Matematik A - studentereksamen Løsningsforslag

Del 1 - uden hælpemidler

Opgave 1

Andengradsligningen løses ved at finde rødderne:

\[\begin{aligned} x_\pm &= \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}\\ &=\frac{-4\pm \sqrt{16-4 \cdot 2 \cdot(-6)}}{4}\\ &=\frac{-4 \pm \sqrt{16+48}}{4}\\ &=-1 \pm \frac{\sqrt{64}}{4}\\ &=-1 \pm 2\\ \Rightarrow &x=1 \quad \bigvee \quad x= -3 \end{aligned}\]

Andengradsligningen løses altså af \(x=\underline{\underline{1}}\) og \(x=\underline{\underline{-3}}\).

Opgave 2

For at de 2 vektorer skal være ortogonale på hinanden skal deres prikprodukt være 0:

\[\begin{aligned} {a}. {b}=0&=3 (1-t)+2(t-1)\\ &=3-3t+2t-2\\ &=1-t\\ \Rightarrow t &= \underline{\underline{1}} \end{aligned}\]

Altså når \(t=\underline{\underline{1}}\) er de 2 vektorer ortogonale.

Opgave 3

Funktionen \(N(t)\) er en eksponentialfunktion. Tallet 1.62 kaldes fremskrivningsfaktoren og fortæller os noget om hvor hurtigt at antallet af rotter udvikler sig. I dette tilfælde vil antallet af rotter stige med 62% pr. døgn. Tallet 40 er funktionens begyndelsesværdi, og i dette tilfælde er det antallet af rotter til tidspunktet \(t=0\).

Opgave 4

Vi starter med at differentiere funktionen:

\[f'(x)=\text{e}^x-2x^{2-1}-2=\text{e}^x-2x-2\]

Som vi nu sætter ind i differentialligningen sammen med funktionen selv:

\[\begin{aligned} \text{e}^x-2x-2&=\text{e}^x-x^2-2x+x^2-2\\ &=\text{e}^x-2x-2 \end{aligned}\]

Der står nu det samme på begge sider af lighedstegnet, og \(f(x)\) er altså en løsning til differentialligningen.

Opgave 5

Vi starter med at integrere funktionen:

\[\begin{aligned} F(x)=\int \, \frac{x}{2}+\frac{2}{x}\, dx&=\frac{1}{2} \cdot\frac{1}{1+1}x^{1+1}+2 ln(x)+C\\ &=\frac{1}{4}x^2+2 \ln(x)+C \end{aligned}\]

Vi sætter nu punktet \(P\) ind i ligningen for \(F(x)\) og isolere for \(C\):

\[\begin{aligned} F(1)=2&=\frac{1}{4} \cdot 1^2+2 \cdot\ln(1)+C\\ &=\frac{1}{4}+0+C\\ \Rightarrow C = 8 \end{aligned}\]

Ligningen for stamfunktionen til \(f\) der går gennem punktet \(P(1,2)\) er altså \(F(x)=\underline{\underline{\frac{1}{4}x^2+2 \ln(x)+8}}\).

Opgave 6

For at bestemme monotoniforholdene for \(f\), kigger vi kun på fortegnet af grafen for \(f'\). Ud fra grafen ses det at i intervallerne \([-2;-1]\) og \([1;3]\) er fortegnet negativt og i intervallerne \([-1;1]\) og \([3;5]\) er fortegnet positivt. Monotoniskemaet kan nu opskrives:

Del 2 - med hjælpemidler

Opgave 7

a)

Vi genkender modellen som en potens funktion og anvender derfor potens regression i maple for at bestemme konstanterne \(a\) og \(b\):

Vi har altså bestemt konstanterne til at være \(a=\underline{\underline{-0.89769}}\) og \(b=\underline{\underline{306.35}}\)

b)

For at bestemme højden af et træ der vokser med 14 cm pr. år, løses ligningen \(f(x)=14\):

Et træ der vokser med 14 cm pr. år, er altså \(\underline{\underline{31.1}}\) cm højt.

c)

For at bestemme hvor mange procent vokseraten ændre sig med når højden af træet øges med 30%, anvendes formlen \(r_y=(1+r_x)^a-1\):

\[\begin{aligned} r_y&=(1+0.3)^{-0.89769}-1\\ &=-0.20\\ &=\underline{\underline{-20\%}} \end{aligned}\]

Når højden af træet øges med 30%, falder vokseraten altså med \(\underline{\underline{20\%}}\).

