R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Eksamen R1, Våren 2009

Stord Vidaregåande skule

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1a)

Deriver funksjonene1 f (x) = (x2 + 1)4

2 g(x) = x · e2x

1 Bruker kjerneregelen med kjernen u = x2 + 1. Da bliru ′(x) = 2x og

f ′(x) = 4u3 ·u ′(x) = 4(x2+1)3 ·2x = 8x(x2+1)3

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1a)

Deriver funksjonene1 f (x) = (x2 + 1)4

2 g(x) = x · e2x

2 Bruker produktregelen og får

g ′(x) = 1 · e2x + x · 2 · e2x = (1 + 2x)e2x

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1b)

Regn ut grenseverdien hvis den eksisterer

limx→2

x2 − 2xx − 2

Her har vi et såkalt «00» tilfelle. Da må vi se om vi kan

omforme uttrykket på en eller annen måte. I dette tilfelletser vi om vi kan forkorte brøken (faktorisere og stryke):

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1b)

Regn ut grenseverdien hvis den eksisterer

limx→2

x2 − 2xx − 2

Her har vi et såkalt «00» tilfelle. Da må vi se om vi kan

omforme uttrykket på en eller annen måte. I dette tilfelletser vi om vi kan forkorte brøken (faktorisere og stryke):

limx→2

x2 − 2xx − 2

= limx→2

x�

���(x − 2)

���x − 2

= limx→2

x = 2

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1c)

Trekk sammen

x − 2x2 + 2x

−x + 2

x2 − 2x−

4xx2 − 4

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1c)

Trekk sammen

x − 2x2 + 2x

−x + 2

x2 − 2x−

4xx2 − 4

Vi ser at x(x + 2)(x − 2) er en felles nevner. Utviderderfor brøkene og trekker sammen:

x − 2x2 + 2x

−x + 2

x2 − 2x−

4xx2 − 4

=(x − 2)(x − 2)

x(x + 2)(x − 2)−

(x + 2)(x + 2)x(x − 2)(x + 2)

−4x · x

x(x − 2)(x + 2)

=x2 − 4x + 4 − (x2 + 4x + 4) − 4x2

x(x − 2)(x + 2)

= −4x2 + 8x

x(x − 2)(x + 2)= −

4����x(x + 2)

����x(x + 2)(x − 2)

= −4

(x − 2)

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1d)

Gitt punktene A(−2,−1), B(5,4) og C(4,7).

1 Bestem−→AB,−→AC og

−→BC.

2 Undersøk om noen av vektorene står normalt påhverandre.

1−→AB = [5 − (−2),4 − (−1)] = [7,5]−→AC = [4 − (−2),7 − (−1)] = [6,8]−→BC = [4 − 5,7 − 4] = [−1,3]

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1d)

Gitt punktene A(−2,−1), B(5,4) og C(4,7).

1 Bestem−→AB,−→AC og

−→BC.

2 Undersøk om noen av vektorene står normalt påhverandre.

2 Undersøker om noen av skalarproduktene blir null.

−→AB · −→AC = [7,5] · [6,8] = 7 · 6 + 5 · 8 = 82 6= 0−→AB · −→BC = [7,5] · [−1,3] = −7 + 3 · 5 = 8 6= 0−→AC · −→BC = [6,8] · [−1,3] = −6 + 24 = 18 6= 0

Dette viser at ingen av vektorene står vinkelrett påhverandre.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1e) 1)

Gitt polynomfunksjonen f (x) = 2x3 + 8x2 + 2x − 12

Regn ut f (1). Faktoriser f (x).

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1e) 1)

Gitt polynomfunksjonen f (x) = 2x3 + 8x2 + 2x − 12

Regn ut f (1). Faktoriser f (x).

f (1) = 2 · 13 + 8 · 12 + 2 · 1− 12 = 0. Dette viser at (x − 1)er en faktor i f (x). Utfører derfor polynomdivisjon:

(2x3 + 8x2 + 2x − 12) : (x − 1) = 2x2 + 10x + 12

2x3 − 2x2

10x2 + 2x − 12

10x2 − 10x

12x − 12

12x − 12

0

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1e) 1)

Vi har altså:

f (x) = (x −1)(2x2+10x+12) = 2(x −1)(x2+5x +6)

Vi faktoriserer det polynomet x2 + 5x + 6 ved å finnenullpunktene:

x =−5±

√25 − 4 · 62

=−5± 1

2=

{

−3

−2

Dette gir oss at x2 + 5x + 6 = (x + 3)(x + 2). Vi får derfor

f (x) = 2(x − 1)(x + 2)(x + 3)

