksen, til å lage en skisse for hånd.

[[File: R2_V20_del1_4c.png]]

==Oppgave 5==

Vi har punktene A(-1,3,2), B(2,2,1), C(0,1,0) og T(5,3,8). 

===a)===

$\vec{AB}=[2-(-1), 2-3, 1-2] = [3,-1,-1]$

$\vec{AC}=[0-(-1),1-3,0-2]=[1,-2,-2]$

$\vec{AB} \times \vec{AC} = [(-1)\cdot(-2)-(-1)\cdot(-2),(-1)\cdot 1 - 3\cdot(-2),3\cdot(-2)-(-1)\cdot 1] = [2-2,-1+6,-6+1] =[0,5,-5]$

===b)===

$\vec{AT}=[5-(-1), 3-3,8-2]=[6,0,6]$

$V=\frac{|(\vec{AB}\times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}|}{6} = \frac{|[0,5,-5]\cdot[6,0,6]|}{6} = \frac{|0\cdot 6 + 5\cdot 0+(-5)\cdot 6|}{6} = \frac{|-30|}{6} =\frac{30}{6}= 5$

Volumet av pyramiden ABCT er 5.

===c)===

Likningen for et plan er

$ a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0 $

Der a, b og c er koordinatene til planets normalvektor, og $(x_0,y_0,z_0)$ er et punkt i planet.

Vi har planets normalvektor $[0,5,-5]$ og et punkt i planet A(-1,3,2).

Vi får da likning for planet som inneholder punktene A, B og C:

$0(x-(-1))+5(y-3)+(-5)(z-2) = 0 \\ 5y-15 -5z + 10 =0 \\ 5y-5z=5 \\ y-z=1$

==Oppgave 6==

En uendelig geometrisk rekke er gitt ved

$2+ln\,x+\frac{(ln\,x)^2}{2}+...$

===a)===

Vi har kvotienten $k=\frac{ln\,x}{2}$. Rekken konvergerer når $\frac{ln\,x}{2} \in \langle -1, 1 \rangle$. Løser ulikhetene:

$\frac{ln\,x}{2}>-1 \\ ln\,x > -2 \\ x>e^{-2}$

og

$\frac{ln\,x}{2}<1 \\ ln\,x < 2 \\ x < e^{2}$

Rekken konvergerer når $x\in \langle e^{-2}, e^2\rangle$

===b)===

Summen av rekken er gitt ved

$S(x)=\frac{a_1}{1-k} \\ 4 = \frac{2}{1-\frac{ln\,x}{2}} \\ 4\cdot(1-\frac{ln\,x}{2})=2 \\ 4-2ln\,x=2 \\ 2ln\,x=2 \\ ln\,x=1 \\ x=e$

Summen av rekken blir 4 når $x=e$.

==Oppgave 7==

Vi har differensiallikningen $2x\cdot y'-3y=0$

Sjekker stigningstallet til tangenten i hvert av punktene:

Punkt A(2,2): $2\cdot 2 \cdot y' - 3\cdot 2 = 0 \\ 4y'-6= 0 \\ y'=\frac{3}{2}$

Punkt B(-2,2): $2\cdot(-2)\cdot y'-3\cdot 2 = 0 \\ -4y'-6=0 \\ y'=-\frac{3}{2}$

Punkt C(-2,-2): $2\cdot(-2)\cdot y'-3\cdot (-2) = 0 \\ -4y'+6=0 \\ y'=\frac{3}{2}$

Punkt D(2,-2): $2\cdot 2\cdot y'-3\cdot (-2) = 0 \\ 4y'+6=0 \\ y'=-\frac{3}{2}$

Den markerte tangentretningen samsvarer med retningen til tangenten til integralkurven som går gjennom punkt B og C, men ikke A og D. I punkt A viser den markerte tangentretningen stigningstall 0, og i punkt D stigningstall $-\frac{1}{4}$, noe som ikke passer med tangenten til integralkurven i disse to punktene.

==Oppgave 8==

Linje $l$, som står normalt på planet $\alpha$, gjennom punktet P(-3,7,-1):

$l: \left[ \begin{align*}
x &=-3-2s \\
y &= 7+2s \\
z &= -1-s \end{align*}\right]$

Linja $m$, som står normalt på planet $\beta$, gjennom punktet Q(-4,5,-2):

$m: \left[ \begin{align*}
x &=-4-7t \\
y &= 5+4t \\
z &= -2-4t \end{align*}\right]$

Skjæringspunktet mellom linje $l$ og $m$ er sentrum i kula. Finner skjæringspunktet S, ved å løse likningssettet:

$ I \quad \quad-3-2s =-4-7t \\ II \quad \quad 7+2s = 5+4t \\ III \quad -1-s = -2-4t $

Finner et uttrykk for s:

$III \quad s = 1+ 4t$

Setter inn uttrykket for s i likning $I$, og finner t:

$I \quad -3 -2(1+4t) = -4-7t \\ \quad \, \, -3-2-8t = -4-7t \\ \quad \quad t = -1$

Setter inn uttrykket for t i uttrykket for s fra likning $III$. (Dette for å kunne sjekke at likningssettet er riktig løst):

$s = 1 + 4\cdot(-1) = 1-4 = - 3$

Setter inn t = -1 i parameterfremstillingen for linje $m$, og finner punktet S:

$x = -4-7(-1) = -4 + 7 = 3 \\ y = 5+4(-1) = 5-4= 1 \\ z = -2-4(-1) = -2+4 = 2$

Sentrum i kula er S(3,1,2). Bestemmer radius til kula:

$\vec{QS} = [3-(-4), 1-5, 2-(-2)]=[7,-4,4]$

$|\vec{QS}|=\sqrt{7^2+(-4)^2+4^2} = \sqrt{49+16+16} = \sqrt{81} = 9$

Radius i kula er 9. Finner likning for kuleflaten:

$(x-3)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=9^2$

==Oppgave 9==

En følge er gitt ved $a_1 = 2$ og $a_n = a_{n-1}+n$. Vi skal vise at $a_n=\frac{n^2+n+2}{2}$ for alle $n \in \N$.

1. Induksjonsgrunnlag: $n=1$ gir $a_1=\frac{1^2+1+2}{2} = \frac{4}{2} = 2$. Påstanden stemmer for $n=1$.

2. Induksjonstrinnet: Vi antar at $a_k=\frac{k^2+k+2}{2}$. Med $n = k+1$ får vi $a_{k+1}=\frac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}$, som vi skal vise.

Vi har $a_n=a_{n-1}+n$. Setter inn $n=k+1$:

$a_{k+1}=a_k+(k+1) \\ a_{k+1}=\frac{k^2+k+2}{2}+(k+1) \\ a_{k+1} = \frac{k^2+k+2}{2}+\frac{2k+2}{2} \\ a_{k+1} = \frac{k^2+2k+1+n+3}{2} \\ a_{k+1}= \frac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}$

Hvilket skulle vises.

=DEL 2=

==Oppgave 1==

===a)===

Bruker Geogebra til å utføre en regresjonsanalyse.

[[File: R2_V20_del2_1a.png]]

En trigonometrisk funksjon som passer godt med informasjonen i tabellen er:

$f(x)=1108,5+442,8\cdot sin (0,52x+1,16)$

===b)===

Bruker Geogebra til å tegne grafen til $f$ og $f'$ for $t\in[0,12]$. Finner toppunktet til $f'$, punkt B, med kommandoen Ekstremalpunkt. x-verdien til punkt B er den samme som vendepunktet i den voksende delen av $f$.

[[File: R2_V20_del2_1b.png]]

Ifølge modellen økte forbruket raskest den 10. måneden, altså oktober.

===c)===

Bruker Geogebra til å bestemme integralet.

[[File: R2_V20_del2_1c.png]]

$\int_{0}^{12} f(t) dt = 15547,46$. Det betyr at det totale energiforbruket i 2019 er 15547 kWh ifølge modellen.

===d)===

Bruker Geogebra. Funksjonen $T(t)=p(t)\cdot f(t)$ uttrykker prisen for energiforbruket måned for måned i 2019.

Bestemmer $\int_{0}^{12}T(t)dt$ for å finne totalprisen for 2019.

[[File: R2_V20_del2_1d.png]]

Den årlige energikostnaden til boligen er 13941,5 kr ifølge modellen.

==Oppgave 2==

===a)===

Differensiallikningen $M'=k\cdot M$ beskriver situasjonen, fordi vekstfarten, M', er proporsjonal med massen, M.

k er proporsjonalitetskonstanten, og denne må være mindre enn null, fordi massen til det radioaktive stoffet avtar. Vekstfarten, M', er altså negativ, og da må vi også ha k<0 i differensiallikningen.

===b)===

Bruker CAS i Geogebra 6.0.

[[File: R2_V20_del2_2b.png]]

Løser differensiallikningen i linje 1, setter inn (6,97) i linje 2 for å finne k.

$M(t)=100\cdot e^{-0,0051t}$

===c)===

Bruker Microsoft Mathematics til å løse likningen M(t)=2, da CAS i Geogebra ikke ser ut til å fungere.

[[File: R2_V20_del2_2c.png]]

Det vil ta ca. 771 timer før massen til det radioaktive stoffet er 2 mg.

===d)===

Bruker Microsoft Mathematics. Deriverer M(t) i første linje, og løser $M'(t)=-0,2$ i andre linje.

[[File: R2_V20_del2_2d.png]]

Det tar ca. 183,5 timer før stoffet ikke lenger blir vurdert som helsefarlig.

==Oppgave 3==

===a)===

Summen av diameterne de n innerste rundene kan uttrykkes ved den aritmetiske rekken:

$S_n= 5 + 5,03 + 5,06 + ... + (5 + (n-1)\cdot 0,03) = \frac{5+a_n}{2} \cdot n$

Diameteren i runde nr. 50:

$a_{50}=5+49\cdot 0,03 = 6,47$ cm.

Summen av diameterne de 50 innerste rundene:

$S_{50}=\frac{5+a_{50}}{2} \cdot 50=\frac{5+6,47}{2}\cdot 50=286,75$ cm.

Summen av omkretsene (lengden på papiret) de 50 innerste rundene:

$\pi \cdot 5 + \pi \cdot 5,03 + ... + \pi \cdot a_{50} = \pi \cdot S_{50} = \pi \cdot 286,75 = 900,85$ cm $\approx 9$ m.

Det vil være omtrent 9 meter papir igjen på tørkerullen når det er 50 runder igjen før den er tom.

===b)===

Finner "rundenummer" når diameteren er 20,00 cm (bruker Microsoft Mathematics). 20,00 cm er ytre diameter av tørkerullen, så indre diameter denne runden vil være $20-0,03$.

[[File: R2_V20_del2_3b.png]]

Summen av omkretsene (lengden på papiret) de 500 innerste rundene:

$\pi \cdot S_{500}=\pi \cdot \frac{5+(20-0,03)}{2}\cdot 500 = \pi \cdot 6242,5 = 19611$ cm $\approx 196,1$ m.

Det er omtrent 196,1 meter papir på tørkerullen når diameteren D er 20,00 cm.

===c)===

Finner "rundenummer" når det er 500 meter papir (altså 50000 cm) igjen på tørkerullen (bruker Microsoft Mathematics):

$S_n \cdot \pi = 50000 \\ \frac{a_1+a_n}{2}\cdot n \cdot \pi= 50000$

[[File: R2_V20_del2_3c.png]]

Vi har rundenummer 877.

Indre diameter til runde nr. 877: $d=5+(877-1)\cdot 0,03 = 31,28$ cm.

Ytre diameter til tørkerullen: $D=31,28+0,03 = 31,31$ cm.

Diameteren er omtrent 31,3 cm når det er 500 meter igjen på tørkerullen.

==Oppgave 4==

Vi har punktet A(-1,-1,2), B(3,4,-1), C(5,3,1) og D(5,6,4). Planet $\alpha$ går gjennom A, B og C. Linjen $\ell$ går gjennom A og D.

Bruker CAS i Geogebra 6.0.

[[File: R2_V20_del2_4.png]]

Linje 5: finner likning for planet $\alpha$. Linje 6: finner parameterfremstilling for linjen $\ell$. Linje 7: definerer sentrum S, som ligger et sted på linjen $\ell$. Linje 8: Finner ut for hvilke verdier av t avstanden mellom planet $\alpha$ og sentrum S, er 8. Linje 9 og 10: finner de mulige koordinatene til S.

De mulige koordinatene til S er $ (-13, -15, -2)$ og $(11,13,6)$.

R2 2020 vår LØSNING

2020-11-11T03:11:36Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3094 oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51548 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51548&start=15#p238572 Løsning del 1 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51548&start=30#p238583 Løsning del 2 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3130 Løsning del 1 og del 2 av Lektor Trandal]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3147 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHW9hzWiGQzuobHhr2u8K5ib Videoløsninger Del 1 laget av Lektor Håkon Raustøl]

=DEL 1=

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)=x\cdot sin x$

$f'(x)=sin x + x \cdot cos x$

===b)===

$g(x)=\frac{cos(x^2)}{x}$

$g'(x)=\frac{-2x\cdot sin(x^2)\cdot x - cos(x^2)\cdot 1}{x^2} = \frac{-2x^2 \cdot sin(x^2) - cos(x^2)}{x^2}$

==Oppgave 2==

===a)===

$\int(x^2+3+e^{2x})dx = \frac{1}{3}x^3+3x+\frac{1}{2}e^{2x}+C$

===b)===

Bruker variabelskifte, der $u=x^2$

$\frac{du}{dx}=2x \Rightarrow dx=\frac{du}{2x}$

$ \int 6x\cdot sin(x^2)dx = 3 \int 2x \cdot sin (u) \frac{du}{2x} = 3 \int sin(u) du = -3cos(u) + C = -3 cos(x^2)+C $

===c)===

Bruker delvis integrasjon, der $u = ln\,x \Rightarrow u'=\frac{1}{x}$ og $v' = x \Rightarrow v=\frac{1}{2}x^2$

Finner det ubestemte integralet:

$\int x \cdot ln\,x\,dx = \frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x- \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{2}x^2 dx = \frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x -\frac{1}{2}\int x\, dx = \frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x -\frac{1}{4} x^2 + C$

Finner det bestemte integralet:

$\int_{1}^{e} x \cdot ln\,x\,dx = [\frac{1}{2}x^2 \cdot ln\,x -\frac{1}{4} x^2]_{1}^{e} = (\frac{1}{2}e^2 \cdot ln\,e -\frac{1}{4} e^2) - (\frac{1}{2}\cdot 1^2 \cdot ln\,1 -\frac{1}{4} \cdot 1^2) \\ = (\frac{2}{4}e^2 \cdot 1 - \frac{1}{4}e^2)-(\frac{1}{2} \cdot 0 - \frac{1}{4}) = \frac{1}{4}e^2+\frac{1}{4} $

==Oppgave 3==

===a)===

Finner $a_5$:

$S_5=\frac{a_1+a_5}{2}\cdot 5 \\ 55 = \frac{3+a_5}{2} \cdot 5 \\ a_5 = \frac{55}{5}\cdot 2 - 3 \\ a_5 = 19$

Finner differensen:

$d = \frac{a_5 - a_1}{5-1} \\ d = \frac{19-3}{4} \\ d= 4$

Finner $a_{10}$:

$a_{10} = a_1 + (10-1)\cdot d \\ a_{10} = 3 + 9\cdot 4 \\ a_{10} = 39$

Finner summen av de 10 første leddene:

$S_{10} = \frac{a_1+a_{10}}{2}\cdot 10 \\ S_{10} = \frac{3+39}{2}\cdot 10 \\ S_{10} = 210$

===b)===

Dersom $-1<k<1$ i en geometrisk tallfølge $a_n=a_1k^{n-1}$ sier vi at den konvergerer.

I slike tilfeller er $\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{a_1}{1-k}$

I rekken $7 + \frac{7}{2} + \frac{7}{4}+...$ er $a_n = 7\cdot \frac{1}{2}^{n-1}$

Vi har $k = \frac{1}{2}$ og rekken konvergerer derfor.

Bestemmer summen av rekken:

$\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{7}{1-\frac{1}{2}} = \frac{7}{\frac{1}{2}} = 14$

==Oppgave 4==

$f(x)=2 sin(\pi x + \pi)-1 \quad, \quad x\in \langle -1,3 \rangle$

===a)===

$f'(x)=2\pi cos(\pi x+ \pi) \quad, \quad x\in \langle -1,3 \rangle$

Setter $f'(x)=0$

$2\pi cos(\pi x+ \pi)=0 \\ cos(u) = 0 \Rightarrow u=\frac{\pi}{2} + k\pi \\ \pi x + \pi = \frac{\pi}{2} \vee \pi x +\pi = \frac{3\pi}{2} \vee \pi x + \pi = \frac{5\pi}{2} \vee \pi x + \pi = \frac{7\pi}{2} \\ x = -\frac{1}{2} \vee x = \frac{1}{2} \vee x = \frac{3}{2} \vee x = \frac{5}{2}$

Finner y-koordinatene til ekstremalpunktene (vet at en sinusfunksjon kun har topp- og bunnpunkter, og ingen terrassepunkter):

$f(-\frac{1}{2})= 2 sin(-\frac{\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{\pi}{2})-1 = 2\cdot 1 - 1 = 1 $

$f(\frac{1}{2})= 2 sin(\frac{\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{3\pi}{2})-1 = 2\cdot (-1) - 1 = -3 $

$f(\frac{3}{2})= 2 sin(\frac{3\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{5\pi}{2})-1 = 2\cdot 1 - 1 = 1 $

$f(\frac{5}{2})= 2 sin(\frac{5\pi}{2} + \pi)-1 = 2 sin(\frac{7\pi}{2})-1 = 2\cdot (-1) - 1 = -3 $

Toppunkter: $(-\frac{1}{2}, 1)$ og $(\frac{3}{2}, 1)$

Bunnpunkter: $(\frac{1}{2}, -3)$ og $(\frac{5}{2}, -3)$

===b)===

Skjæring med y-aksen:

$f(0) = 2 sin (\pi\cdot 0 + \pi)-1 = 2 sin(\pi) - 1 = 0-1 =-1$

Grafen til $f$ skjærer y-aksen i punktet $(0,-1)$. Vi kan også se dette av funksjonsuttrykket.