Opgave 8

a)

Sumkurven tegnes:

Og kvartilsættet fås altså til at være [16.1 dl, 25.2 dl, 35.3 dl].

Opgave 9

a)

Trekanten som linjestykket s indgår i er retvinklet hvilket vil sige at vi kan anvende tangens for at bestemme s:

\[\begin{aligned} \tan(35)&=\frac{3.2}{s}\\ \Rightarrow s&=\frac{3.2}{\tan(41.5)}\\ &=\underline{\underline{3.6 \, \text{m}}} \end{aligned}\]

For at finde w, kigger vi på trekanten som w indgår i. Grundlinjen af denne trekant fås ved at trække 3.6 m fra 4.03 m. Højden af trekanten har vi allerede fået opgivet på den oprindelig figur som et af linjestykkerne i det centrale rektangel.

Vi har nu alt hvad vi skal bruge for at kunne bestemme w vha. tangens:

\[\begin{aligned} \tan(w)&=\frac{0.43}{3}\\ \Rightarrow w &= \arctan\left(\frac{0.43}{3}\right)\\ &=\underline{\underline{8.16°}} \end{aligned}\]

Altså er \(w=\underline{\underline{8.16°}}\)

b)

Det at vi har at gøre med en regulær oktagon, betyder at alle vinklerne er ens. Dvs. at arealet af alle de trekanter man kan dele oktagonen op i også er det samme. Vi skal altså bare bestemme arealet af én trekant og derefter gange op med antallet af trekanter.

Vinklen v i hver trekant (se figuren) kan findes ud fra vinkelsummen i en cirkel. Inde i midten hvor trekanternes spidser mødes må der være 360\(°\) rundt, altså er hver vinkel \(v=\frac{360°}{8}=45°\) (da der er otte trekanter i alt). Vi kan nu bestemme arealet af hver trekant:

\[\begin{aligned} A&=\frac{1}{2} \cdot 4.42 \cdot 4.42 \cdot\sin(45)\\ &=6.9 \end{aligned}\]

Arealet af hele grundfladen er så:

\[T=6.9 \cdot 8 = \underline{\underline{55.2}}\]

Opgave 10

a)

For at bestemme afstanden fra T til \(\alpha\) anvender vi formlen for afstanden mellem et punkt og plan:

\[\begin{aligned} Dist(\alpha,T)&=\frac{|ax_1+by_1+cz_1+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\\ &=\frac{|2 \cdot 0+0 \cdot 0+6 \cdot 40+40|}{\sqrt{2^2+0^2+6^2}}\\ &=\frac{|280|}{\sqrt{40}}\\ &=\underline{\underline{44.272}} \end{aligned}\]

Altså er \(Dist(T,\alpha)=\underline{\underline{44.272}}\).

b)

For at bestemme vinklen mellem \(\alpha\) og sidefladen \(TDC\), bestemmer vi vinklen mellem deres normalvektorer. Vi starter med at finde en normalvektor for fladen \(TDC\) i maple:

Vinklen findes nu fra formlen \(\cos(v)=\frac{ {n_\alpha}. {n_{TDC}}}{| {n_\alpha}| \cdot| {n_{TDC}}|}\):

\[\begin{aligned} \cos(v)&=\frac{2 \cdot 3200+0 \cdot 0+6 \cdot(-3200)}{\sqrt{2^2+0^2+6^2} \cdot\sqrt{3200^2+0^2+(-3200)^2}}\\ &=\frac{-12800}{\sqrt{40} \cdot\sqrt{20480000}}\\ &=-0.44721\\ \Rightarrow v&= \arccos(-0.44721)\\ &=\underline{\underline{116.6°}} \end{aligned}\]

Eller i maple:

Dette er den stumpe vinkel vi har fundet mellem \(\alpha\) og \(TDC\). Den spidse vinkel er selvfølgelig bare:

\[V=180°-116.565=63.434°\]

c)

For at kunne opstille en parameterfremstilling for den linje der går gennem punkterne T og F, skal vi først finde vektoren \( {TF}\) som vores retningsvektor:

\[ {TF}=\begin{bmatrix}40-0\\40-0\\0-40\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}40\\40\\-40\end{bmatrix}\]