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1e) 2)

Løs ulikhetene f (x) 6 0

Tegner fortegnslinje for f :

-3 -2 1

(x + 3)

(x + 2)

2(x − 1)

f (x)

bc

bc

bc

bc bc bc

Vi ser at L = 〈←,−3] ∪ [−2,1]

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1f)

Skriv så enkelt som mulig

lg(

1a2

)

+ 3 · lg a

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1a)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 1f)

Skriv så enkelt som mulig

lg(

1a2

)

+ 3 · lg a

Vi bruker logaritmereglene og får

lg(

1a2

)

+ 3 · lg a = lg 1 − lg a2 + 3 lg a

= −2 lg a + 3 lg a

= lg a

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2a)

b)

c)

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 2

A B

C

D

Forklar at 4ABC, 4ACD og 4CBD er formlike.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2a)

b)

c)

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 2

A B

C

D

Forklar at 4ABC, 4ACD og 4CBD er formlike.

Det er nok å vise at trekantene har like vinkler. Siden alletre er rettvinklede er det nok å vise at de har en til vinkelsom er lik, siden da vil også den tredje være lik (summener 180◦)Men dette følger av at ∠A er en felles vinkel til 4ABC og4ACD. Dette viser at disse to trekantene er formlike. Påsamme måte er ∠B en felles vinkel til 4ABC og 4CBD.Følgelig er også disse to trekantene formlike. Det vil si atalle tre er formlike.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2a)

b)

c)

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 2

Bruk a) til å vise at AC2 = AB · AD og at BC2 = AB · DB

A B

C

D

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2a)

b)

c)

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 2

Bruk a) til å vise at AC2 = AB · AD og at BC2 = AB · DB

A B

C

D4ABC ∼ 4ACD gir oss

ACAD

=ABAC

⇔ AC2 = AB · AD

4CBD ∼ 4ABC gir oss

BCDB

=ABBC

⇔ BC2 = AB · DB

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2a)

b)

c)

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 2

Bruk b) til å bevise Pytagoras setning.

A B

C

D

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2a)

b)

c)

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 2

Bruk b) til å bevise Pytagoras setning.

A B

C

DVi adderer AC2 og BC2 og ser hva vi får:

AC2 + BC2 = AB · AD AB · DB

= AB(AD + DB)

= AB · AB

= AB2

Dette er Pytagoras!

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3a)

b)

c)

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 3a)

Konstruksjon av triangleABC, der AB = 10 cm,∠C = 90◦og AC = 7 cm. På figuren har jeg ogsåkonstruert den innskrevne sirkelen.

bA bB

bC

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3a)

b)

c)

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 3a)

Forklaring til konstruksjonen:

1 Satte først av AB = 10 cm2 Konstruert så halvsirkel med AB som diameter.3 Satte av en bue med sentrum i A og radius lik 7 cm.

Denne vil snitte halvsirkelen i C. Vet Thales setningvil da ∠C = 90◦.

4 For å konstruere den innskrevne sirkelen halverte jegvinkel A og vinkel C. De to nye vinkelbeina vil skjærehverandre i sentrum av den innskrevne sirkelen.

5 Konstruerte en normal fra dette skjæringspunktet,ned på AB. Fotpunktet på AB vil da ligge på deninnskrevne sirkelen.

6 Konstruerte så sirkelen.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3a)

b)

c)

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 3b)

Fin den eksakte løsningen til likningen ved regning:

(ln x)2 + ln x2 = 3

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3a)

b)

c)

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 3b)

Fin den eksakte løsningen til likningen ved regning:

(ln x)2 + ln x2 = 3

Vi kan skrive likningen som

(ln x)2 + 2 ln x = 3

Dersom vi lar ln x = u, så blir dette:u2 + 2u = 3

mu2 + 2u + 1 = 4

m(u + 1)2 = 4

mu + 1 = ±2

Det vil si atu = −3 eller u = 1.Altså:ln x = −3⇔ x = e−3 ≈ 0,00498ellerln x = 1⇔ x = e ≈ 2,718.

L = {e−3,e}

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3a)

b)

c)

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 3c) 1)

En bedrift produserer mobiltelefoner. Avdeling A står for70 % av produksjonen, og avdeling B står for deresterende 30 %. Det har vist seg at 5 % av produksjonenfra avdeling A har feil, mens 10 % av produksjonen fra Bhar feil.