Skjæring med x-aksen; setter $f(x)=0$

$2 sin(\pi x + \pi)-1 = 0 \\ sin(\pi x + \pi) = \frac{1}{2} \\ sin(u)=\frac{1}{2} \Rightarrow u=\frac{\pi}{6}+k\cdot 2\pi \vee u=\frac{5\pi}{6} + k\cdot 2\pi\\ \pi x + \pi = \frac{\pi}{6} \vee \pi x + \pi = \frac{5\pi}{6} \vee \pi x + \pi = \frac{13\pi}{6} \vee \pi x + \pi = \frac{17\pi}{6}\\ x= -\frac{5}{6}\vee x = -\frac{1}{6} \vee x= \frac{7}{6}\vee x = \frac{11}{6} $

Grafen til $f$ skjærer x-aksen i punktene $(-\frac{5}{6},0), (-\frac{1}{6},0),(\frac{7}{6},0),(\frac{11}{6},0)$.

===c)===

Bruk ekstremalpunktene og nullpunktene, samt skjæring med y-aksen, til å lage en skisse for hånd.

[[File: R2_V20_del1_4c.png]]

==Oppgave 5==

Vi har punktene A(-1,3,2), B(2,2,1), C(0,1,0) og T(5,3,8). 

===a)===

$\vec{AB}=[2-(-1), 2-3, 1-2] = [3,-1,-1]$

$\vec{AC}=[0-(-1),1-3,0-2]=[1,-2,-2]$

$\vec{AB} \times \vec{AC} = [(-1)\cdot(-2)-(-1)\cdot(-2),(-1)\cdot 1 - 3\cdot(-2),3\cdot(-2)-(-1)\cdot 1] = [2-2,-1+6,-6+1] =[0,5,-5]$

===b)===

$\vec{AT}=[5-(-1), 3-3,8-2]=[6,0,6]$

$V=\frac{|(\vec{AB}\times \vec{AC}) \cdot \vec{AT}|}{6} = \frac{|[0,5,-5]\cdot[6,0,6]|}{6} = \frac{|0\cdot 6 + 5\cdot 0+(-5)\cdot 6|}{6} = \frac{|-30|}{6} =\frac{30}{6}= 5$

Volumet av pyramiden ABCT er 5.

===c)===

Likningen for et plan er

$ a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0 $

Der a, b og c er koordinatene til planets normalvektor, og $(x_0,y_0,z_0)$ er et punkt i planet.

Vi har planets normalvektor $[0,5,-5]$ og et punkt i planet A(-1,3,2).

Vi får da likning for planet som inneholder punktene A, B og C:

$0(x-(-1))+5(y-3)+(-5)(z-2) = 0 \\ 5y-15 -5z + 10 =0 \\ 5y-5z=5 \\ y-z=1$

==Oppgave 6==

En uendelig geometrisk rekke er gitt ved

$2+ln\,x+\frac{(ln\,x)^2}{2}+...$

===a)===

Vi har kvotienten $k=\frac{ln\,x}{2}$. Rekken konvergerer når $\frac{ln\,x}{2} \in \langle -1, 1 \rangle$. Løser ulikhetene:

$\frac{ln\,x}{2}>-1 \\ ln\,x > -2 \\ x>e^{-2}$

og

$\frac{ln\,x}{2}<1 \\ ln\,x < 2 \\ x < e^{2}$

Rekken konvergerer når $x\in \langle e^{-2}, e^2\rangle$

===b)===

Summen av rekken er gitt ved

$S(x)=\frac{a_1}{1-k} \\ 4 = \frac{2}{1-\frac{ln\,x}{2}} \\ 4\cdot(1-\frac{ln\,x}{2})=2 \\ 4-2ln\,x=2 \\ 2ln\,x=2 \\ ln\,x=1 \\ x=e$

Summen av rekken blir 4 når $x=e$.

==Oppgave 7==

Vi har differensiallikningen $2x\cdot y'-3y=0$

Sjekker stigningstallet til tangenten i hvert av punktene:

Punkt A(2,2): $2\cdot 2 \cdot y' - 3\cdot 2 = 0 \\ 4y'-6= 0 \\ y'=\frac{3}{2}$

Punkt B(-2,2): $2\cdot(-2)\cdot y'-3\cdot 2 = 0 \\ -4y'-6=0 \\ y'=-\frac{3}{2}$

Punkt C(-2,-2): $2\cdot(-2)\cdot y'-3\cdot (-2) = 0 \\ -4y'+6=0 \\ y'=\frac{3}{2}$

Punkt D(2,-2): $2\cdot 2\cdot y'-3\cdot (-2) = 0 \\ 4y'+6=0 \\ y'=-\frac{3}{2}$

Den markerte tangentretningen samsvarer med retningen til tangenten til integralkurven som går gjennom punkt B og C, men ikke A og D. I punkt A viser den markerte tangentretningen stigningstall 0, og i punkt D stigningstall $-\frac{1}{4}$, noe som ikke passer med tangenten til integralkurven i disse to punktene.

==Oppgave 8==

Linje $l$, som står normalt på planet $\alpha$, gjennom punktet P(-3,7,-1):

$l: \left[ \begin{align*}
x &=-3-2s \\
y &= 7+2s \\
z &= -1-s \end{align*}\right]$

Linja $m$, som står normalt på planet $\beta$, gjennom punktet Q(-4,5,-2):

$m: \left[ \begin{align*}
x &=-4-7t \\
y &= 5+4t \\
z &= -2-4t \end{align*}\right]$

Skjæringspunktet mellom linje $l$ og $m$ er sentrum i kula. Finner skjæringspunktet S, ved å løse likningssettet:

$ I \quad \quad-3-2s =-4-7t \\ II \quad \quad 7+2s = 5+4t \\ III \quad -1-s = -2-4t $

Finner et uttrykk for s:

$III \quad s = 1+ 4t$

Setter inn uttrykket for s i likning $I$, og finner t:

$I \quad -3 -2(1+4t) = -4-7t \\ \quad \, \, -3-2-8t = -4-7t \\ \quad \quad t = -1$

Setter inn uttrykket for t i uttrykket for s fra likning $III$. (Dette for å kunne sjekke at likningssettet er riktig løst):

$s = 1 + 4\cdot(-1) = 1-4 = - 3$

Setter inn t = -1 i parameterfremstillingen for linje $m$, og finner punktet S:

$x = -4-7(-1) = -4 + 7 = 3 \\ y = 5+4(-1) = 5-4= 1 \\ z = -2-4(-1) = -2+4 = 2$

Sentrum i kula er S(3,1,2). Bestemmer radius til kula:

$\vec{QS} = [3-(-4), 1-5, 2-(-2)]=[7,-4,4]$

$|\vec{QS}|=\sqrt{7^2+(-4)^2+4^2} = \sqrt{49+16+16} = \sqrt{81} = 9$

Radius i kula er 9. Finner likning for kuleflaten:

$(x-3)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=9^2$

==Oppgave 9==

En følge er gitt ved $a_1 = 2$ og $a_n = a_{n-1}+n$. Vi skal vise at $a_n=\frac{n^2+n+2}{2}$ for alle $n \in \N$.

1. Induksjonsgrunnlag: $n=1$ gir $a_1=\frac{1^2+1+2}{2} = \frac{4}{2} = 2$. Påstanden stemmer for $n=1$.

2. Induksjonstrinnet: Vi antar at $a_k=\frac{k^2+k+2}{2}$. Med $n = k+1$ får vi $a_{k+1}=\frac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}$, som vi skal vise.

Vi har $a_n=a_{n-1}+n$. Setter inn $n=k+1$:

$a_{k+1}=a_k+(k+1) \\ a_{k+1}=\frac{k^2+k+2}{2}+(k+1) \\ a_{k+1} = \frac{k^2+k+2}{2}+\frac{2k+2}{2} \\ a_{k+1} = \frac{k^2+2k+1+n+3}{2} \\ a_{k+1}= \frac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}$

Hvilket skulle vises.

=DEL 2=

==Oppgave 1==

===a)===

Bruker Geogebra til å utføre en regresjonsanalyse.

[[File: R2_V20_del2_1a.png]]

En trigonometrisk funksjon som passer godt med informasjonen i tabellen er:

$f(x)=1108,5+442,8\cdot sin (0,52x+1,16)$

===b)===

Bruker Geogebra til å tegne grafen til $f$ og $f'$ for $t\in[0,12]$. Finner toppunktet til $f'$, punkt B, med kommandoen Ekstremalpunkt. x-verdien til punkt B er den samme som vendepunktet i den voksende delen av $f$.

[[File: R2_V20_del2_1b.png]]

Ifølge modellen økte forbruket raskest den 10. måneden, altså oktober.

===c)===

Bruker Geogebra til å bestemme integralet.

[[File: R2_V20_del2_1c.png]]

$\int_{0}^{12} f(t) dt = 15547,46$. Det betyr at det totale energiforbruket i 2019 er 15547 kWh ifølge modellen.

===d)===

Bruker Geogebra. Funksjonen $T(t)=p(t)\cdot f(t)$ uttrykker prisen for energiforbruket måned for måned i 2019.

Bestemmer $\int_{0}^{12}T(t)dt$ for å finne totalprisen for 2019.

[[File: R2_V20_del2_1d.png]]

Den årlige energikostnaden til boligen er 13941,5 kr ifølge modellen.

==Oppgave 2==

===a)===

Differensiallikningen $M'=k\cdot M$ beskriver situasjonen, fordi vekstfarten, M', er proporsjonal med massen, M.

k er proporsjonalitetskonstanten, og denne må være mindre enn null, fordi massen til det radioaktive stoffet avtar. Vekstfarten, M', er altså negativ, og da må vi også ha k<0 i differensiallikningen.

===b)===

Bruker CAS i Geogebra 6.0.

[[File: R2_V20_del2_2b.png]]

Løser differensiallikningen i linje 1, setter inn (6,97) i linje 2 for å finne k.

$M(t)=100\cdot e^{-0,0051t}$

===c)===

Bruker Microsoft Mathematics til å løse likningen M(t)=2, da CAS i Geogebra ikke ser ut til å fungere.

[[File: R2_V20_del2_2c.png]]

Det vil ta ca. 771 timer før massen til det radioaktive stoffet er 2 mg.

===d)===

Bruker Microsoft Mathematics. Deriverer M(t) i første linje, og løser $M'(t)=-0,2$ i andre linje.

[[File: R2_V20_del2_2d.png]]

Det tar ca. 183,5 timer før stoffet ikke lenger blir vurdert som helsefarlig.

==Oppgave 3==

===a)===

Summen av diameterne de n innerste rundene kan uttrykkes ved den aritmetiske rekken:

$S_n= 5 + 5,03 + 5,06 + ... + (5 + (n-1)\cdot 0,03) = \frac{5+a_n}{2} \cdot n$

Diameteren i runde nr. 50:

$a_{50}=5+49\cdot 0,03 = 6,47$ cm.

Summen av diameterne de 50 innerste rundene:

$S_{50}=\frac{5+a_{50}}{2} \cdot 50=\frac{5+6,47}{2}\cdot 50=286,75$ cm.

Summen av omkretsene (lengden på papiret) de 50 innerste rundene:

$\pi \cdot 5 + \pi \cdot 5,03 + ... + \pi \cdot a_{50} = \pi \cdot S_{50} = \pi \cdot 286,75 = 900,85$ cm $\approx 9$ m.

Det vil være omtrent 9 meter papir igjen på tørkerullen når det er 50 runder igjen før den er tom.

===b)===

Finner "rundenummer" når diameteren er 20,00 cm (bruker Microsoft Mathematics). 20,00 cm er ytre diameter av tørkerullen, så indre diameter denne runden vil være $20-0,03$.

[[File: R2_V20_del2_3b.png]]

Summen av omkretsene (lengden på papiret) de 500 innerste rundene:

$\pi \cdot S_{500}=\pi \cdot \frac{5+(20-0,03)}{2}\cdot 500 = \pi \cdot 6242,5 = 19611$ cm $\approx 196,1$ m.

Det er omtrent 196,1 meter papir på tørkerullen når diameteren D er 20,00 cm.

===c)===

Finner "rundenummer" når det er 500 meter papir (altså 50000 cm) igjen på tørkerullen (bruker Microsoft Mathematics):

$S_n \cdot \pi = 50000 \\ \frac{a_1+a_n}{2}\cdot n \cdot \pi= 50000$

[[File: R2_V20_del2_3c.png]]

Vi har rundenummer 877.

Indre diameter til runde nr. 877: $d=5+(877-1)\cdot 0,03 = 31,28$ cm.

Ytre diameter til tørkerullen: $D=31,28+0,03 = 31,31$ cm.

Diameteren er omtrent 31,3 cm når det er 500 meter igjen på tørkerullen.

==Oppgave 4==

Vi har punktet A(-1,-1,2), B(3,4,-1), C(5,3,1) og D(5,6,4). Planet $\alpha$ går gjennom A, B og C. Linjen $\ell$ går gjennom A og D.

Bruker CAS i Geogebra 6.0.

[[File: R2_V20_del2_4.png]]

Linje 5: finner likning for planet $\alpha$. Linje 6: finner parameterfremstilling for linjen $\ell$. Linje 7: definerer sentrum S, som ligger et sted på linjen $\ell$. Linje 8: Finner ut for hvilke verdier av t avstanden mellom planet $\alpha$ og sentrum S, er 8. Linje 9 og 10: finner de mulige koordinatene til S.

De mulige koordinatene til S er $ (-13, -15, -2)$ og $(11,13,6)$.

R1 2020 vår LØSNING

2020-11-08T22:55:01Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3063 oppgave]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51506 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51506&start=45#p238234 Løsningsforslag til del 1 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51506&start=45#p238262 Løsningsforslag del 2 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3119 Løsningsforslag av Svein Arneson]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3146 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/watch?v=RR3pE4upTOQ&list=PLplkS_rtcCHWcQGvwbL3hrC7W4DCMx1i4 Videoløsninger til del 1 laget av Lektor Håkon Raustøl]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHVthlz3_Jv43ChBpZzzkD8l Videoløsninger til del 2 laget av Lektor Håkon Raustøl]

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)=x^6 + 3x^5 + ln(x) \\ f'(x)= 6x^5+15x^4 + \frac{1}{x}$

===b)===

$g(x)=2x^2 \cdot e^{2x-1}\\ g'(x) = 4x \cdot e^{2x-1} + 2x^2 \cdot 2 \cdot e^{2x-1} = (1+x)4x \cdot e^{2x-1}$

===c)===

$h(x) = \frac{4x-1}{x+2} \\ h'(x) = \frac{4(x+2) - (4x-1)}{(x+2)^2} = \frac{9}{(x+2)^2}$

==Oppgave 2==

===a)===

$ln(x^2) + ln(x) = 12 \\ 2 ln(x) + ln(x) = 12 \\ 3 ln(x) = 12 \\ e^{ln(x)} = e^4 \\ x = e^4 $

===b)===

$e^{2x}-e^x =6 \\(e^x)^2 - e^x - 6 =0 \\ u = e^x \\ u^2-u-6=0 \\ u = 3 \vee u = -2 \\ e^x = 3 \vee e^x = -2 \\ x = ln(3)$

$e^x =-2$ har ingen løsning.

==Oppgave 3==

$\vec{u} \cdot \vec{v } =-2$ og $|\vec u | = 3$ og $ |\vec v | = 2$

$\vec a = 2 \vec u + 3 \vec v$ og $ \vec b = t \cdot \vec u + 5 \vec v$

===a)===

Dersom to vektorer er parallelle:

$ k \vec{a} = \vec{b} \\ k(2 \vec u + 3 \vec v) = t \cdot \vec u + 5 \vec v \\ 2k \vec u = t \cdot u \wedge 3k \cdot \vec v = 5 \vec v \\ t = 2k \wedge k = \frac 53 \\ t = \frac{10}{3}$

===b)===

Når to vektorer står normalt på hverandre er skalarproduktet null:

$ (2 \vec{ u} + 3 \vec {v})(t \cdot \vec u + 5 \vec v )= 0 \\ 2 \cdot t \cdot \vec {u^2} + 10 \cdot \vec{ u} \cdot \vec v + 3 \cdot t \cdot \vec u \cdot \vec v + 15 \vec{ v^2}$

Fra oppgaveteksten vet vi at: $\vec{u^2} = | \vec {u} | \cdot |\vec {u} | =9 \\ \vec{v^2} = | \vec{v} | \cdot | \vec{v} | = 4 \\ \vec{u} \cdot \vec{v} = -2$

Setter inn og får:

$2 \cdot t \cdot 9 +10 \cdot (-2) + 3 \cdot t \cdot(-2) + 15 \cdot 4 =0 \\ 12t = -40 \\ t = - \frac{10}{3}$

==Oppgave 4==

===a)===

Dersom polynomet går opp i (x-1) må P(1) være lik null:

$P(1) = 6 \cdot 1^3-5 \cdot 1^2-2 \cdot 1 +1 = 6-5 -2+1=0$, altså går divisjonen P(x) : (x-1) opp.

===b)===

[[File: r1-v2020-1-4b.png ]]

Faktoriserer så $6x^2+x-1$:

$x= \frac{-1 \pm \sqrt{1-4 \cdot 6 \cdot (-1)}}{12} =\frac{-1 \pm 5}{12} \\ x = - \frac 12 \vee x= \frac 13 $

$6x^2+ x -1 = 6(x + \frac 12)(x - \frac 13) = (2x+1)(3x-1)$

Altså kan man skrive:

$P(x)= (x-1)(2x+1)(3x-1)$

===c)===

$F(x) = \frac{P(x)}{(x^2-1)} = \frac{(2x+1)(3x-1)}{(x+1)}$

Nå må vi huske at nevneren fører til at F(x) ikke er definert for x = -1 eller for x = 1.

Setter inn i et fortegnsskjema, for å drøfte fortegnet til F(x):

[[File: r1-v2020-2-1-4c2.png ]]

Vi får tre områder der F er større eller lik null:

$x \in < -1, - \frac 12] \cup [ \frac 13 , 1> \cup < 1, \rightarrow>$

===d)===

$P(x)= (x-1)(2x+1)(3x-1)$ og $F(x)= \frac{P(x)}{x^2-1} = \frac{(x-1)(2x+1)(3x-1)}{(x+1)(x-1)} = \frac{(2x+1)(3x-1)}{(x+1)}$

$\lim\limits_{x \to 1} F(x) = \frac{(2 \cdot 1+1)(3 \cdot 1-1)}{(1+1)} = \frac 62 =3$

$\lim\limits_{x \to -1} F(x) = \frac{(2 \cdot -1+1)(3 \cdot -1-1)}{(-1+1)} = $

Når x går mot -1 går telleren mot 4 og nevneren mot 0. Grensen eksisterer ikke.

==Oppgave 5==

===a)===

Vi velger 3 av 8 bøker. Rekkefølgen vi trekker i har ikke betydning. Hvor mange kombinasjoner finnes? :

$3C8 = \frac{8!}{5! \cdot 3!} = \frac {8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 8 \cdot 7 = 56$

Det er mulig å velge 56 kombinasjoner av bøker.

===b)===

Dette er en hypergeometrisk situasjon. Vi trekker 4 og 3 skal være riktige:

$\frac{\binom{3}{3} \binom{5}{1}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {1}{14} $

===c)===

Det "motsatte" av minst to er null og en; dersom drikke får minst to, får du enten null eller en.

Vi finner P (minst to bøker) = 1 - ( P( null bøker) + P( en bok) )

På matematikkspråk er dette sannsynligheten av komplementære hendelser, og ikke "motsatte" som vi skrev over.

$P(x=0) = \frac{\binom{3}{0} \binom{5}{4}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {1}{14} $

$P(x=1) = \frac{\binom{3}{1} \binom{5}{3}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {3}{7} $

Vi får da P( minst to riktige bøker) = $1- \frac {1}{14} - \frac 37 = 0,5$ , altså 50 % sjanse for minst to riktige.

Vi kunne også ha regnet ut sannsynligheten for to riktige og lagt det til sannsynligheten for tre, som vi regnet ut i b, kanskje litt tidsbesparende.

==Oppgave 6==

===a)===

AB har lengden 6 og DC har lengden 2x. Høyden er f(x):

$F(x) = \frac{6+2x}{2} \cdot (9-x^2) = -x^3 - 3x^2 +9x+ 27$

===b)===

$F'(x) = -3x^2-6x+9$

$F'(x) = 0 $ gir x= -3 eller x = 1.

Av uttrykket for den deriverte ser man at den deriverte går fra positv til negativ i nullpunktet x = 1 ( parabelen vender sin hule side ned.)

$F(1)= -1-3 + 9 + 27 = 32$

Størst areal er 32, når x = 1.

==Oppgave 7==

Vinkel D er 65 grader, da er vinkel w = 130 grader. (periferi / sentral vinkel) Av samme grunn er u = 65 grader. I trekanten BCE er vinkelen i E (180-35-65) grader = 80 grader. Det gjør at vinkel v = 100 grader.

==Oppgave 8==

===a)===

Linjen l har parameterfremstilling:

$ l: \left\{ \begin{array}{rcl} x=t \\ y=2t+1 \end{array}\right. $

For en vilkårlig t verdi er D (t, 2t + 1)

$\vec{AD} = [ t - (-1), (2t+1) - 1 ] = [ t+1 , 2t]$, som skulle vises.

===b)===

$\vec{AD} = [t+1, 2t ]$ og $\vec {CD} = [t-7, 2t - 4]$

Lengden av AD og CD vektor skal være like.

$|\vec{AD}|^2 = |\vec{CD}|^2 \\ (t+1)^2+ 4t^2 = (t-7)^2 + (2t-4)^2 \\ t^2+2t+1+4t^2 = t^2-14t+49+4t^2-16t+16 \\32t =64 \\ t=2 $

Som innsatt gir D (2, 5)

Koordinatene til punkt B:

$\vec{OB} = \vec{OA} + \vec{AB} = \vec{OA} - \vec {CD} = [-1, 1] - [-5, 0] = [4, 1]$

Punktet B har koordinatene (4, 1).

==DEL TO==

==Oppgave 1==

===a)===

Situasjonen er i utgangspunktet hypergeometrisk.

For å kunne regne binomisk:

Tellingen av en bil skal ikke påvirke den neste. Dersom hun teller bilene i en "elbil kortesje" blir det feil. Hun må anta at populasjonen av biler er stor i forhold til de 100 hun teller, slik at det ikke endrer sannsynligheten (man kan tenke at å telle en bil er det samme som å trekke ut, uten tilbakelegging. Dersom populasjonen er stor i forhold til utvalget vil ikke sannsynligheten påvirkes i nevneverdig grad.)

===b)===

[[ File:r1-v2020-2-1b1.png]]

[[ File:r1-v2020-2-1b2.png]]

===c)===
[[ File:r1-v2020-2-1c.png]]

==Oppgave 2==

===a)===

[[ File:r1-v2020-2-2a.png]]

Begge linjene har stigningstall 5, altså er de parallelle.

===b)===

[[File: r1-v2020-2-2b.png ]]

Som skulle vises.

==Oppgave 3==

===a)===

[[File: r1-v2020-2-3a.png ]]

===b)===

Vi finner fartsvektorene ved å derivere posisjonsvektorene:

$\vec{v_1 (t)} = (\vec{r_1(t)})' = [2t,3t^2-2 ] \\ \vec{v_2 (t)} = (\vec{r_2(t)})' = [2,4-8t ]$

Banefarten til partikkel 1 blir da: $ | \vec{v_1(-1) }| = \sqrt{4 +1} = \sqrt 5$

Banefart partikkel 2: $ | \vec{v_2(-1) }| = \sqrt{4 +144} = \sqrt{148} = 2 \sqrt{37}$

Banefarten er henholdsvis ca. 2,2 m/s og ca. 12,2 m/s når t = - 1.

===c)===

Dersom begge partiklene skal ha samme fartsrettning må forholdet mellom fartskomponentene i x retning og y- retning være den samme:

[[File: R1-v2020-2-3c.png ]]

Fartsretningen er den samme ved t = - 0,28 sek og ved t = 0,65 sek.

===d)===

[[File: R1-v2020-2-3d1.png ]]

[[File: R1-v2020-2-3d2.png ]]

==Oppgave 4==

===a)===

Trekanten ABC er formlik med ADC og med BCD, fordi alle tre har en vinkel på 90 grader, og en annen vinkel felles. Alle vinklene ti trekantene er derved like.

Trekantene AEB, CBF og ACG er speilinger av de før nevnte, altså har de samme form - formlike. Når man speiler endres ikke vinkler i trekantene, eller lengder, man kan tenke seg at man forandrer betraktningspunjtet, altså fra hvor man ser objektet.

===b)===

Siden de omtalte trekantene er formlike vil forholdet mellom samsvarende sider være konstant, k.

===c)===

Dersom vi bretter inn "flikene" F, G og E i trekanten ABC, ser vi at trekantene BCF og ACG akkurat dekker trekanten ABC, arealene er like store. Det samme gjør trekanten ABE.

Da får man:

$A_{\triangle BCF} + A_{\triangle ACG} = A_{\triangle ABE} \\ $

R1 2020 vår LØSNING

2020-11-08T20:06:01Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3063 oppgave]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51506 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51506&start=45#p238234 Løsningsforslag til del 1 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=51506&start=45#p238262 Løsningsforslag del 2 av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3119 Løsningsforslag av Svein Arneson]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=3146 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/watch?v=RR3pE4upTOQ&list=PLplkS_rtcCHWcQGvwbL3hrC7W4DCMx1i4 Videoløsninger til del 1 laget av Lektor Håkon Raustøl]

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)=x^6 + 3x^5 + ln(x) \\ f'(x)= 6x^5+15x^4 + \frac{1}{x}$

===b)===

$g(x)=2x^2 \cdot e^{2x-1}\\ g'(x) = 4x \cdot e^{2x-1} + 2x^2 \cdot 2 \cdot e^{2x-1} = (1+x)4x \cdot e^{2x-1}$

===c)===

$h(x) = \frac{4x-1}{x+2} \\ h'(x) = \frac{4(x+2) - (4x-1)}{(x+2)^2} = \frac{9}{(x+2)^2}$

==Oppgave 2==

===a)===

$ln(x^2) + ln(x) = 12 \\ 2 ln(x) + ln(x) = 12 \\ 3 ln(x) = 12 \\ e^{ln(x)} = e^4 \\ x = e^4 $

===b)===

$e^{2x}-e^x =6 \\(e^x)^2 - e^x - 6 =0 \\ u = e^x \\ u^2-u-6=0 \\ u = 3 \vee u = -2 \\ e^x = 3 \vee e^x = -2 \\ x = ln(3)$

$e^x =-2$ har ingen løsning.

==Oppgave 3==

$\vec{u} \cdot \vec{v } =-2$ og $|\vec u | = 3$ og $ |\vec v | = 2$

$\vec a = 2 \vec u + 3 \vec v$ og $ \vec b = t \cdot \vec u + 5 \vec v$

===a)===

Dersom to vektorer er parallelle:

$ k \vec{a} = \vec{b} \\ k(2 \vec u + 3 \vec v) = t \cdot \vec u + 5 \vec v \\ 2k \vec u = t \cdot u \wedge 3k \cdot \vec v = 5 \vec v \\ t = 2k \wedge k = \frac 53 \\ t = \frac{10}{3}$

===b)===

Når to vektorer står normalt på hverandre er skalarproduktet null:

$ (2 \vec{ u} + 3 \vec {v})(t \cdot \vec u + 5 \vec v )= 0 \\ 2 \cdot t \cdot \vec {u^2} + 10 \cdot \vec{ u} \cdot \vec v + 3 \cdot t \cdot \vec u \cdot \vec v + 15 \vec{ v^2}$

Fra oppgaveteksten vet vi at: $\vec{u^2} = | \vec {u} | \cdot |\vec {u} | =9 \\ \vec{v^2} = | \vec{v} | \cdot | \vec{v} | = 4 \\ \vec{u} \cdot \vec{v} = -2$

Setter inn og får:

$2 \cdot t \cdot 9 +10 \cdot (-2) + 3 \cdot t \cdot(-2) + 15 \cdot 4 =0 \\ 12t = -40 \\ t = - \frac{10}{3}$

==Oppgave 4==

===a)===

Dersom polynomet går opp i (x-1) må P(1) være lik null:

$P(1) = 6 \cdot 1^3-5 \cdot 1^2-2 \cdot 1 +1 = 6-5 -2+1=0$, altså går divisjonen P(x) : (x-1) opp.

===b)===

[[File: r1-v2020-1-4b.png ]]

Faktoriserer så $6x^2+x-1$:

$x= \frac{-1 \pm \sqrt{1-4 \cdot 6 \cdot (-1)}}{12} =\frac{-1 \pm 5}{12} \\ x = - \frac 12 \vee x= \frac 13 $

$6x^2+ x -1 = 6(x + \frac 12)(x - \frac 13) = (2x+1)(3x-1)$

Altså kan man skrive:

$P(x)= (x-1)(2x+1)(3x-1)$

===c)===

$F(x) = \frac{P(x)}{(x^2-1)} = \frac{(2x+1)(3x-1)}{(x+1)}$

Nå må vi huske at nevneren fører til at F(x) ikke er definert for x = -1 eller for x = 1.

Setter inn i et fortegnsskjema, for å drøfte fortegnet til F(x):

[[File: r1-v2020-2-1-4c2.png ]]

Vi får tre områder der F er større eller lik null:

$x \in < -1, - \frac 12] \cup [ \frac 13 , 1> \cup < 1, \rightarrow>$

===d)===

$P(x)= (x-1)(2x+1)(3x-1)$ og $F(x)= \frac{P(x)}{x^2-1} = \frac{(x-1)(2x+1)(3x-1)}{(x+1)(x-1)} = \frac{(2x+1)(3x-1)}{(x+1)}$

$\lim\limits_{x \to 1} F(x) = \frac{(2 \cdot 1+1)(3 \cdot 1-1)}{(1+1)} = \frac 62 =3$

$\lim\limits_{x \to -1} F(x) = \frac{(2 \cdot -1+1)(3 \cdot -1-1)}{(-1+1)} = $

Når x går mot -1 går telleren mot 4 og nevneren mot 0. Grensen eksisterer ikke.

==Oppgave 5==

===a)===

Vi velger 3 av 8 bøker. Rekkefølgen vi trekker i har ikke betydning. Hvor mange kombinasjoner finnes? :

$3C8 = \frac{8!}{5! \cdot 3!} = \frac {8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 8 \cdot 7 = 56$

Det er mulig å velge 56 kombinasjoner av bøker.

===b)===

Dette er en hypergeometrisk situasjon. Vi trekker 4 og 3 skal være riktige:

$\frac{\binom{3}{3} \binom{5}{1}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {1}{14} $

===c)===

Det "motsatte" av minst to er null og en; dersom drikke får minst to, får du enten null eller en.

Vi finner P (minst to bøker) = 1 - ( P( null bøker) + P( en bok) )

På matematikkspråk er dette sannsynligheten av komplementære hendelser, og ikke "motsatte" som vi skrev over.

$P(x=0) = \frac{\binom{3}{0} \binom{5}{4}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {1}{14} $

$P(x=1) = \frac{\binom{3}{1} \binom{5}{3}}{ \binom{8}{4}} = \frac{1 \cdot 5 }{70} = \frac {3}{7} $

Vi får da P( minst to riktige bøker) = $1- \frac {1}{14} - \frac 37 = 0,5$ , altså 50 % sjanse for minst to riktige.

Vi kunne også ha regnet ut sannsynligheten for to riktige og lagt det til sannsynligheten for tre, som vi regnet ut i b, kanskje litt tidsbesparende.

==Oppgave 6==

===a)===

AB har lengden 6 og DC har lengden 2x. Høyden er f(x):

$F(x) = \frac{6+2x}{2} \cdot (9-x^2) = -x^3 - 3x^2 +9x+ 27$

===b)===

$F'(x) = -3x^2-6x+9$

$F'(x) = 0 $ gir x= -3 eller x = 1.

Av uttrykket for den deriverte ser man at den deriverte går fra positv til negativ i nullpunktet x = 1 ( parabelen vender sin hule side ned.)

$F(1)= -1-3 + 9 + 27 = 32$

Størst areal er 32, når x = 1.

==Oppgave 7==

Vinkel D er 65 grader, da er vinkel w = 130 grader. (periferi / sentral vinkel) Av samme grunn er u = 65 grader. I trekanten BCE er vinkelen i E (180-35-65) grader = 80 grader. Det gjør at vinkel v = 100 grader.

==Oppgave 8==

===a)===

Linjen l har parameterfremstilling:

$ l: \left\{ \begin{array}{rcl} x=t \\ y=2t+1 \end{array}\right. $

For en vilkårlig t verdi er D (t, 2t + 1)

$\vec{AD} = [ t - (-1), (2t+1) - 1 ] = [ t+1 , 2t]$, som skulle vises.

===b)===

$\vec{AD} = [t+1, 2t ]$ og $\vec {CD} = [t-7, 2t - 4]$

Lengden av AD og CD vektor skal være like.

$|\vec{AD}|^2 = |\vec{CD}|^2 \\ (t+1)^2+ 4t^2 = (t-7)^2 + (2t-4)^2 \\ t^2+2t+1+4t^2 = t^2-14t+49+4t^2-16t+16 \\32t =64 \\ t=2 $

Som innsatt gir D (2, 5)

Koordinatene til punkt B:

$\vec{OB} = \vec{OA} + \vec{AB} = \vec{OA} - \vec {CD} = [-1, 1] - [-5, 0] = [4, 1]$

Punktet B har koordinatene (4, 1).