Finn sannsynligheten for at en tilfeldig valgt telefon harfeil.

Dersom vi trekker ut en tilfeldig mobiltelefon, så er det tohendelser som er interessante i denne oppgaven:

A: «Mobiltelefonen er produsert av avdeling A»

F: «Det er feil på mobiltelefonen.»

Da vil A være at mobiltelefonen er produsert av avdelingB, og F at den ikke har feil.Vi skal finne P(F)

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3a)

b)

c)

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 3c)

Total sannsynlighet gir oss:

P(F ) = P(A ∩ F ) + P(A ∩ F )

= P(A) · P(F | A) + P(A) · P(F | A)

= 0,70 · 0,05 + 0,30 · 0,10

= 0,065 = 6,5%

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3a)

b)

c)

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 3c)

Total sannsynlighet gir oss:

P(F ) = P(A ∩ F ) + P(A ∩ F )

= P(A) · P(F | A) + P(A) · P(F | A)

= 0,70 · 0,05 + 0,30 · 0,10

= 0,065 = 6,5%

Hva er sannsynligheten for at en telefon som har feil, erprodusert i avdeling A?

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3a)

b)

c)

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 3c)

Total sannsynlighet gir oss:

P(F ) = P(A ∩ F ) + P(A ∩ F )

= P(A) · P(F | A) + P(A) · P(F | A)

= 0,70 · 0,05 + 0,30 · 0,10

= 0,065 = 6,5%

Hva er sannsynligheten for at en telefon som har feil, erprodusert i avdeling A?

Vi skal finne P(A | F ). Bruker Bayes setning:

P(A | F ) =P(A) · P(F | A)

P(F )=

0,70 · 0,050,065

≈ 53,8%

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 IFunksjonen f er gitt ved f (x) = −x3 + ax2 + bx − 11.Grafen har et bunnpunkt i (−1,−16)

Vis at a = 3 og b = 9.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 IFunksjonen f er gitt ved f (x) = −x3 + ax2 + bx − 11.Grafen har et bunnpunkt i (−1,−16)

Vis at a = 3 og b = 9.

Vi vet at f (−1) = −16 og f ′(−1) = 0. Den deriverte er

f ′(x) = −3x2 + 2ax + b

Vi får derfor likningsettet:

1 + a − b − 11 = −16

−3 − 2a + b = 0⇔ a − b = −6

−2a + b = 3

Adderer vi de to likningene, får vi −a = −3. Det vil si ata = 3. Setter vi dette inn i den øverste likningen får vib = a − (−6) = 3 + 6 = 9.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 I

Finn f ′(x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja forf ′(x). Bruk fortegnslinja til å finne ut hvor grafen stiger oghvor den synker. Hva blir koordinatene til eventuelletoppunkter på grafen til f ?

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 I

Finn f ′(x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja forf ′(x). Bruk fortegnslinja til å finne ut hvor grafen stiger oghvor den synker. Hva blir koordinatene til eventuelletoppunkter på grafen til f ?

Den deriverte er gitt ved

f ′(x) = −3x2 + 6x + 9 = −3(x + 1)(x − 3)

−1 3

(x − 3)

−3(x + 1)

f ′(x) bc

bc

bc

bc

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 Ib)

−1 3

(x − 3)

−3(x + 1)

f ′(x) bc

bc

bc

bc

Vi ser at grafen til f synker når x ∈ 〈←,−1〉 ∪ 〈3,→〉 ogstiger når x ∈ 〈−1,3〉.

I tillegg til bunnpunktet (−1,−16) har grafen til f også ettoppunkt i (3, f (3)) = (3,16).

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 Ic)

Finn f ′′(x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja forf ′′(x). Bruk fortegnslinja til å finne eventuellevendepunkter på grafen til f.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 Ic)

Finn f ′′(x), og bruk denne til å tegne fortegnslinja forf ′′(x). Bruk fortegnslinja til å finne eventuellevendepunkter på grafen til f.

f ′′(x) = −6x + 6 = −6(x − 1)

Den dobbeltderiverte har fortegnslinje:

1

f ′′(x) bc

Vi ser at fortegnet til den dobbeltderiverte skrifter i x = 1.Vi får derfor at grafen til f har et vendepunkt i(1, f (1)) = (1,0).

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 I

Finn likningene for tangentene med stigningstall 9.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 I

Finn likningene for tangentene med stigningstall 9.