==DEL TO==

==Oppgave 1==

===a)===

Situasjonen er i utgangspunktet hypergeometrisk.

For å kunne regne binomisk:

Tellingen av en bil skal ikke påvirke den neste. Dersom hun teller bilene i en "elbil kortesje" blir det feil. Hun må anta at populasjonen av biler er stor i forhold til de 100 hun teller, slik at det ikke endrer sannsynligheten (man kan tenke at å telle en bil er det samme som å trekke ut, uten tilbakelegging. Dersom populasjonen er stor i forhold til utvalget vil ikke sannsynligheten påvirkes i nevneverdig grad.)

===b)===

[[ File:r1-v2020-2-1b1.png]]

[[ File:r1-v2020-2-1b2.png]]

===c)===
[[ File:r1-v2020-2-1c.png]]

==Oppgave 2==

===a)===

[[ File:r1-v2020-2-2a.png]]

Begge linjene har stigningstall 5, altså er de parallelle.

===b)===

[[File: r1-v2020-2-2b.png ]]

Som skulle vises.

==Oppgave 3==

===a)===

[[File: r1-v2020-2-3a.png ]]

===b)===

Vi finner fartsvektorene ved å derivere posisjonsvektorene:

$\vec{v_1 (t)} = (\vec{r_1(t)})' = [2t,3t^2-2 ] \\ \vec{v_2 (t)} = (\vec{r_2(t)})' = [2,4-8t ]$

Banefarten til partikkel 1 blir da: $ | \vec{v_1(-1) }| = \sqrt{4 +1} = \sqrt 5$

Banefart partikkel 2: $ | \vec{v_2(-1) }| = \sqrt{4 +144} = \sqrt{148} = 2 \sqrt{37}$

Banefarten er henholdsvis ca. 2,2 m/s og ca. 12,2 m/s når t = - 1.

===c)===

Dersom begge partiklene skal ha samme fartsrettning må forholdet mellom fartskomponentene i x retning og y- retning være den samme:

[[File: R1-v2020-2-3c.png ]]

Fartsretningen er den samme ved t = - 0,28 sek og ved t = 0,65 sek.

===d)===

[[File: R1-v2020-2-3d1.png ]]

[[File: R1-v2020-2-3d2.png ]]

==Oppgave 4==

===a)===

Trekanten ABC er formlik med ADC og med BCD, fordi alle tre har en vinkel på 90 grader, og en annen vinkel felles. Alle vinklene ti trekantene er derved like.

Trekantene AEB, CBF og ACG er speilinger av de før nevnte, altså har de samme form - formlike. Når man speiler endres ikke vinkler i trekantene, eller lengder, man kan tenke seg at man forandrer betraktningspunjtet, altså fra hvor man ser objektet.

===b)===

Siden de omtalte trekantene er formlike vil forholdet mellom samsvarende sider være konstant, k.

===c)===

Dersom vi bretter inn "flikene" F, G og E i trekanten ABC, ser vi at trekantene BCF og ACG akkurat dekker trekanten ABC, arealene er like store. Det samme gjør trekanten ABE.

Da får man:

$A_{\triangle BCF} + A_{\triangle ACG} = A_{\triangle ABE} \\ $

R2 2019 vår LØSNING

2020-05-20T10:09:59Z

LektorRaustøl:

[https://www.matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2439 Oppgaven som pdf]

[https://www.matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=49227&start=15 Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2445 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2446 Løsningsforslag laget av Ole Henrik Morgenstierne]

[https://www.matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2889 Løsningsforslag laget av Lektor Trandal]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHU6UM2oM3zVlnTP9uLz9vf9 Løsning del 1 som video av Lektor Håkon Raustøl]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHVEJRoqP1dbibH2ECjdc6Nr Løsning Del 2 som video av Lektor Håkon Raustøl]

R1 2018 høst LØSNING

2020-05-16T15:00:54Z

LektorRaustøl:

[https://www.matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=48346 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://github.com/matematikk/vgs_eksamener/blob/master/l%C3%B8sningsforslag/R1/R1_18H/R1_18H_lf.pdf Løsningsforslag (pdf)] (open source, meld fra om forbedringer eller feil [https://github.com/matematikk/vgs_eksamener#hvordan-kan-jeg-bidra her])

[https://www.matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2285 Løsning del 1 laget av mattepratbruker mingjun]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2314 Løsning som PDF laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHWRqcA6AvAXBUnaV8OsiKjI Løsning til del 1 som videoer laget av Lektor Håkon Raustøl]

R1 2018 vår LØSNING

2020-05-15T21:07:23Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2111 Oppgaven som pdf (scannet)]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=47564 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://github.com/matematikk/vgs_eksamener/blob/master/l%C3%B8sningsforslag/R1/R1_18V/R1_18V_lf.pdf Løsningsforslag (pdf)] (open source, meld fra om forbedringer eller feil [https://github.com/matematikk/vgs_eksamener#hvordan-kan-jeg-bidra her])

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2121 Løsningsforslag av LektorNilsen (pdf)]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHVZoWZ3vh89Jil5_D73IyaZ Løsning som video av Lektor Håkon Raustøl]

R2 2018 vår LØSNING

2020-05-14T11:27:39Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2155 Løsningsforslag laget av mattepratbruker claves]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2172 Løsningsforslag laget av Ole Henrik Morgenstierne]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2173 Løsningsforslag laget av E. Smenes]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2170 Løsning laget av Jacob og Henrik (pdf)] [https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2171 (docx)]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2390 Løsningsforslag laget av LektorNilsen]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2151 Oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2160 Sensorveiledning til oppgaven]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=47618 Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHXY8sx7U6F5fViI-cEjrFt9 Løsning del 1 som videoer av Lektor Håkon Raustøl]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHWD6ZRsBqQ-HWd7x3j853K5 Løsning del 2 som videoer av Lektor Håkon Raustøl]

R1 2019 høst LØSNING

2020-05-14T11:25:53Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2614 Oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=50110 Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=50110&start=45#p233038 Løsningsforslag del 2 fra Kristian Saug]

[https://drive.google.com/open?id=14IWzyzURUg1beFWSqELyhiAx2E4WHRes Løsningsforslag (pdf)] fra joes

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2706 Løsningsforslag fra Svein Arneson]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHXFLfGePzut_A4UVp8gpe3o Løsning del 1 som video av Lektor Håkon Raustøl]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHUVr6YMBuzX14CfQvFlf8DM Løsning del 2 som video av Lektor Håkon Raustøl]

==DEL EN==
===Oppgave 1===

===a)===
$ f(x)=x^4-2x+ln(x) \\ f'(x)= 4x^3-2+ \frac 1x$

===b)===
$ g(x)= x^7e^x \\ g'(x) = 7x^6e^x + x^7e^x = e^xx^6(7+x) $

===c)===

$h(x)= \frac{ln(2x)}{x^2} \\ h'(x) = \frac{\frac{1}{2x} \cdot 2 \cdot x^2-2 \cdot x \cdot ln(2x)}{x^4} \\ h'(x)= \frac{1- 2 ln(2x)}{x^3}$

===Oppgave 2===

$4(ln(a \cdot b^3))-3(ln(a\cdot b^2))-ln(\frac ab) \\ 4 ln(a) + 12 ln(b) - 3ln(a) - 6 ln(b) - ln (a) + ln(b) = 7 ln (b)$

===Oppgave 3===
===a)===

Dersom P(x) skal deles på (x-2) og gå opp. må P(x) = 0, dvs. P(2) = 0

$P(2) = 0 \\ 2^3+ 6 \cdot 2^2 + k\cdot 2 -30 =0 \\ 8+24+2k-30=0 \\ k=-1$

===b)===

[[File: R1_H19_del1_3b.png]]

Bruker så ABC formel på svaret og får:

$ x^2 + 8x + 15 = 0 \\ x = \frac{-8 \pm \sqrt{64-4 \cdot 1 \cdot 15}}{2} \\ x = \frac{-8 \pm 2}{2} \\ x = -5 \vee x =-3$

Faktorisert form:
$x^3 +6x^2 - x -30 = (x-2)(x+3)(x+5)$

===c)===

Fra b har vi at:

$(x-2)(x+3)(x+5) \leq 0$

Tegner fortegnsskjema:

[[File: R1_H19_del1_3c.png]]

$x \in < \leftarrow, -5] \cup [-3,2]$

==Oppgave 4==

===a)===

$\vec{AB} = [(2-(-2), -1-1] = [4,-2] \\ \vec{BC} = [(4-2, 2-(-1)]= [2, 3]$

===b)===

$\vec{AB} \cdot \vec{BC} = [4,-2]\cdot[2,3] = 4 \cdot 2 + (-2) \cdot 3 = 8-6 =2 \neq 0$

To vektorer som er normale på hverandre har skalarprodukt lik null. Disse står ikke 90 grader på hverandre.

===c)===

$\vec{AD} = [t+2, 2]$

Bruker skalarprodukt igjen:

$ \vec{AB} \cdot \vec{AD} = 0 \\ [4,-2] \cdot [t +2,2] =0 \\ 4t + 8 - 4 =0 \\ t = -1$

===d)===

Et parallellogram er en firkant der to sider er parallelle. Det kan her skje på to måter:

$\vec{AB} \parallel\vec{CD}$

eller

$\vec{BC} \parallel\vec{DA}$

Vi sjekker begge mulighetene.

$\vec{AB} \parallel\vec{CD} \\ \vec{AB} = k \vec{CD} \\ [4,-2] = k [t-4, 1] \\ 4 = kt-4k \wedge -2 = k \\ t =2$

t = 2 gir ett parallellogram.

$\vec{BC} \parallel\vec{DA} \\ \vec{BC} = k \vec{DA} \\ [2, 3] = k [-2-t,-2] \\ 2=-2k-kt \wedge 3=-2k \\ k = - \frac 32 \wedge 2 =3 + \frac 32 t \\ t= - \frac 23$

$t = - \frac 23$ gir også et parallellogram.

==Oppgave 5==

===a)===

$\binom{7}{3} \cdot \binom{5}{2} = \frac{7\cdot6\cdot5}{3\cdot2\cdot1}\cdot\frac{5\cdot4}{2\cdot1}=35\cdot10=350$

Det er mulig å sette sammen 350 komiteer.

===b)===

P(Anne og Jens)$=\frac{3}{7}\cdot\frac{2}{5}=\frac{6}{35}$

Sannsynligheten for at både Anne og Jens blir med i komiteen er $\frac{6}{35}$

===c)===

P(Anne eller Jens) = P(Anne men ikke jens) + P(Jens men ikke Anne)

$=\frac{3}{7}\cdot\frac{3}{5}+\frac{4}{7}\cdot\frac{2}{5} \\ =\frac{9}{35}+\frac{8}{35}=\frac{17}{35}$

Sannsynligheten for at én av dem blir med i komiteen er $\frac{17}{35}$

==Oppgave 6==

===a)===

Diagonal i rektangelet er alltid 2. Arealet er alltid $ A = x \cdot \sqrt{4-x^2} $. Brukte pytagoras for å finne lengden av OC.

Areal av skravert område blir da

$A_{skravert} = \frac 14 \pi \cdot2^2 - x \cdot \sqrt{4-x^2} = \pi - x \sqrt{4-x^2}$

===b)===

Deriverer F(x) og finner maksimumspunktet:

$F'(x) = \\ ( \pi - x \sqrt{4-x^2})' = \\ -(1 \cdot \sqrt{4-x^2} + x \cdot (-2x) \frac 12 (4-x^2)^{- \frac 12}) = \\ -( \sqrt{4-x^2} - \frac{x^2}{ \sqrt{4-x^2}} ) = \\ - ( \frac{(\sqrt{4-x^2})(\sqrt{4-x^2})}{(\sqrt{4-x^2})} -\frac{x^2}{ \sqrt{4-x^2}} ) = \\ - \frac{4-2x^2}{\sqrt{4-x^2}} = \\ \frac{2(x-\sqrt{2}(x+\sqrt{2})}{\sqrt{4-x^2}}$

Av uttrykket ser vi at $x= \sqrt 2$ gir den deriverte lik null. Dette stemmer også med hva vi vet om største areal av en rektangulær firkant med gitt omkrets, den hvite firkanten vil være et kvadrat.

===Oppgave 7===

===a)===

CB er like lang som EB fordi begge linjestykker tangerer samme sirkelsektor ( i C og E).

===b)===

Begge trekantene har en felles vinkel i A. Begge trekanten har en vinkel på 90 grader (i C og E). Trekantene er derfor formlike.

Bruker formlikhet:

$\frac{c-a}{r} = \frac{b}{c} \\ r = \frac{a(c-a)}{b} $

===c)===

Trekanten ABC har areal: $A= \frac {a \cdot b}{2}$

Fra figuren ser vi at trekantene CDB og ADB utgjør trekanten ABC

Areal CDB: $\frac{r \cdot a}{2}$

Areal: ADB: $\frac{c \cdot r}{2}$

Kombinerer:

$\frac{r \cdot a}{2}+ \frac{c \cdot r}{2}=\frac {a \cdot b}{2} \\ra + rc = ab \\ r(a+c) =ab$

===d)===

$a \cdot b = (a+c) \cdot r \\ ab =(a+c) \cdot \frac{a(c+a)}{b} \\ ab^2 = (a^2+ac)(c-a) \\ ab^2= a^2c - a^3 + ac^2- a^2c \\ ab^2 = - a^3+ ac^2 \\ a^2 + b^2 = c^2$

==DEL TO==

==Oppgave 1==

===a)===

I denne type oppgave kan det være lurt å tegne et valgte, for å ha klarhet i situasjonen.

[[File:R1-h19-2-1a.png]]

Sansynlighet spam: $ P(S)$

Sans. ikke spam : $P( \overline{S})$

Ord fra liste: L

$P(L) = P(S) \cdot P(L |S) + P( \overline{S}) \cdot P(L | \overline{S}) \\ 0,8 \cdot 0,85 + 0,2 \cdot 0,03 = 0,686$

eller 68,6%

===b)===

Tenker gunstige delt på mulige. Ender da opp med Bayes setning.

$P(S|L)= \frac{P(S) \cdot P(L|S )}{P(L)} = \frac{0,68}{0,686}= 0,991$

eller 99,1%

===c)===

V skal finne sannsynlighet for søppelpost, når den ikke inneholder ord fra listen:

$P(S | \overline{L}) = \frac{gunstige}{mulige} = \frac{P(S) \cdot P( \overline{L}|S) }{1-P(L)} = \frac{0,8 \cdot 0,15}{1- 0,686 } 0,382$

eller ca. 38,2%

==Oppgave 2==

===a)===

$f(x)= -x^3+x^2+kx+2 \\ f'(x) = -3x^2+2x+k$

Dersom andregradsfunksjonen har to nullpunkt vil den også skifte fortegn slik at f har et bunnpunkt og et toppunkt. For at dette skal være tilfelle må $b^2-4ac$ være positivt:

$4-4(-3)k >0 \\ 4+12k>0 \\ k> \frac 13$

===b)===

f har toppunkt i (2, f(2)):

$f'(2)=0 \\ -3 \cdot 2^2 + 2 \cdot 2 +k=0 \\ -12+4+k =0 \\k =8$

Finner så f(2), når k = 8 :

$f(2) = -3^3+2^2+8 \cdot 2+2 = -8+4+16+2 = 14$

Toppunkt (2, 14)

Bunnpunkt:

Finner den andre x verdien som gir f'(x) = 0, når k = 8.

Bruker ABC formelen og får x = 2 eller $x = - \frac 43$. 2 er x verdien til toppunktet, og $- \frac 43$ er x verdien til bunnpunktet. Vi finner y koordinaten til punktet ved å finne $f(- \frac 43)$ som gir $- \frac{122}{27}$

Bunnpunkt $( - \frac{4}{3}, - \frac{122}{27})$

===c)===

$ f' \,'(x) = - 6x+2 $

Setter den dobbelderiverte lik null, for å finne x-koordinaten til vendepunktet.

$-6x+2=0 \\ x= \frac 13$

Setter $x= \frac 13$ inn i f(x):

$f(- \frac 13) = - ( \frac 13)^3+ \frac 13^2+ \frac 13x+2 =- \frac{1}{27} + \frac{1}{9} + \frac 13k+2 = \frac{56}{27} + \frac 13k$

Vendepunkt $ ( \frac 13, \frac{56}{27} + \frac 13k)$

Da kjenner vi vendepunktet. Vi setter inn x koordinaten i uttrykket til den DERIVERTE, og setter det lik 2:

$-3( \frac 13)^2+2 \cdot \frac 13 + k =2 \\ k= \frac 53$

==Oppgave 3==

===a)===

Ballene er i luften i henholdsvis 6,4 og 5,7 sekunder.

[[File:R1-h19-2-3a2.png]]

===b)===
[[File:R1-h19-2-3b.png]]

===c)===

[[File:R1-h19-2-3c.png]]

Banefarten er henholdsvis 33,6 og 34,7 m/s idet ballene forlater taket.

===d)===

[[File:R1-h19-2-3d.png]]

Ballene har skaffe fartsrettnmng etter 3,87 sekunder. Da er forholdet mellom x og y komponentene til begge vektorene den samme. Vinkelen mellom vektor og x-aksen er ca. - 30 grader.

==Oppgave 4==

===a)===
[[File:R1-h19-2-4a.png]]

Skriver inn funksjonen f, og punktene P og Q. Bruker linjefunksjonen og får et uttrykk for linjen gjennom P og Q. Setter denne linjen lik f og får x koordinatene til R og Q

===b)===

Her viser vi at stigningstallene til tangentene multiplisert blir -1- Da står linjene normalt på hverandre. Du kan også bruke skalarprodukt.

[[File:R1-h19-2-4b.png]]

R2 2018 høst LØSNING

2020-05-13T16:14:48Z

LektorRaustøl:

[https://www.matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2297 Oppgaven som pdf]

[https://www.matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=48353&view=unread#unread Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://github.com/matematikk/vgs_eksamener/blob/master/l%C3%B8sningsforslag/R2/R2_18H/R2_18H_lf.pdf Løsning laget av mattepratbruker Markus]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2315 Løsningsforslag som PDF laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHWptgAQNgPCOQ3sZPa0VUNk Løsning del 1 som videoer av Lektor Håkon Raustøl]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHX_Xdnl_jMEwx0HGeFH9ETT Løsning del 2 som videoer laget av Lektor Håkon Raustøl]

R1 2019 vår LØSNING

2020-05-13T12:57:48Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2410 Oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2425 Løsningsforslag laget av matteprat-bruker SveinR]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2431 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=49192 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHUyLbAmXNYc2GohU9PuIZFF Løsning Del 1 som video av Lektor Håkon Raustøl]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHVrOIAHuA5CkmykN5ltMvCQ Løsning Del 2 som video av Lektor Håkon Raustøl]

=DEL 1=

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)=x^3+2x^2-\sqrt{x} \\ f'(x)=3x^2+4x-\frac{1}{2\sqrt{x}}$

===b)===

$g(x)=x^2\cdot ln(2x-1) \\ g'(x)=2x\cdot ln(2x-1)+\frac{2x^2}{2x-1}$

Brukte produktregelen og kjerneregelen. Løsningen kan evt. faktoriseres.

===c)===

$ h(x) = \frac{4x}{e^{2x}} \\ h'(x)=\frac{4e^{2x}-4x\cdot 2e^{2x}}{(e^{2x})^2} \\ = \frac{e^{2x}(4-8x)}{(e^{2x})(e^{2x})} = \frac{-8x+4}{e^{2x}}$

==Oppgave 2==

===a)===

$\frac{1}{x^2-x}+\frac{1}{x^2+x}-\frac{1}{x^2-1} \\ = \frac{1}{x(x-1)}+\frac{1}{x(x+1)}-\frac{1}{(x+1)(x-1)} \\ = \frac{x+1}{x(x-1)(x+1)}+\frac{x-1}{x(x+1)(x-1)}-\frac{x}{x(x+1)(x-1)}\\ = \frac{x+1+x-1-x}{x(x+1)(x-1)} \\ = \frac{x}{x(x+1)(x-1)} \\ = \frac{1}{x^2-1}$

===b)===

$\frac{(ln\,e^3+1)^2}{(e^{ln\,3}+1)} = \frac{(3+1)^2}{(3+1)^3}=\frac{4^2}{4^3}=\frac{1}{4}$

==Oppgave 3==

===a)===

$(2x-1)=0 \\ x=\frac{1}{2}$

Sjekker om $x=\frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f(x)$:

$f(\frac{1}{2})= 2(\frac{1}{2})^3-3(\frac{1}{2})^2-11\cdot \frac{1}{2}+6 \\ = \frac{2}{8}-\frac{3}{4}-\frac{11}{2}+6 \\ = \frac{2}{8}-\frac{6}{8}-\frac{44}{8}+6 \\ = \frac{-48}{8}+6 = -6+6 = 0$

$x=\frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f(x)$, det vil si at divisjonen $f(x):(2x-1)$ går opp.

===b)===

Utfører polynomdivisjonen $f(x) : (2x-1)$

[[File: R1_V19_Del1_3b.png]]

$x^2-x-6=(x-3)(x+2)$

$f(x)=(2x-1)(x-3)(x+2)$

===c)===

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

Setter felles faktor $(2x-1)(x+2)$ utenfor parentes.

$ (2x-1)(x+2)((x-3)-1) \geq 0 \\ (2x-1)(x+2)(x-4) \geq 0 $

[[File: R1_V19_del1_3c.png]]

$f(x) \geq (2x-1)(x+2)$ når $x \in [-2, \frac{1}{2}] \cup [4,\rightarrow \rangle$

==Oppgave 4==

===a)===

Vi har punktene $A(1,3)$ og $B(5,-1)$

$\vec{AB}=[5-1,-1-3]=[4,-4]$

$|\vec{AB}|=\sqrt{4^2+(-4)^2}=\sqrt{32}=\sqrt{2\cdot 16}=4\sqrt{2}$

===b)===

Likning for en sirkel med sentrum i $(x_0, y_0)$:

$ (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 = r^2 $

Husk at sirkelens diameter er fra punkt A til punkt B. Sentrum i vår sirkel blir midt mellom punkt A og B, i (3,1).

Radius blir halvparten av $|\vec{AB}|$: $\frac{4\sqrt{2}}{2}= 2\sqrt{2}$

Vi setter inn våre verdier og får likningen for sirkelen:

$ (x - 3)^2 + (y - 1)^2 = (2\sqrt{2})^2 \\ (x-3)^2 + (y-1)^2 = 4\cdot 2 \\ (x-3)^2 + (y-1)^2 = 8 $

===c)===

For å få en rett vinkel i C, må punkt C ligge på sirkelperiferien. Dette på grunn av Thales setning.

Sentrum av sirkelen er i punkt (3,2), og radiusen av sirkelen er $2\sqrt{2}$. Siden $3+2\sqrt{2} < 6 $, så tangerer ikke linja x=6 sirkelen. Dermed er punkt C utenfor sirkelperiferien, og det er ikke mulig å plassere C slik at trekanten ABC får en rett vinkel i C.

En annen måte å finne ut av det er å sjekke om det finnes en y-verdi for punkt C hvor $\vec{AC}\cdot \vec{BC} = 0$.

==Oppgave 5==

===a)===

$\binom{10}{3} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 4 = 120 $

120 ulike grupper på tre deltakere kan komme til finalen.

===b)===

Vi har flere kvinner enn menn i en gruppe på tre, dersom vi har to eller tre kvinner.

P(to eller tre kvinner) = $\frac{\binom{5}{2} \binom{5}{1}}{ \binom{10}{3}} + \frac{\binom{5}{3} \binom{5}{0}}{ \binom{10}{3}} = \frac{10 \cdot 5}{120} + \frac{10 \cdot 1 }{120} = \frac{60}{120} = \frac{1}{2}$

60 av de 120 gruppene, det vil si halvparten, inneholder flere kvinner enn menn.

==Oppgave 6==

===a)===

Graf A tilhører funksjonen f, og graf B tilhører funksjonen f´. Dette ser vi fordi når f´ har negativ verdi (grafen er under x-aksen), så synker grafen til f. Når f´ har positiv verdi (grafen er over x-aksen), så stiger grafen til f. Videre har den deriverte et nullpunkt der hvor funksjonen f har et ekstremalpunkt (bunnpunkt).

===b)===

[[File:fortegnr1v19-1.png]]

Den dobbelderiverte er negativ for de x-verdiene hvor den deriverte synker, har et nullpunkt i x-verdien til den derivertes bunnpunkt (vendepunktet til f), og er positiv for de x-verdiene hvor den deriverte stiger.

==Oppgave 7==

===a)===

$\angle APC$ og $\angle DPB$ er toppvinkler, og derfor like store.

$\angle CAB$ og $\angle CDB$ er periferivinkler som spenner over den samme sirkelbuen. Disse er derfor like store.

Dersom to trekanter har to parvis like store vinkler, er trekantene formlike. $\triangle APC$ og $\triangle PBD$ er derfor formlike.

===b)===

Siden $\triangle APC$ og $\triangle PBD$ er formlike, har vi at

$\frac{AP}{PD}=\frac{CP}{PB} \Rightarrow AP \cdot PB = CP \cdot PD$

==Oppgave 8==

===a)===

$f'(2)=0 \Leftarrow$ Grafen til $f$ har et toppunkt i $(2, f(2))$

Dersom grafen til f har et toppunkt i $(2, f(2))$, impliserer det at vi har $f'(2)=0$. Derimot, hvis vi bare vet at $f'(2)=0$, vet vi ikke om grafen til f har et toppunkt, et bunnpunkt eller et terrassepunkt i $(2, f(2))$. $f'(2)=0$ impliserer altså ikke nødvendigvis et toppunkt i $(2, f(2))$.

===b)===

$f'(3)=0$ og $f' '(3)>0 \Rightarrow $ Grafen til $f$ har et bunnpunkt i $(3, f(3))$

Dersom $f'(3)=0$ vet vi at grafen til f har et ekstremalpunkt. Dersom $ f' '(3)>0 $ i tillegg, så har vi et bunnpunkt.

Det er derimot ikke alle funksjoner med bunnpunkt i $(3,f(3))$ som har $ f' '(3)>0 $ . For eksempel, dersom $ f(x)=(x-3)^n $ , hvor n er et partall større enn eller lik 4, så er $ f'(3)=0 $ og $ f' '(3)=0 $ i bunnpunktet $(3, f(3))$.

Dette kan være litt vanskelig å vite, og forhåndssensurrapporten til denne eksamen presiserer at ekvivalenspil også blir godtatt dersom man argumenterer godt for svaret sitt.

=DEL 2=

==Oppgave 1==

===a)===

$ \vec{r\,} (t) = [28t-3t^2, 10t-5t^2]$

Bestemmer fartsvektoren:

$ \vec{v\,} (t) = \vec{r\,} '(t) = [28-6t, 10-10t]$

Bestemmer farten da ballen ble sparket:

$ \vec{v\,} (0)=[28,10]$

$|\vec{v\,} (0) | = \sqrt{28^2 + 10^2 } = 29,7 $

Banefarten som ballen fikk da den ble sparket var 29,7 m/s.

===b)===

Når ballen treffer bakken, er posisjonsvektorens y-koordinat lik 0. Finner tiden t hvor dette skjer i CAS på Geogebra:

[[File: R1_v19_del2_1b.png]]

Ballen kastes når tiden t=0. Ballen treffer bakken når tiden t=2, etter 2 sekunder.

===c)===

Når ballen er på sitt høyeste punkt, er fartsvektorens y-koordinat lik 0 (ingen fart i y-retning). Finner tiden t hvor dette skjer:

$10-10t=0 \\ t=1$

Finner ballens banefart, altså fartsvektorens x-koorinat i tiden t=1:

$28-6\cdot 1 = 28 - 6 = 22$

Ballens banefart da den var i sitt høyeste punkt var 22 m/s.

==Oppgave 2==

===a)===

Bruker sannsynlighetskalkulatoren i Geogebra, og velger hypergeometrisk fordeling. 8 av de 20 ansatte er menn, og utvalget er 3.

[[File: oppg3a-del2-S1-V2019.png]]

Sannsynligheten for at nøyaktig 2 av de 3 vinnerne er menn, er 0,2947.

===b)===

Velger binomisk fordeling, der antall lotterier er 12, og sannsynligheten for at 2 av 3 vinnere er menn, er 02947 (fra forrige oppgave).

[[File: oppg3b-del2-S1-vår2019.png]]

Sannsynligheten for at 2 av 3 vinnere er menn i 6 av de 12 lotteriene, er 0,0745 = 7,45%.

===c)===

Sannsynligheten for at alle vinnerne i ett lotteri er kvinner er 0,193.

[[File: oppg3kvinner-del2-S1V19.png]]

Sannsynligheten for at alle vinnerne i ett lotteri er menn er 0,0491.

[[File: oppg3menn-del-S1V19.png]]

Sannsynligheten for at alle vinnerne er av samme kjønn i ett lotteri er da $0,193+0,0491=0,2421$

Finner sannsynligheten for at de tre vinnerne har samme kjønn i minst ett av de tolv lotteriene:

[[File: oppg3d-del2-S1V19.png]]

Sannsynligheten er 0,9641 = 96,41%.

==Oppgave 3==

===a)===

[[File: oppg3-del2-R1-V19.png]]

===b)===

[[File: oppg3b2-del2-R1-V19.png]]

Vi har et toppunkt i $(-2, 2)$, og et bunnpunkt i $(- \frac{2}{3}, \frac{22}{27})$. Siden jeg har tegnet grafen i oppgave a), kan jeg se hva som er topp- og bunnpunkt. Dersom jeg ikke hadde tegnet grafen til $f$, måtte jeg ha sjekket hvor den deriverte er positiv og negativ for å avgjøre hva som er topp- og bunnpunkt (og se at vi f.eks. ikke har et terrassepunkt).

Vendepunktet er i $(- \frac{4}{3}, \frac{38}{27})$

===c)===

[[File: oppg3c-del2-R1-V19.png]]

Grafen til $g$ har et toppunkt og et bunnpunkt for $a < -2 \sqrt{3}$ og $a > 2\sqrt{3}$

===d)===

[[File: oppg3d-del2-R1-V19.png]]

Finner vendepunktet til $g$ i rad 2. I rad 4 setter jeg inn x-koordinaten til vendepunktet i h(x), og ser at jeg får samme y-koordinat på grafen til $h$ som for vendepunktet til $g$, uansett hvilken verdi $a$ har. I rad 5 bekrefter jeg bare at y-verdien i rad 2 og rad 4 har samme verdi.

==Oppgave 4==

===a)===

$\angle ACB$ og $\angle DCG$ er toppvinkler, og derfor like store. Videre er CG = CB siden CBDF er et kvadrat og derfor har like lange sider. På samme måte er CD = AC siden ACDE er et kvadrat. Vi har to parvis like lange sider, med like stor vinkel mellom disse. Trekantene $\triangle ABC$ og $\triangle GDC$ er derfor kongruente.

===b)===

Vi tenker oss at punkt H er sentrum i en sirkel med diameter AB. På grunn av Thales setning vil punkt C ligge på sirkelen, siden $\angle ACB = 90$ grader, og $\angle AHB = 180$ grader. Da vil AH og HC begge være sirkelens radius, og derfor vil AH=HC. Det betyr at $\triangle AHC$ er likebeint.

===c)===

Siden trekantene $\triangle ABC$ og $\triangle GDC$ er kongruente, er $\angle CGI$ og $\angle ABC$ like store.

Siden $\triangle AHC$ er likebeint, har vi at $\angle ACH = \angle CAB$. Videre er $\angle ACH = \angle GCI$ siden disse er toppvinkler. Det betyr at $\angle CAB = \angle GCI$.

I $\triangle ABC$ og $\triangle CIG$ har vi to parvis like store vinkler. Altså er trekantene formlike, og $\angle ACB = \angle CIG = 90$ grader.

R1 2019 vår LØSNING

2020-04-27T10:53:10Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2410 Oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2425 Løsningsforslag laget av matteprat-bruker SveinR]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2431 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=49192 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHUyLbAmXNYc2GohU9PuIZFF Løsning Del 1 som video av Lektor Håkon Raustøl]

=DEL 1=

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)=x^3+2x^2-\sqrt{x} \\ f'(x)=3x^2+4x-\frac{1}{2\sqrt{x}}$

===b)===

$g(x)=x^2\cdot ln(2x-1) \\ g'(x)=2x\cdot ln(2x-1)+\frac{2x^2}{2x-1}$

Brukte produktregelen og kjerneregelen. Løsningen kan evt. faktoriseres.

===c)===

$ h(x) = \frac{4x}{e^{2x}} \\ h'(x)=\frac{4e^{2x}-4x\cdot 2e^{2x}}{(e^{2x})^2} \\ = \frac{e^{2x}(4-8x)}{(e^{2x})(e^{2x})} = \frac{-8x+4}{e^{2x}}$

==Oppgave 2==

===a)===

$\frac{1}{x^2-x}+\frac{1}{x^2+x}-\frac{1}{x^2-1} \\ = \frac{1}{x(x-1)}+\frac{1}{x(x+1)}-\frac{1}{(x+1)(x-1)} \\ = \frac{x+1}{x(x-1)(x+1)}+\frac{x-1}{x(x+1)(x-1)}-\frac{x}{x(x+1)(x-1)}\\ = \frac{x+1+x-1-x}{x(x+1)(x-1)} \\ = \frac{x}{x(x+1)(x-1)} \\ = \frac{1}{x^2-1}$

===b)===

$\frac{(ln\,e^3+1)^2}{(e^{ln\,3}+1)} = \frac{(3+1)^2}{(3+1)^3}=\frac{4^2}{4^3}=\frac{1}{4}$

==Oppgave 3==

===a)===

$(2x-1)=0 \\ x=\frac{1}{2}$

Sjekker om $x=\frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f(x)$:

$f(\frac{1}{2})= 2(\frac{1}{2})^3-3(\frac{1}{2})^2-11\cdot \frac{1}{2}+6 \\ = \frac{2}{8}-\frac{3}{4}-\frac{11}{2}+6 \\ = \frac{2}{8}-\frac{6}{8}-\frac{44}{8}+6 \\ = \frac{-48}{8}+6 = -6+6 = 0$

$x=\frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f(x)$, det vil si at divisjonen $f(x):(2x-1)$ går opp.

===b)===

Utfører polynomdivisjonen $f(x) : (2x-1)$

[[File: R1_V19_Del1_3b.png]]

$x^2-x-6=(x-3)(x+2)$

$f(x)=(2x-1)(x-3)(x+2)$

===c)===

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

Setter felles faktor $(2x-1)(x+2)$ utenfor parentes.