Må da løse likningen

f ′(x) = 9

m−3x2 + 6x + 9 = 9

m−3x(x − 2) = 0

mx = 0 ∨ x = 2

Ettpunktsformelen gir oss likningene for tangentene:

y = 9(x − 0) + f (0) = 9x − 11

y = 9(x − 2) + f (2) = 9x − 7

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 Ie)

Grafen til f :

5

10

15

−5

−10

−15

1 2 3 4−1−2

x

y

f

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 Ie)

Bruk grafen og resultatene i d) til å avgjøre for hvilkeverdier av b likningen f (x) = 9x + b har tre forskjelligeløsninger.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 Ia)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 4 II

Oppgave 5

Oppgave 4 Ie)

Bruk grafen og resultatene i d) til å avgjøre for hvilkeverdier av b likningen f (x) = 9x + b har tre forskjelligeløsninger.

Vi vet at linjen y = 9x +b tangerer grafen til f når b = −11og når b = −7. I dette tilfellet har likningen to løsninger.Dersom b > −7 eller b < −11, så vil linja y = 9x + bskjære grafen kun i ett punkt. Det vil si at vi har kun énløsning i dette tilfellet.Dersom b ligger mellom disse to verdiene (mellom -7 og-11), så vil likningen ha tre forskjellige løsninger.

Altså: Tre forskjellige løsninger når −11 < b < −7.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 IIf (x) = 1

12(x4 − 2x3 − 12x2)

Grafen til f :

2

−2

−4

−6

2 4 6 8−2−4

x

yf

bS

bT

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 II

Finn f ′′(x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestemkoordinatene til vendepunktene S og T .

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 II

Finn f ′′(x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestemkoordinatene til vendepunktene S og T .

f ′′(x) = x2 − x − 2 = (x − 2)(x + 1)

Fortegnslinje:−1 2

(x − 2)

(x + 1)

f ′′(x) bc

bc

bc

bc

Vi ser at f har vendepunkt i (−1,−34) og i (2,−4).

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 II

Finn likningen for den rette linja gjennom punktene S ogT . Bestem koordinatene til de to andreskjæringspunktene mellom grafen til f og linja. Brukgjerne digitalt verktøy.

Vi kan for eksempel bruke GeoGebra og kommandoenlinje[S, T]. Dette gir oss linje med likningy = −1,08x − 1,83.

Regner vi med eksakte verdier, blir det y = −1312x − 11

6 .

Vi kan beregne de to andre skjæringspunkten ved å brukeverktøyet «Skjæring mellom to objekter» i GeoGebra. Vifår da punktene (−2,854,1,259) og Q = (3,854,−6,009).

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 IIVi kan finne eksakte verdier dersom vi bruker etCAS-verktøy. I Maxima kan vi for eksempel løse likningef (x) = −13

12x − 116

(%i1) solve([1/12*(x^4-2*x^3-12*x^2)=-13/12*x-11/6], [x]);

(%o1) [x = 2, x = −1, x = −3√

5 − 12

, x =3√

5 + 12

]

Vi finner da at f (3√

5+12 ) = −13

√5+198 og

f (−3√

5−12 ) = 13

√5−198 . Altså har de to andre

skjæringspunkta koordinatene

(

−3√

5−12 , 13

√5−198

)

og(

3√

5+12 ,−13

√5+198

)

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 II

Vi lar Q være skjæringspunktet lengst til høyre. Regn utSTTQ

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 II

Vi lar Q være skjæringspunktet lengst til høyre. Regn utSTTQ

STTQ

=4,4232,734

= 1.618

Her har jeg brukt verktøyet «Avstand eller lengde» iGeoGebra.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 IIg(x) = x4 − 6x2:

2

−2

−4

−6

−8

−10

1 2 3−1−2−3

x

y

T1S1 = 2Q1T1 = 1.236

g

bS1

bT1a bA b

Q1

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 IIe)

Finn g ′′(x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestemkoordinatene til vendepunktene S og T .

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 IIe)

Finn g ′′(x) og tegn fortegnslinja for denne. Bestemkoordinatene til vendepunktene S og T .

g ′′(x) = 12x2 − 12 = 12(x − 1)(x + 1)

Fortegnslinje:−1 1

(x − 1)

(x + 1)

g ′′(x) bc

bc

bc

bc

Vi ser at g har vendepunkt i (−1,−5) og i (1,−5).

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 II

Finn likningen for den rette linja gjennom punktene S1 ogT1 . Bestem koordinatene til de to andreskjæringspunktene mellom grafen til g og linja. Brukgjerne digitalt verktøy.