$ (2x-1)(x+2)((x-3)-1) \geq 0 \\ (2x-1)(x+2)(x-4) \geq 0 $

[[File: R1_V19_del1_3c.png]]

$f(x) \geq (2x-1)(x+2)$ når $x \in [-2, \frac{1}{2}] \cup [4,\rightarrow \rangle$

==Oppgave 4==

===a)===

Vi har punktene $A(1,3)$ og $B(5,-1)$

$\vec{AB}=[5-1,-1-3]=[4,-4]$

$|\vec{AB}|=\sqrt{4^2+(-4)^2}=\sqrt{32}=\sqrt{2\cdot 16}=4\sqrt{2}$

===b)===

Likning for en sirkel med sentrum i $(x_0, y_0)$:

$ (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 = r^2 $

Husk at sirkelens diameter er fra punkt A til punkt B. Sentrum i vår sirkel blir midt mellom punkt A og B, i (3,1).

Radius blir halvparten av $|\vec{AB}|$: $\frac{4\sqrt{2}}{2}= 2\sqrt{2}$

Vi setter inn våre verdier og får likningen for sirkelen:

$ (x - 3)^2 + (y - 1)^2 = (2\sqrt{2})^2 \\ (x-3)^2 + (y-1)^2 = 4\cdot 2 \\ (x-3)^2 + (y-1)^2 = 8 $

===c)===

For å få en rett vinkel i C, må punkt C ligge på sirkelperiferien. Dette på grunn av Thales setning.

Sentrum av sirkelen er i punkt (3,2), og radiusen av sirkelen er $2\sqrt{2}$. Siden $3+2\sqrt{2} < 6 $, så tangerer ikke linja x=6 sirkelen. Dermed er punkt C utenfor sirkelperiferien, og det er ikke mulig å plassere C slik at trekanten ABC får en rett vinkel i C.

En annen måte å finne ut av det er å sjekke om det finnes en y-verdi for punkt C hvor $\vec{AC}\cdot \vec{BC} = 0$.

==Oppgave 5==

===a)===

$\binom{10}{3} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 4 = 120 $

120 ulike grupper på tre deltakere kan komme til finalen.

===b)===

Vi har flere kvinner enn menn i en gruppe på tre, dersom vi har to eller tre kvinner.

P(to eller tre kvinner) = $\frac{\binom{5}{2} \binom{5}{1}}{ \binom{10}{3}} + \frac{\binom{5}{3} \binom{5}{0}}{ \binom{10}{3}} = \frac{10 \cdot 5}{120} + \frac{10 \cdot 1 }{120} = \frac{60}{120} = \frac{1}{2}$

60 av de 120 gruppene, det vil si halvparten, inneholder flere kvinner enn menn.

==Oppgave 6==

===a)===

Graf A tilhører funksjonen f, og graf B tilhører funksjonen f´. Dette ser vi fordi når f´ har negativ verdi (grafen er under x-aksen), så synker grafen til f. Når f´ har positiv verdi (grafen er over x-aksen), så stiger grafen til f. Videre har den deriverte et nullpunkt der hvor funksjonen f har et ekstremalpunkt (bunnpunkt).

===b)===

[[File:fortegnr1v19-1.png]]

Den dobbelderiverte er negativ for de x-verdiene hvor den deriverte synker, har et nullpunkt i x-verdien til den derivertes bunnpunkt (vendepunktet til f), og er positiv for de x-verdiene hvor den deriverte stiger.

==Oppgave 7==

===a)===

$\angle APC$ og $\angle DPB$ er toppvinkler, og derfor like store.

$\angle CAB$ og $\angle CDB$ er periferivinkler som spenner over den samme sirkelbuen. Disse er derfor like store.

Dersom to trekanter har to parvis like store vinkler, er trekantene formlike. $\triangle APC$ og $\triangle PBD$ er derfor formlike.

===b)===

Siden $\triangle APC$ og $\triangle PBD$ er formlike, har vi at

$\frac{AP}{PD}=\frac{CP}{PB} \Rightarrow AP \cdot PB = CP \cdot PD$

==Oppgave 8==

===a)===

$f'(2)=0 \Leftarrow$ Grafen til $f$ har et toppunkt i $(2, f(2))$

Dersom grafen til f har et toppunkt i $(2, f(2))$, impliserer det at vi har $f'(2)=0$. Derimot, hvis vi bare vet at $f'(2)=0$, vet vi ikke om grafen til f har et toppunkt, et bunnpunkt eller et terrassepunkt i $(2, f(2))$. $f'(2)=0$ impliserer altså ikke nødvendigvis et toppunkt i $(2, f(2))$.

===b)===

$f'(3)=0$ og $f' '(3)>0 \Rightarrow $ Grafen til $f$ har et bunnpunkt i $(3, f(3))$

Dersom $f'(3)=0$ vet vi at grafen til f har et ekstremalpunkt. Dersom $ f' '(3)>0 $ i tillegg, så har vi et bunnpunkt.

Det er derimot ikke alle funksjoner med bunnpunkt i $(3,f(3))$ som har $ f' '(3)>0 $ . For eksempel, dersom $ f(x)=(x-3)^n $ , hvor n er et partall større enn eller lik 4, så er $ f'(3)=0 $ og $ f' '(3)=0 $ i bunnpunktet $(3, f(3))$.

Dette kan være litt vanskelig å vite, og forhåndssensurrapporten til denne eksamen presiserer at ekvivalenspil også blir godtatt dersom man argumenterer godt for svaret sitt.

=DEL 2=

==Oppgave 1==

===a)===

$ \vec{r\,} (t) = [28t-3t^2, 10t-5t^2]$

Bestemmer fartsvektoren:

$ \vec{v\,} (t) = \vec{r\,} '(t) = [28-6t, 10-10t]$

Bestemmer farten da ballen ble sparket:

$ \vec{v\,} (0)=[28,10]$

$|\vec{v\,} (0) | = \sqrt{28^2 + 10^2 } = 29,7 $

Banefarten som ballen fikk da den ble sparket var 29,7 m/s.

===b)===

Når ballen treffer bakken, er posisjonsvektorens y-koordinat lik 0. Finner tiden t hvor dette skjer i CAS på Geogebra:

[[File: R1_v19_del2_1b.png]]

Ballen kastes når tiden t=0. Ballen treffer bakken når tiden t=2, etter 2 sekunder.

===c)===

Når ballen er på sitt høyeste punkt, er fartsvektorens y-koordinat lik 0 (ingen fart i y-retning). Finner tiden t hvor dette skjer:

$10-10t=0 \\ t=1$

Finner ballens banefart, altså fartsvektorens x-koorinat i tiden t=1:

$28-6\cdot 1 = 28 - 6 = 22$

Ballens banefart da den var i sitt høyeste punkt var 22 m/s.

==Oppgave 2==

===a)===

Bruker sannsynlighetskalkulatoren i Geogebra, og velger hypergeometrisk fordeling. 8 av de 20 ansatte er menn, og utvalget er 3.

[[File: oppg3a-del2-S1-V2019.png]]

Sannsynligheten for at nøyaktig 2 av de 3 vinnerne er menn, er 0,2947.

===b)===

Velger binomisk fordeling, der antall lotterier er 12, og sannsynligheten for at 2 av 3 vinnere er menn, er 02947 (fra forrige oppgave).

[[File: oppg3b-del2-S1-vår2019.png]]

Sannsynligheten for at 2 av 3 vinnere er menn i 6 av de 12 lotteriene, er 0,0745 = 7,45%.

===c)===

Sannsynligheten for at alle vinnerne i ett lotteri er kvinner er 0,193.

[[File: oppg3kvinner-del2-S1V19.png]]

Sannsynligheten for at alle vinnerne i ett lotteri er menn er 0,0491.

[[File: oppg3menn-del-S1V19.png]]

Sannsynligheten for at alle vinnerne er av samme kjønn i ett lotteri er da $0,193+0,0491=0,2421$

Finner sannsynligheten for at de tre vinnerne har samme kjønn i minst ett av de tolv lotteriene:

[[File: oppg3d-del2-S1V19.png]]

Sannsynligheten er 0,9641 = 96,41%.

==Oppgave 3==

===a)===

[[File: oppg3-del2-R1-V19.png]]

===b)===

[[File: oppg3b2-del2-R1-V19.png]]

Vi har et toppunkt i $(-2, 2)$, og et bunnpunkt i $(- \frac{2}{3}, \frac{22}{27})$. Siden jeg har tegnet grafen i oppgave a), kan jeg se hva som er topp- og bunnpunkt. Dersom jeg ikke hadde tegnet grafen til $f$, måtte jeg ha sjekket hvor den deriverte er positiv og negativ for å avgjøre hva som er topp- og bunnpunkt (og se at vi f.eks. ikke har et terrassepunkt).

Vendepunktet er i $(- \frac{4}{3}, \frac{38}{27})$

===c)===

[[File: oppg3c-del2-R1-V19.png]]

Grafen til $g$ har et toppunkt og et bunnpunkt for $a < -2 \sqrt{3}$ og $a > 2\sqrt{3}$

===d)===

[[File: oppg3d-del2-R1-V19.png]]

Finner vendepunktet til $g$ i rad 2. I rad 4 setter jeg inn x-koordinaten til vendepunktet i h(x), og ser at jeg får samme y-koordinat på grafen til $h$ som for vendepunktet til $g$, uansett hvilken verdi $a$ har. I rad 5 bekrefter jeg bare at y-verdien i rad 2 og rad 4 har samme verdi.

==Oppgave 4==

===a)===

$\angle ACB$ og $\angle DCG$ er toppvinkler, og derfor like store. Videre er CG = CB siden CBDF er et kvadrat og derfor har like lange sider. På samme måte er CD = AC siden ACDE er et kvadrat. Vi har to parvis like lange sider, med like stor vinkel mellom disse. Trekantene $\triangle ABC$ og $\triangle GDC$ er derfor kongruente.

===b)===

Vi tenker oss at punkt H er sentrum i en sirkel med diameter AB. På grunn av Thales setning vil punkt C ligge på sirkelen, siden $\angle ACB = 90$ grader, og $\angle AHB = 180$ grader. Da vil AH og HC begge være sirkelens radius, og derfor vil AH=HC. Det betyr at $\triangle AHC$ er likebeint.

===c)===

Siden trekantene $\triangle ABC$ og $\triangle GDC$ er kongruente, er $\angle CGI$ og $\angle ABC$ like store.

Siden $\triangle AHC$ er likebeint, har vi at $\angle ACH = \angle CAB$. Videre er $\angle ACH = \angle GCI$ siden disse er toppvinkler. Det betyr at $\angle CAB = \angle GCI$.

I $\triangle ABC$ og $\triangle CIG$ har vi to parvis like store vinkler. Altså er trekantene formlike, og $\angle ACB = \angle CIG = 90$ grader.

R1 2019 høst LØSNING

2020-04-27T10:52:47Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2614 Oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=50110 Diskusjon av oppgaven på matteprat]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=50110&start=45#p233038 Løsningsforslag del 2 fra Kristian Saug]

[https://drive.google.com/open?id=14IWzyzURUg1beFWSqELyhiAx2E4WHRes Løsningsforslag (pdf)] fra joes

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2706 Løsningsforslag fra Svein Arneson]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHXFLfGePzut_A4UVp8gpe3o Løsning del 1 som video av Lektor Håkon Raustøl]

==DEL EN==
===Oppgave 1===

===a)===
$ f(x)=x^4-2x+ln(x) \\ f'(x)= 4x^3-2+ \frac 1x$

===b)===
$ g(x)= x^7e^x \\ g'(x) = 7x^6e^x + x^7e^x = e^xx^6(7+x) $

===c)===

$h(x)= \frac{ln(2x)}{x^2} \\ h'(x) = \frac{\frac{1}{2x} \cdot 2 \cdot x^2-2 \cdot x \cdot ln(2x)}{x^4} \\ h'(x)= \frac{1- 2 ln(2x)}{x^3}$

===Oppgave 2===

$4(ln(a \cdot b^3))-3(ln(a\cdot b^2))-ln(\frac ab) \\ 4 ln(a) + 12 ln(b) - 3ln(a) - 6 ln(b) - ln (a) + ln(b) = 7 ln (b)$

===Oppgave 3===
===a)===

Dersom P(x) skal deles på (x-2) og gå opp. må P(x) = 0, dvs. P(2) = 0

$P(2) = 0 \\ 2^3+ 6 \cdot 2^2 + k\cdot 2 -30 =0 \\ 8+24+2k-30=0 \\ k=-1$

===b)===

[[File: R1_H19_del1_3b.png]]

Bruker så ABC formel på svaret og får:

$ x^2 + 8x + 15 = 0 \\ x = \frac{-8 \pm \sqrt{64-4 \cdot 1 \cdot 15}}{2} \\ x = \frac{-8 \pm 2}{2} \\ x = -5 \vee x =-3$

Faktorisert form:
$x^3 +6x^2 - x -30 = (x-2)(x+3)(x+5)$

===c)===

Fra b har vi at:

$(x-2)(x+3)(x+5) \leq 0$

Tegner fortegnsskjema:

[[File: R1_H19_del1_3c.png]]

$x \in < \leftarrow, -5] \cup [-3,2]$

==Oppgave 4==

===a)===

$\vec{AB} = [(2-(-2), -1-1] = [4,-2] \\ \vec{BC} = [(4-2, 2-(-1)]= [2, 3]$

===b)===

$\vec{AB} \cdot \vec{BC} = [4,-2]\cdot[2,3] = 4 \cdot 2 + (-2) \cdot 3 = 8-6 =2 \neq 0$

To vektorer som er normale på hverandre har skalarprodukt lik null. Disse står ikke 90 grader på hverandre.

===c)===

$\vec{AD} = [t+2, 2]$

Bruker skalarprodukt igjen:

$ \vec{AB} \cdot \vec{AD} = 0 \\ [4,-2] \cdot [t +2,2] =0 \\ 4t + 8 - 4 =0 \\ t = -1$

===d)===

Et parallellogram er en firkant der to sider er parallelle. Det kan her skje på to måter:

$\vec{AB} \parallel\vec{CD}$

eller

$\vec{BC} \parallel\vec{DA}$

Vi sjekker begge mulighetene.

$\vec{AB} \parallel\vec{CD} \\ \vec{AB} = k \vec{CD} \\ [4,-2] = k [t-4, 1] \\ 4 = kt-4k \wedge -2 = k \\ t =2$

t = 2 gir ett parallellogram.

$\vec{BC} \parallel\vec{DA} \\ \vec{BC} = k \vec{DA} \\ [2, 3] = k [-2-t,-2] \\ 2=-2k-kt \wedge 3=-2k \\ k = - \frac 32 \wedge 2 =3 + \frac 32 t \\ t= - \frac 23$

$t = - \frac 23$ gir også et parallellogram.

==Oppgave 5==

===a)===

$\binom{7}{3} \cdot \binom{5}{2} = \frac{7\cdot6\cdot5}{3\cdot2\cdot1}\cdot\frac{5\cdot4}{2\cdot1}=35\cdot10=350$

Det er mulig å sette sammen 350 komiteer.

===b)===

P(Anne og Jens)$=\frac{3}{7}\cdot\frac{2}{5}=\frac{6}{35}$

Sannsynligheten for at både Anne og Jens blir med i komiteen er $\frac{6}{35}$

===c)===

P(Anne eller Jens) = P(Anne men ikke jens) + P(Jens men ikke Anne)

$=\frac{3}{7}\cdot\frac{3}{5}+\frac{4}{7}\cdot\frac{2}{5} \\ =\frac{9}{35}+\frac{8}{35}=\frac{17}{35}$

Sannsynligheten for at én av dem blir med i komiteen er $\frac{17}{35}$

==Oppgave 6==

===a)===

Diagonal i rektangelet er alltid 2. Arealet er alltid $ A = x \cdot \sqrt{4-x^2} $. Brukte pytagoras for å finne lengden av OC.

Areal av skravert område blir da

$A_{skravert} = \frac 14 \pi \cdot2^2 - x \cdot \sqrt{4-x^2} = \pi - x \sqrt{4-x^2}$

===b)===

Deriverer F(x) og finner maksimumspunktet:

$F'(x) = \\ ( \pi - x \sqrt{4-x^2})' = \\ -(1 \cdot \sqrt{4-x^2} + x \cdot (-2x) \frac 12 (4-x^2)^{- \frac 12}) = \\ -( \sqrt{4-x^2} - \frac{x^2}{ \sqrt{4-x^2}} ) = \\ - ( \frac{(\sqrt{4-x^2})(\sqrt{4-x^2})}{(\sqrt{4-x^2})} -\frac{x^2}{ \sqrt{4-x^2}} ) = \\ - \frac{4-2x^2}{\sqrt{4-x^2}} = \\ \frac{2(x-\sqrt{2}(x+\sqrt{2})}{\sqrt{4-x^2}}$

Av uttrykket ser vi at $x= \sqrt 2$ gir den deriverte lik null. Dette stemmer også med hva vi vet om største areal av en rektangulær firkant med gitt omkrets, den hvite firkanten vil være et kvadrat.

===Oppgave 7===

===a)===

CB er like lang som EB fordi begge linjestykker tangerer samme sirkelsektor ( i C og E).

===b)===

Begge trekantene har en felles vinkel i A. Begge trekanten har en vinkel på 90 grader (i C og E). Trekantene er derfor formlike.