I dette tilfellet blir det enkelt, siden begge vendepunktahar y-koordinat lik -5. Likningen for linja er da gitt ved

y = −5

De to andre skjæringspunkta er (−2,23607,−5) ogQ1 = (2,23607,−5). Disse har jeg funnet ved å brukeverktøyet «Skjæring mellom to objekt» i GeoGebra.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 III dette tilfellet er det faktisk ikke så vanskelig å finneeksakte verdier. Vi skal løse likningen

x4 − 6x2 = −5

Lar vi u = x2, så blir dette det samme som

u2 − 6u + 5 = 0

Denne har løsningene u = 1 eller u = 5. Det vil si at denopprinnelige likningen har fire løsninger:

x = ±1 ∨ x = ±√

5

De to andre skjæringspunkta er derfor (±√

5,−5).

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 IIe) 4)

S1T1

T1Q1=

2√5 − 1

=2(√

5 + 1)

(√

5 − 1)(√

5 + 1)

=

√5 + 12

≈ 1.61803

Vi ser at vi får samme tall som i oppgave d). Dette er detgyldne snitt.Ut fra dette kunne det være interessant å sjekke om dettegjelder for flere fjerdegradsfunksjoner.Ved hjelp av glidere i GeoGebra ser det ut til at dette alltidstemmer.På siden http://tinyurl.com/ogzdbz finner du etslikt oppsett.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 IIEn kan også vise at dette gjelder generelt ved foreksempel å bruke et CAS-verktøy. I Maxima vil følgendesekvens av kommandoer vise at vi alltid får det gyldnesnitt:

f(x) := a/12*x^4 + b/6*x^3 + c/2*x^2 + d*x+e;g(x) := diff(f(x),x,2);L : solve(g(x)=0,x);h(x) := (f(rhs(L[1]))-f(rhs(L[2])))/

(rhs(L[1])-rhs(L[2]))*(x-rhs(L[1]))+f(rhs(L[1]));k(x):=(f(x)-h(x))/((x-rhs(L[1]))*(x-rhs(L[2])))M : solve(k(x)=0,x);u : sqrt((rhs(L[2]) - rhs(L[1]))^2+(f(rhs(L[2]))-f(rhs(L[1])))^2);v : sqrt((rhs(M[2])-rhs(L[1]))^2+(f(rhs(M[2]))-f(rhs(L[1])))^load(sqdnst)factor(ratsimp((v/u)))ratsimp(sqrtdenest(%));

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 IILøsning med TI InterActive!

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 IILøsning med TI InterActive!

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 IIa)

b)

c)

d)

e)

Oppgave 5

Oppgave 4 IILøsning med TI InterActive!

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

En vilkarlig trekant OABsettes inn i etkoordinatsystem med sidenOA langs x-aksen.Koordinatene til hjørnene erO(0,0),A(a,o) og B(b, c).Medianene OM1 , AM2 ogBM3 skjærer hverandre i S.Se figuren.

M(0,0) A (

MS

B(b,c)

1M2

3 ,0)aO

OAB

OA

! ! !B b c

1 2 3

S

$&(

$&(

$&(

!

2

!

2 2 2 2

a b b c c

$&(

! ! !

! ! !

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

En vilkarlig trekant OABsettes inn i etkoordinatsystem med sidenOA langs x-aksen.Koordinatene til hjørnene erO(0,0),A(a,o) og B(b, c).Medianene OM1 , AM2 ogBM3 skjærer hverandre i S.Se figuren.

M(0,0) A (

MS

B(b,c)

1M2

3 ,0)aO

OAB

OA

! ! !B b c

1 2 3

S

$&(

$&(

$&(

!

2

!

2 2 2 2

a b b c c

$&(

! ! !

! ! !

−−→OM1 =

−→OA +

12−→AB = [a,0] +

12[b − a, c] = [

b + a2

,c2]

Dette viser at M1 =(

a+b2 , c

2

)

.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

På samme måte blir

−−→OM2 =

12−→AB

=12[b, c] = [

b2,

c2]

Dette viser at M2 =(b

2 ,c2

)

.M(0,0) A (

MS

B(b,c)

1M2

3 ,0)aO

OAB

OA

! ! !B b c

1 2 3

S

$&(

$&(

$&(

!

2

!

2 2 2 2

a b b c c

$&(

! ! !

! ! !

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

På samme måte blir

−−→OM2 =

12−→AB

=12[b, c] = [

b2,

c2]

Dette viser at M2 =(b

2 ,c2

)

.M(0,0) A (

MS

B(b,c)

1M2

3 ,0)aO

OAB

OA

! ! !B b c

1 2 3

S

$&(

$&(

$&(

!

2

!

2 2 2 2

a b b c c

$&(

! ! !

! ! !

−−→OM3 =

12−→OA = [

a2,0]

Dette viser at M3 =(

a2 ,0

)

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Forklar at det finnes tall x og y slik at

−→OS = x · −−→OM1 og

−→OS =

−→OA + y · −−→AM2

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Forklar at det finnes tall x og y slik at

−→OS = x · −−→OM1 og

−→OS =

−→OA + y · −−→AM2

Den første likheten følger av at−→OS er parallell med

−−→OM1

(både S og M1 ligger på samme linje gjennom origo).

Den andre likheten følger av at−→OS =

−→OA +

−→AS og at

−→AS

er parallell med−−→AM2 (både S og M2 ligger på samme linje

gjennom A.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Finn x og y .

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Finn x og y .

Vi setter de to uttrykkene for−→OS lik hverandre og får:

x · −−→OM1 =−→OA + y · −−→AM2

m[

a + b2· x , c

2· x

]

= [a,0] +[(

b2− a

)

· y , c2· y

]

=

[

a + y(

b2− a

)

,c2· y

]

Vektorkoordinatene må være like på de to vektorene:

a + b2· x = a + y

(

b2− a

)

ogc2· x =

c2· y

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

a + b2· x = a + y

(

b2− a

)

ogc2· x =

c2· y

Den andre likningen gir oss at x = y . Setter vi dette inn iden første, så får vi:

a + b2· x = a + x

(

b2− a

)

m(

a + b2

−b2+ a

)

x = a

m3a2

x = a

m

x = y =23

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Forklar at koordinatene til skjæringspunktet mellommedianene er

(a+b3 , c

3

)

.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Forklar at koordinatene til skjæringspunktet mellommedianene er

(a+b3 , c

3

)

.

Vi har allerede funnet x = 23 . Vi får derfor at

−→OS =

23−−→OM1 =

23

[

b + a2

,c2

]

=

[

b + a2

,c3

]

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Forklar at koordinatene til skjæringspunktet mellommedianene er

(a+b3 , c

3

)

.

Vi har allerede funnet x = 23 . Vi får derfor at

−→OS =

23−−→OM1 =

23

[

b + a2

,c2

]

=

[

b + a2

,c3

]

Dette viser at S =(b+a

2 , c3

)

.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Bestem forholdene|−→OS|

|−−→OM1|

,|−→AS|

|−−→AM2|

og|−→BS|

|−−→BM4|

.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Bestem forholdene|−→OS|

|−−→OM1|

,|−→AS|

|−−→AM2|

og|−→BS|

|−−→BM4|

.

Siden−→OS = 2

3 ·−−→OM1, så vil

|−→OS|

|−−→OM1|

=23

.

Vi kan også vise at−→AS = 2

3

−−→AM2 og

−→BS = 2

3

−−→BM2. Derfor er

alle forholdene like, nemlig 23 .

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Bestem forholdene|−→OS|

|−−→OM1|

,|−→AS|

|−−→AM2|

og|−→BS|

|−−→BM4|

.

Siden−→OS = 2

3 ·−−→OM1, så vil

|−→OS|

|−−→OM1|

=23

.

Vi kan også vise at−→AS = 2

3

−−→AM2 og

−→BS = 2

3

−−→BM2. Derfor er

alle forholdene like, nemlig 23 .

Vi kan selvsagt også argumentere for dette ved å påpekeat disse forholdene må være uavhengig av hvordan viplasserer koordinatsystemet i forhold til trekanten. Sidenhjørnene er generelle punkt i en trekant, så vil resultatetalltid gjelde.

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Bestem koordinatene til punktet B i det tilfellet at O(0,0)A(6,0) og S(1,4).

R1 Våren 2009

Tor EspenKristensen

Oppgave 1

Oppgave 2

Oppgave 3

Oppgave 4 I

Oppgave 4 II

Oppgave 5a)

b)

c)

d)

f)

Oppgave 5

Bestem koordinatene til punktet B i det tilfellet at O(0,0)A(6,0) og S(1,4).

I dette tilfellet er a = 6 og a+b3 = 1. Det vil si at

6 + b3

= 1 ⇔ b = −3

Videre er c3 = 4. Det vil si at c = 12.

Altså:

a = 6, b = −3, og c = 12

B har koordinatene (−3,12).