Bruker formlikhet:

$\frac{c-a}{r} = \frac{b}{c} \\ r = \frac{a(c-a)}{b} $

===c)===

Trekanten ABC har areal: $A= \frac {a \cdot b}{2}$

Fra figuren ser vi at trekantene CDB og ADB utgjør trekanten ABC

Areal CDB: $\frac{r \cdot a}{2}$

Areal: ADB: $\frac{c \cdot r}{2}$

Kombinerer:

$\frac{r \cdot a}{2}+ \frac{c \cdot r}{2}=\frac {a \cdot b}{2} \\ra + rc = ab \\ r(a+c) =ab$

===d)===

$a \cdot b = (a+c) \cdot r \\ ab =(a+c) \cdot \frac{a(c+a)}{b} \\ ab^2 = (a^2+ac)(c-a) \\ ab^2= a^2c - a^3 + ac^2- a^2c \\ ab^2 = - a^3+ ac^2 \\ a^2 + b^2 = c^2$

==DEL TO==

==Oppgave 1==

===a)===

I denne type oppgave kan det være lurt å tegne et valgte, for å ha klarhet i situasjonen.

[[File:R1-h19-2-1a.png]]

Sansynlighet spam: $ P(S)$

Sans. ikke spam : $P( \overline{S})$

Ord fra liste: L

$P(L) = P(S) \cdot P(L |S) + P( \overline{S}) \cdot P(L | \overline{S}) \\ 0,8 \cdot 0,85 + 0,2 \cdot 0,03 = 0,686$

eller 68,6%

===b)===

Tenker gunstige delt på mulige. Ender da opp med Bayes setning.

$P(S|L)= \frac{P(S) \cdot P(L|S )}{P(L)} = \frac{0,68}{0,686}= 0,991$

eller 99,1%

===c)===

V skal finne sannsynlighet for søppelpost, når den ikke inneholder ord fra listen:

$P(S | \overline{L}) = \frac{gunstige}{mulige} = \frac{P(S) \cdot P( \overline{L}|S) }{1-P(L)} = \frac{0,8 \cdot 0,15}{1- 0,686 } 0,382$

eller ca. 38,2%

==Oppgave 2==

===a)===

$f(x)= -x^3+x^2+kx+2 \\ f'(x) = -3x^2+2x+k$

Dersom andregradsfunksjonen har to nullpunkt vil den også skifte fortegn slik at f har et bunnpunkt og et toppunkt. For at dette skal være tilfelle må $b^2-4ac$ være positivt:

$4-4(-3)k >0 \\ 4+12k>0 \\ k> \frac 13$

===b)===

f har toppunkt i (2, f(2)):

$f'(2)=0 \\ -3 \cdot 2^2 + 2 \cdot 2 +k=0 \\ -12+4+k =0 \\k =8$

Finner så f(2), når k = 8 :

$f(2) = -3^3+2^2+8 \cdot 2+2 = -8+4+16+2 = 14$

Toppunkt (2, 14)

Bunnpunkt:

Finner den andre x verdien som gir f'(x) = 0, når k = 8.

Bruker ABC formelen og får x = 2 eller $x = - \frac 43$. 2 er x verdien til toppunktet, og $- \frac 43$ er x verdien til bunnpunktet. Vi finner y koordinaten til punktet ved å finne $f(- \frac 43)$ som gir $- \frac{122}{27}$

Bunnpunkt $( - \frac{4}{3}, - \frac{122}{27})$

===c)===

$ f' \,'(x) = - 6x+2 $

Setter den dobbelderiverte lik null, for å finne x-koordinaten til vendepunktet.

$-6x+2=0 \\ x= \frac 13$

Setter $x= \frac 13$ inn i f(x):

$f(- \frac 13) = - ( \frac 13)^3+ \frac 13^2+ \frac 13x+2 =- \frac{1}{27} + \frac{1}{9} + \frac 13k+2 = \frac{56}{27} + \frac 13k$

Vendepunkt $ ( \frac 13, \frac{56}{27} + \frac 13k)$

Da kjenner vi vendepunktet. Vi setter inn x koordinaten i uttrykket til den DERIVERTE, og setter det lik 2:

$-3( \frac 13)^2+2 \cdot \frac 13 + k =2 \\ k= \frac 53$

==Oppgave 3==

===a)===

Ballene er i luften i henholdsvis 6,4 og 5,7 sekunder.

[[File:R1-h19-2-3a2.png]]

===b)===
[[File:R1-h19-2-3b.png]]

===c)===

[[File:R1-h19-2-3c.png]]

Banefarten er henholdsvis 33,6 og 34,7 m/s idet ballene forlater taket.

===d)===

[[File:R1-h19-2-3d.png]]

Ballene har skaffe fartsrettnmng etter 3,87 sekunder. Da er forholdet mellom x og y komponentene til begge vektorene den samme. Vinkelen mellom vektor og x-aksen er ca. - 30 grader.

==Oppgave 4==

===a)===
[[File:R1-h19-2-4a.png]]

Skriver inn funksjonen f, og punktene P og Q. Bruker linjefunksjonen og får et uttrykk for linjen gjennom P og Q. Setter denne linjen lik f og får x koordinatene til R og Q

===b)===

Her viser vi at stigningstallene til tangentene multiplisert blir -1- Da står linjene normalt på hverandre. Du kan også bruke skalarprodukt.

[[File:R1-h19-2-4b.png]]

R2 2017 høst LØSNING

2020-04-27T10:51:40Z

LektorRaustøl:

[http://www.matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=1819 Oppgaven som pdf]

[http://www.matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=46535 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[http://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=1846 Løsningsforslag laget av Dennis Christensen]

[https://ndla.no/sites/default/files/eksamen_r2_host_2017nb_losning_11.04.2018.pdf Løsningsforslag laget av NDLA]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHXzIf8ap6DLBtBH1rmcgYYx Løsning Del 1 som video laget av Lektor Håkon Raustøl]

[https://m.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHWFPwxQcbEhP4o6BnWuF6OK# Løsning Del 2 som video laget av Lektor Håkon Raustøl]

Har du et løsningsforslag du ønsker å dele? Send inn til cosinus@matematikk.net så legger vi det ut!

R2 2018 vår LØSNING

2020-04-27T10:50:53Z

LektorRaustøl:

R2 2018 høst LØSNING

2020-04-27T10:50:27Z

LektorRaustøl:

R2 2019 vår LØSNING

2020-04-27T10:50:07Z

LektorRaustøl:

R2 2019 høst LØSNING

2020-04-27T10:41:25Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2653 oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=50160 Diskusjon av denne eksamensoppgaven]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=50160&start=15#p233190 Løsningsforslag til del 1 laget av Emilga]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=50160&start=30#p233246 Løsningsforslag til del 2 laget av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2710 Løsningsforslag laget av Ole Henrik Morgenstierne]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHVqAzWxwetJfU5F0o6GDze4 Løsning til del 1 som videoer laget av Lektor Håkon Raustøl]

[https://m.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHWRqVt1H1n759heFzppOBfk Løsning til del 2 som videoer laget av Lektor Håkon Raustøl]

=DEL 1=

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)=2cos(\pi x)$

$f'(x)=-2 \pi sin(\pi x)$

===b)===

$g(x)=cos^2 x \cdot sin\, x$

$g'(x)=(cos^2 x)' \cdot sin\, x + cos^2 x \cdot (sin\, x)' \\ = 2cos\, x \cdot (-sin\, x) \cdot sin\, x + cos^2 x \cdot cos\, x \\ = -2sin^2 x \cdot cos x + cos^3 x$

==Oppgave 2==

===a)===

$\int_{-1}^{1} (2x^3+3x-1) dx \\ = [ \frac{2}{4}x^4+\frac{3}{2}x^2-x]_{-1}^{1} \\ =(\frac{1}{2}\cdot 1^4+\frac{3}{2}\cdot 1^2-1)-(\frac{1}{2}\cdot (-1)^4+\frac{3}{2}\cdot (-1)^2-(-1)) \\ =(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}-1)-(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}+1) \\ = -1-1 = -2$

===b)===

$u=2x^2-1$

$\frac{du}{dx}=4x \Rightarrow dx=\frac{du}{4x}$

$\int \frac{8x}{\sqrt{2x^2-1}} dx = \int \frac{8x}{\sqrt{u}} \cdot \frac{du}{4x} = \int \frac{2}{\sqrt{u}} du = 2 \int u^{-\frac{1}{2}} du \\ = \frac{2}{\frac{1}{2}}\cdot u^{\frac{1}{2}} + C = 4 \cdot \sqrt{u} + C = 4\sqrt{2x^2-1}+C$

===c)===

$\int \frac{2}{(x+3)(x+1)}dx = \int \frac{A}{(x+3)}+\frac{B}{(x+1)} dx $

Vi bestemmer A og B ved å løse likningen:

$2 = (x+1)A + (x+3)B \\ 2=Ax+A+Bx+3B \\ 2=(A+B)x + A+ 3B$

Telleren har ikke noe x-ledd, så vi har:

I $A+B=0$

II$A+3B=2$

Setter inn $A=-B$ i likning II:

$-B+3B=2 \Rightarrow B=1$

Fra likning I har vi da $A=-1$

Integralet blir da:

$\int \frac{2}{(x+3)(x+1)}dx = \int \frac{A}{(x+3)}+\frac{B}{(x+1)} dx = \int \frac{-1}{(x+3)}+\frac{1}{(x+1)} dx \\ = - \ln|{x+3}| + \ln|{x+1}| + C = \ln|{\frac{x+1}{x+3}}| + C$

==Oppgave 3==

===a)===

Summen av en aritmetisk rekke er gitt ved

$S_n=\frac{n\cdot (a_1+a_n)}{2}$

Vi må finne antall ledd i rekken $7+11+....+479+483$.

Ser at $d=4$, så antall ledd (n) blir:

$n=\frac{483-7}{4}+1=\frac{476}{4}+1=119+1=120$

Summen av denne rekken blir:

$S_{120}=\frac{120\cdot (7+483)}{2}= 60\cdot(7+483)=420+28980 =29400$

===b)===

For en geometrisk rekke har vi

$a_n=a_1\cdot k^{n-1}$

Vi vet at $a_2=6$ og får likning I:

$a_2=a_1\cdot k^{2-1} \\ 6=a_1\cdot k \\ a_1=\frac{6}{k}$

Summen av en geometrisk rekke som konvergerer er gitt ved

$S=\frac{a_1}{(1-k)}$

Vi vet at summen av rekken er 24 og har dermed likning II:

$24=\frac{a_1}{(1-k)} \\ a_1=24(1-k)$

Setter inn $a_1=\frac{6}{k}$ i likning II:

$\frac{6}{k} = 24(1-k) \\ 6=24k(1-k) \\ 6=24k-24k^2 \\ 24k^2-24k+6=0 \\ k^2-k+\frac{1}{4}=0 \\ (k-\frac{1}{2})(k-\frac{1}{2})=0 \\ k=\frac{1}{2} $

Setter inn $k=\frac{1}{2} $ i likning I:

$a_1=\frac{6}{\frac{1}{2}}=12$

==Oppgave 4==

===a)===

$2sin(2x)=1$, der $x\in[0,\pi]$

$sin(2x)=\frac{1}{2}$

$ 2x=\frac{\pi}{6} + k \cdot 2 \pi \vee 2x = (\pi - \frac{\pi}{6}) + k\cdot 2\pi \quad \quad k \in \mathbb{Z} $

$ x = \frac{\pi}{12} \vee x = \frac{5\pi}{12} \quad $ kun disse to løsningene gir $x\in[0,\pi]$

$ L = \{ \frac{\pi}{12}, \frac{5\pi}{12} \}$

===b)===

$2cos^2 x-cos x=1$, der $x\in[0,4\pi]$

$u=cos\,x$

$2u^2-u-1=0 \\ u^2-\frac{1}{2} u - \frac{1}{2}=0 \\ (u+\frac{1}{2})(u-1)=0 \\ u=-\frac{1}{2} \vee u=1 \\ cos\,x=-\frac{1}{2} \vee cos\, x=1$

$cos\,x=-\frac{1}{2} \Rightarrow x=\frac{2\pi}{3} + k\cdot 2\pi \Rightarrow L=\{ \frac{2\pi }{3}, \frac{8\pi}{3} \} $ for $x\in[0,4\pi]$

og $cos\,x=-\frac{1}{2} \Rightarrow x= \frac{4\pi}{3} + k\cdot 2\pi \Rightarrow L=\{ \frac{4\pi}{3}, \frac{10\pi}{3} \}$ for $x\in[0,4\pi]$

$cos\,x=1 \Rightarrow x=0 + k\cdot 2\pi \Rightarrow L=\{0,2\pi,4\pi \}$ for $x\in[0,4\pi]$

$L=\{ 0,\frac{2\pi}{3},\frac{4\pi}{3},2\pi,\frac{8\pi}{3},\frac{10\pi}{3},4\pi \}$

==Oppgave 5==

R2 2017 høst LØSNING

2020-04-25T15:57:15Z

LektorRaustøl:

[http://www.matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=1819 Oppgaven som pdf]

[http://www.matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=46535 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[http://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=1846 Løsningsforslag laget av Dennis Christensen]

[https://ndla.no/sites/default/files/eksamen_r2_host_2017nb_losning_11.04.2018.pdf Løsningsforslag laget av NDLA]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHXzIf8ap6DLBtBH1rmcgYYx Løsning Del 1 som video laget av Lektor Raustøl]

[https://m.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHWFPwxQcbEhP4o6BnWuF6OK# Løsning Del 2 som video laget av Lektor Raustøl]

Har du et løsningsforslag du ønsker å dele? Send inn til cosinus@matematikk.net så legger vi det ut!

R2 2019 høst LØSNING

2020-04-25T15:50:48Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2653 oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=50160 Diskusjon av denne eksamensoppgaven]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=50160&start=15#p233190 Løsningsforslag til del 1 laget av Emilga]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=50160&start=30#p233246 Løsningsforslag til del 2 laget av Kristian Saug]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2710 Løsningsforslag laget av Ole Henrik Morgenstierne]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHVqAzWxwetJfU5F0o6GDze4 Løsning til del 1 som videoer laget av Lektor Raustøl]

[https://m.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHWRqVt1H1n759heFzppOBfk Løsning til del 2 som videoer laget av Lektor Raustøl]

=DEL 1=

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)=2cos(\pi x)$

$f'(x)=-2 \pi sin(\pi x)$

===b)===

$g(x)=cos^2 x \cdot sin\, x$

$g'(x)=(cos^2 x)' \cdot sin\, x + cos^2 x \cdot (sin\, x)' \\ = 2cos\, x \cdot (-sin\, x) \cdot sin\, x + cos^2 x \cdot cos\, x \\ = -2sin^2 x \cdot cos x + cos^3 x$

==Oppgave 2==

===a)===

$\int_{-1}^{1} (2x^3+3x-1) dx \\ = [ \frac{2}{4}x^4+\frac{3}{2}x^2-x]_{-1}^{1} \\ =(\frac{1}{2}\cdot 1^4+\frac{3}{2}\cdot 1^2-1)-(\frac{1}{2}\cdot (-1)^4+\frac{3}{2}\cdot (-1)^2-(-1)) \\ =(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}-1)-(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}+1) \\ = -1-1 = -2$

===b)===

$u=2x^2-1$

$\frac{du}{dx}=4x \Rightarrow dx=\frac{du}{4x}$

$\int \frac{8x}{\sqrt{2x^2-1}} dx = \int \frac{8x}{\sqrt{u}} \cdot \frac{du}{4x} = \int \frac{2}{\sqrt{u}} du = 2 \int u^{-\frac{1}{2}} du \\ = \frac{2}{\frac{1}{2}}\cdot u^{\frac{1}{2}} + C = 4 \cdot \sqrt{u} + C = 4\sqrt{2x^2-1}+C$

===c)===

$\int \frac{2}{(x+3)(x+1)}dx = \int \frac{A}{(x+3)}+\frac{B}{(x+1)} dx $

Vi bestemmer A og B ved å løse likningen:

$2 = (x+1)A + (x+3)B \\ 2=Ax+A+Bx+3B \\ 2=(A+B)x + A+ 3B$

Telleren har ikke noe x-ledd, så vi har:

I $A+B=0$

II$A+3B=2$

Setter inn $A=-B$ i likning II:

$-B+3B=2 \Rightarrow B=1$

Fra likning I har vi da $A=-1$

Integralet blir da:

$\int \frac{2}{(x+3)(x+1)}dx = \int \frac{A}{(x+3)}+\frac{B}{(x+1)} dx = \int \frac{-1}{(x+3)}+\frac{1}{(x+1)} dx \\ = - \ln|{x+3}| + \ln|{x+1}| + C = \ln|{\frac{x+1}{x+3}}| + C$

==Oppgave 3==

===a)===

Summen av en aritmetisk rekke er gitt ved

$S_n=\frac{n\cdot (a_1+a_n)}{2}$

Vi må finne antall ledd i rekken $7+11+....+479+483$.

Ser at $d=4$, så antall ledd (n) blir:

$n=\frac{483-7}{4}+1=\frac{476}{4}+1=119+1=120$

Summen av denne rekken blir:

$S_{120}=\frac{120\cdot (7+483)}{2}= 60\cdot(7+483)=420+28980 =29400$

===b)===

For en geometrisk rekke har vi

$a_n=a_1\cdot k^{n-1}$

Vi vet at $a_2=6$ og får likning I:

$a_2=a_1\cdot k^{2-1} \\ 6=a_1\cdot k \\ a_1=\frac{6}{k}$

Summen av en geometrisk rekke som konvergerer er gitt ved

$S=\frac{a_1}{(1-k)}$

Vi vet at summen av rekken er 24 og har dermed likning II:

$24=\frac{a_1}{(1-k)} \\ a_1=24(1-k)$

Setter inn $a_1=\frac{6}{k}$ i likning II:

$\frac{6}{k} = 24(1-k) \\ 6=24k(1-k) \\ 6=24k-24k^2 \\ 24k^2-24k+6=0 \\ k^2-k+\frac{1}{4}=0 \\ (k-\frac{1}{2})(k-\frac{1}{2})=0 \\ k=\frac{1}{2} $

Setter inn $k=\frac{1}{2} $ i likning I:

$a_1=\frac{6}{\frac{1}{2}}=12$

==Oppgave 4==

===a)===

$2sin(2x)=1$, der $x\in[0,\pi]$

$sin(2x)=\frac{1}{2}$

$ 2x=\frac{\pi}{6} + k \cdot 2 \pi \vee 2x = (\pi - \frac{\pi}{6}) + k\cdot 2\pi \quad \quad k \in \mathbb{Z} $

$ x = \frac{\pi}{12} \vee x = \frac{5\pi}{12} \quad $ kun disse to løsningene gir $x\in[0,\pi]$

$ L = \{ \frac{\pi}{12}, \frac{5\pi}{12} \}$

===b)===

$2cos^2 x-cos x=1$, der $x\in[0,4\pi]$

$u=cos\,x$

$2u^2-u-1=0 \\ u^2-\frac{1}{2} u - \frac{1}{2}=0 \\ (u+\frac{1}{2})(u-1)=0 \\ u=-\frac{1}{2} \vee u=1 \\ cos\,x=-\frac{1}{2} \vee cos\, x=1$

$cos\,x=-\frac{1}{2} \Rightarrow x=\frac{2\pi}{3} + k\cdot 2\pi \Rightarrow L=\{ \frac{2\pi }{3}, \frac{8\pi}{3} \} $ for $x\in[0,4\pi]$

og $cos\,x=-\frac{1}{2} \Rightarrow x= \frac{4\pi}{3} + k\cdot 2\pi \Rightarrow L=\{ \frac{4\pi}{3}, \frac{10\pi}{3} \}$ for $x\in[0,4\pi]$

$cos\,x=1 \Rightarrow x=0 + k\cdot 2\pi \Rightarrow L=\{0,2\pi,4\pi \}$ for $x\in[0,4\pi]$

$L=\{ 0,\frac{2\pi}{3},\frac{4\pi}{3},2\pi,\frac{8\pi}{3},\frac{10\pi}{3},4\pi \}$

==Oppgave 5==

R2 2017 høst LØSNING

2020-04-19T18:14:19Z

LektorRaustøl:

[http://www.matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=1819 Oppgaven som pdf]

[http://www.matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=46535 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[http://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=1846 Løsningsforslag laget av Dennis Christensen]

[https://ndla.no/sites/default/files/eksamen_r2_host_2017nb_losning_11.04.2018.pdf Løsningsforslag laget av NDLA]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHXzIf8ap6DLBtBH1rmcgYYx Løsning Del 1 som video laget av Lektor Raustøl]

Har du et løsningsforslag du ønsker å dele? Send inn til cosinus@matematikk.net så legger vi det ut!

R1 2018 høst LØSNING

2020-04-02T09:04:21Z

LektorRaustøl:

R1 2019 vår LØSNING

2020-03-31T14:44:05Z

LektorRaustøl:

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2410 Oppgaven som pdf]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2425 Løsningsforslag laget av matteprat-bruker SveinR]

[https://matematikk.net/matteprat/download/file.php?id=2431 Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas]

[https://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?f=13&t=49192 Diskusjon av denne oppgaven på matteprat]

[https://www.youtube.com/playlist?list=PLplkS_rtcCHUyLbAmXNYc2GohU9PuIZFF Løsning Del 1 som video av Lektor Raustøl]

=DEL 1=

==Oppgave 1==

===a)===

$f(x)=x^3+2x^2-\sqrt{x} \\ f'(x)=3x^2+4x-\frac{1}{2\sqrt{x}}$

===b)===

$g(x)=x^2\cdot ln(2x-1) \\ g'(x)=2x\cdot ln(2x-1)+\frac{2x^2}{2x-1}$

Brukte produktregelen og kjerneregelen. Løsningen kan evt. faktoriseres.

===c)===

$ h(x) = \frac{4x}{e^{2x}} \\ h'(x)=\frac{4e^{2x}-4x\cdot 2e^{2x}}{(e^{2x})^2} \\ = \frac{e^{2x}(4-8x)}{(e^{2x})(e^{2x})} = \frac{-8x+4}{e^{2x}}$

==Oppgave 2==

===a)===

$\frac{1}{x^2-x}+\frac{1}{x^2+x}-\frac{1}{x^2-1} \\ = \frac{1}{x(x-1)}+\frac{1}{x(x+1)}-\frac{1}{(x+1)(x-1)} \\ = \frac{x+1}{x(x-1)(x+1)}+\frac{x-1}{x(x+1)(x-1)}-\frac{x}{x(x+1)(x-1)}\\ = \frac{x+1+x-1-x}{x(x+1)(x-1)} \\ = \frac{x}{x(x+1)(x-1)} \\ = \frac{1}{x^2-1}$

===b)===

$\frac{(ln\,e^3+1)^2}{(e^{ln\,3}+1)} = \frac{(3+1)^2}{(3+1)^3}=\frac{4^2}{4^3}=\frac{1}{4}$

==Oppgave 3==

===a)===

$(2x-1)=0 \\ x=\frac{1}{2}$

Sjekker om $x=\frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f(x)$:

$f(\frac{1}{2})= 2(\frac{1}{2})^3-3(\frac{1}{2})^2-11\cdot \frac{1}{2}+6 \\ = \frac{2}{8}-\frac{3}{4}-\frac{11}{2}+6 \\ = \frac{2}{8}-\frac{6}{8}-\frac{44}{8}+6 \\ = \frac{-48}{8}+6 = -6+6 = 0$

$x=\frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f(x)$, det vil si at divisjonen $f(x):(2x-1)$ går opp.

===b)===

Utfører polynomdivisjonen $f(x) : (2x-1)$

[[File: R1_V19_Del1_3b.png]]

$x^2-x-6=(x-3)(x+2)$

$f(x)=(2x-1)(x-3)(x+2)$

===c)===

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

Setter felles faktor $(2x-1)(x+2)$ utenfor parentes.

$ (2x-1)(x+2)((x-3)-1) \geq 0 \\ (2x-1)(x+2)(x-4) \geq 0 $

[[File: R1_V19_del1_3c.png]]

$f(x) \geq (2x-1)(x+2)$ når $x \in [-2, \frac{1}{2}] \cup [4,\rightarrow \rangle$

==Oppgave 4==

===a)===

Vi har punktene $A(1,3)$ og $B(5,-1)$

$\vec{AB}=[5-1,-1-3]=[4,-4]$

$|\vec{AB}|=\sqrt{4^2+(-4)^2}=\sqrt{32}=\sqrt{2\cdot 16}=4\sqrt{2}$

===b)===

Likning for en sirkel med sentrum i $(x_0, y_0)$:

$ (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 = r^2 $

Husk at sirkelens diameter er fra punkt A til punkt B. Sentrum i vår sirkel blir midt mellom punkt A og B, i (3,1).

Radius blir halvparten av $|\vec{AB}|$: $\frac{4\sqrt{2}}{2}= 2\sqrt{2}$

Vi setter inn våre verdier og får likningen for sirkelen:

$ (x - 3)^2 + (y - 1)^2 = (2\sqrt{2})^2 \\ (x-3)^2 + (y-1)^2 = 4\cdot 2 \\ (x-3)^2 + (y-1)^2 = 8 $

===c)===

For å få en rett vinkel i C, må punkt C ligge på sirkelperiferien. Dette på grunn av Thales setning.

Sentrum av sirkelen er i punkt (3,2), og radiusen av sirkelen er $2\sqrt{2}$. Siden $3+2\sqrt{2} < 6 $, så tangerer ikke linja x=6 sirkelen. Dermed er punkt C utenfor sirkelperiferien, og det er ikke mulig å plassere C slik at trekanten ABC får en rett vinkel i C.

En annen måte å finne ut av det er å sjekke om det finnes en y-verdi for punkt C hvor $\vec{AC}\cdot \vec{BC} = 0$.

==Oppgave 5==

===a)===

$\binom{10}{3} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 4 = 120 $

120 ulike grupper på tre deltakere kan komme til finalen.

===b)===

Vi har flere kvinner enn menn i en gruppe på tre, dersom vi har to eller tre kvinner.

P(to eller tre kvinner) = $\frac{\binom{5}{2} \binom{5}{1}}{ \binom{10}{3}} + \frac{\binom{5}{3} \binom{5}{0}}{ \binom{10}{3}} = \frac{10 \cdot 5}{120} + \frac{10 \cdot 1 }{120} = \frac{60}{120} = \frac{1}{2}$

60 av de 120 gruppene, det vil si halvparten, inneholder flere kvinner enn menn.

==Oppgave 6==

===a)===

Graf A tilhører funksjonen f, og graf B tilhører funksjonen f´. Dette ser vi fordi når f´ har negativ verdi (grafen er under x-aksen), så synker grafen til f. Når f´ har positiv verdi (grafen er over x-aksen), så stiger grafen til f. Videre har den deriverte et nullpunkt der hvor funksjonen f har et ekstremalpunkt (bunnpunkt).

===b)===

[[File:fortegnr1v19-1.png]]

Den dobbelderiverte er negativ for de x-verdiene hvor den deriverte synker, har et nullpunkt i x-verdien til den derivertes bunnpunkt (vendepunktet til f), og er positiv for de x-verdiene hvor den deriverte stiger.

==Oppgave 7==

===a)===

$\angle APC$ og $\angle DPB$ er toppvinkler, og derfor like store.

$\angle CAB$ og $\angle CDB$ er periferivinkler som spenner over den samme sirkelbuen. Disse er derfor like store.

Dersom to trekanter har to parvis like store vinkler, er trekantene formlike. $\triangle APC$ og $\triangle PBD$ er derfor formlike.

===b)===

Siden $\triangle APC$ og $\triangle PBD$ er formlike, har vi at

$\frac{AP}{PD}=\frac{CP}{PB} \Rightarrow AP \cdot PB = CP \cdot PD$

==Oppgave 8==

===a)===

$f'(2)=0 \Leftarrow$ Grafen til $f$ har et toppunkt i $(2, f(2))$

Dersom grafen til f har et toppunkt i $(2, f(2))$, impliserer det at vi har $f'(2)=0$. Derimot, hvis vi bare vet at $f'(2)=0$, vet vi ikke om grafen til f har et toppunkt, et bunnpunkt eller et terrassepunkt i $(2, f(2))$. $f'(2)=0$ impliserer altså ikke nødvendigvis et toppunkt i $(2, f(2))$.

===b)===

$f'(3)=0$ og $f' '(3)>0 \Rightarrow $ Grafen til $f$ har et bunnpunkt i $(3, f(3))$

Dersom $f'(3)=0$ vet vi at grafen til f har et ekstremalpunkt. Dersom $ f' '(3)>0 $ i tillegg, så har vi et bunnpunkt.

Det er derimot ikke alle funksjoner med bunnpunkt i $(3,f(3))$ som har $ f' '(3)>0 $ . For eksempel, dersom $ f(x)=(x-3)^n $ , hvor n er et partall større enn eller lik 4, så er $ f'(3)=0 $ og $ f' '(3)=0 $ i bunnpunktet $(3, f(3))$.

Dette kan være litt vanskelig å vite, og forhåndssensurrapporten til denne eksamen presiserer at ekvivalenspil også blir godtatt dersom man argumenterer godt for svaret sitt.

=DEL 2=

==Oppgave 1==

===a)===

$ \vec{r\,} (t) = [28t-3t^2, 10t-5t^2]$

Bestemmer fartsvektoren:

$ \vec{v\,} (t) = \vec{r\,} '(t) = [28-6t, 10-10t]$

Bestemmer farten da ballen ble sparket:

$ \vec{v\,} (0)=[28,10]$

$|\vec{v\,} (0) | = \sqrt{28^2 + 10^2 } = 29,7 $

Banefarten som ballen fikk da den ble sparket var 29,7 m/s.

===b)===

Når ballen treffer bakken, er posisjonsvektorens y-koordinat lik 0. Finner tiden t hvor dette skjer i CAS på Geogebra:

[[File: R1_v19_del2_1b.png]]

Ballen kastes når tiden t=0. Ballen treffer bakken når tiden t=2, etter 2 sekunder.

===c)===

Når ballen er på sitt høyeste punkt, er fartsvektorens y-koordinat lik 0 (ingen fart i y-retning). Finner tiden t hvor dette skjer:

$10-10t=0 \\ t=1$

Finner ballens banefart, altså fartsvektorens x-koorinat i tiden t=1:

$28-6\cdot 1 = 28 - 6 = 22$

Ballens banefart da den var i sitt høyeste punkt var 22 m/s.

==Oppgave 2==

===a)===

Bruker sannsynlighetskalkulatoren i Geogebra, og velger hypergeometrisk fordeling. 8 av de 20 ansatte er menn, og utvalget er 3.

[[File: oppg3a-del2-S1-V2019.png]]

Sannsynligheten for at nøyaktig 2 av de 3 vinnerne er menn, er 0,2947.

===b)===

Velger binomisk fordeling, der antall lotterier er 12, og sannsynligheten for at 2 av 3 vinnere er menn, er 02947 (fra forrige oppgave).

[[File: oppg3b-del2-S1-vår2019.png]]

Sannsynligheten for at 2 av 3 vinnere er menn i 6 av de 12 lotteriene, er 0,0745 = 7,45%.

===c)===

Sannsynligheten for at alle vinnerne i ett lotteri er kvinner er 0,193.

[[File: oppg3kvinner-del2-S1V19.png]]

Sannsynligheten for at alle vinnerne i ett lotteri er menn er 0,0491.

[[File: oppg3menn-del-S1V19.png]]

Sannsynligheten for at alle vinnerne er av samme kjønn i ett lotteri er da $0,193+0,0491=0,2421$

Finner sannsynligheten for at de tre vinnerne har samme kjønn i minst ett av de tolv lotteriene:

[[File: oppg3d-del2-S1V19.png]]

Sannsynligheten er 0,9641 = 96,41%.

==Oppgave 3==

===a)===

[[File: oppg3-del2-R1-V19.png]]

===b)===

[[File: oppg3b2-del2-R1-V19.png]]

Vi har et toppunkt i $(-2, 2)$, og et bunnpunkt i $(- \frac{2}{3}, \frac{22}{27})$. Siden jeg har tegnet grafen i oppgave a), kan jeg se hva som er topp- og bunnpunkt. Dersom jeg ikke hadde tegnet grafen til $f$, måtte jeg ha sjekket hvor den deriverte er positiv og negativ for å avgjøre hva som er topp- og bunnpunkt (og se at vi f.eks. ikke har et terrassepunkt).

Vendepunktet er i $(- \frac{4}{3}, \frac{38}{27})$

===c)===

[[File: oppg3c-del2-R1-V19.png]]

Grafen til $g$ har et toppunkt og et bunnpunkt for $a < -2 \sqrt{3}$ og $a > 2\sqrt{3}$

===d)===

[[File: oppg3d-del2-R1-V19.png]]

Finner vendepunktet til $g$ i rad 2. I rad 4 setter jeg inn x-koordinaten til vendepunktet i h(x), og ser at jeg får samme y-koordinat på grafen til $h$ som for vendepunktet til $g$, uansett hvilken verdi $a$ har. I rad 5 bekrefter jeg bare at y-verdien i rad 2 og rad 4 har samme verdi.

==Oppgave 4==

===a)===

$\angle ACB$ og $\angle DCG$ er toppvinkler, og derfor like store. Videre er CG = CB siden CBDF er et kvadrat og derfor har like lange sider. På samme måte er CD = AC siden ACDE er et kvadrat. Vi har to parvis like lange sider, med like stor vinkel mellom disse. Trekantene $\triangle ABC$ og $\triangle GDC$ er derfor kongruente.

===b)===

Vi tenker oss at punkt H er sentrum i en sirkel med diameter AB. På grunn av Thales setning vil punkt C ligge på sirkelen, siden $\angle ACB = 90$ grader, og $\angle AHB = 180$ grader. Da vil AH og HC begge være sirkelens radius, og derfor vil AH=HC. Det betyr at $\triangle AHC$ er likebeint.

===c)===

Siden trekantene $\triangle ABC$ og $\triangle GDC$ er kongruente, er $\angle CGI$ og $\angle ABC$ like store.

Siden $\triangle AHC$ er likebeint, har vi at $\angle ACH = \angle CAB$. Videre er $\angle ACH = \angle GCI$ siden disse er toppvinkler. Det betyr at $\angle CAB = \angle GCI$.

I $\triangle ABC$ og $\triangle CIG$ har vi to parvis like store vinkler. Altså er trekantene formlike, og $\angle ACB = \angle CIG = 90$ grader.