Vi kan nu opstille parameterfremstillingen ved at bruge T som fast punkt:

\[l: \qquad \begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\40\end{bmatrix}+t \cdot\begin{bmatrix}40\\40\\-40\end{bmatrix}\]

Da vi ved at punktet B ligger i planet \(\alpha\), må koordinatsættet nødvendigvis opfylde ligningen for \(\alpha\). Vi sætter derfor x, y og z koordinaterne fra vores parameterfremstilling ind i ligningen for \(\alpha\) og isolére for t. Dette giver os den værdi af t der sørger for at parameterfremstilling lige præcis rammer \(\alpha\):

\[\begin{aligned} 0&=2 \cdot(0+40t)+6 \cdot(40-40t)+40\\ &=80t+240-240t+40\\ &=280-160t\\ \Rightarrow 160t&=280\\ \Rightarrow t&=\frac{280}{160}\\ &=\frac{7}{4} \end{aligned}\]

Denne værdi af t sætter vi tilbage i vores parameterfremstilling for at finde koordinatsættet til B:

\[\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\40\end{bmatrix}+\frac{7}{5} \cdot\begin{bmatrix}40\\40\\-40\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}70\\70\\-30\end{bmatrix}\]

Altså får vi koordinatsættet til at være \(\underline{\underline{B(70,70,-30)}}\).

Opgave 11

Vi plotter lige hurtigt de 2 funktioner for at se hvordan det ser ud:

a)

For at finde arealet af M, starter vi med at finde skæringspunkterne mellem \(g\) og \(f\):

Da \(f\) ligger over \(g\) skal vi trække integralet af \(g\) fra integrallet af \(f\). Vores grænser er skæringspunkterne mellem \(f\) og \(g\):

Altså er arealet af M=\(\underline{\underline{17.461}}\).

b)

For at bestemme rumfanget af omdrejningslegemet \(V\) der fremkommer når \(M\) drejes 360° om x-aksen, anvendes formlen \(V=\pi \int_{x_1}^{x_2}\,f(x)^2-g(x)^2 \, dx\):

Altså er rumfanget \(V=\underline{\underline{636.33}}\)

Opgave 12

a)

Vi finder \(f(120)\):

Der altså \(\underline{\underline{6.76}}\) dagstimer pr.døgn 120 dage efter d. 1 januar.

b)

For at bestemme til hvilket tidspunkt at antallet af dagstimer pr. døgn er lavest, løser vi \(f'(t)=0\) og laver et hurtigt monotonicheck:

Til tidspunktet \(t=\underline{\underline{184}}\) er antallet af dagtimer pr. døgn altså lavest, og monotinochecket verificere at det rent faktisk er et minimum vi har fundet.

c)

Vi bestemmer \(f'(120)\):

Dette tal fortæller os at 120 dage efter d. 1 januar, falder antallet af dagstimer pr. døgn med 0.1 time pr. døgn.

Opgave 13

a)

Væksthastigheden af den generede strøm når \(P=100\) findes ved at sætte ind:

\[\begin{aligned} 1200&=2.5 \cdot\frac{dP}{dt}+100\\ \Rightarrow \frac{dP}{dt}&=\frac{1200-100}{2.5}\\ &=\underline{\underline{440}} \end{aligned}\]

Når der bliver genereret 100 megawatt er væksthastigheden altså \(\underline{\underline{440}}\) megawatt pr. minut.

b)

Forskriften for \(P(t)\) bestemmes ved at løse differentialligningen i maple:

Opgave 14

a)

Da der er tale om en tangent, vil den stå på formen \(y=ax+b\). \(a\) findes ved at tage \(f'(2)\):

\[\begin{aligned} f'(x)&=2 \cdot(2x-8) \cdot 2\\ &=4(2x-8)\\ f'(2)=a&=4(2 \cdot 2-8)\\ &=-16 \end{aligned}\]

\(b\) kan bestemmes ved at sætte punktet ind i tangentens ligning og isolére for \(b\):

\[\begin{aligned} f(2)&=(2 \cdot 2 - 8)^2=16\\ 16&=-16 \cdot 2 + b\\ &=-32+b\\ \Rightarrow b&=48 \end{aligned}\]

Ligningen for tangenten der går igennem punktet \((2,f(2))\) er altså \(\underline{\underline{y=-16x+48}}\).

b)

Vi starter med at opskrive en ligning for tangenten der går gennem punktet \(P(k,f(k))\) vha. tangentens ligning:

\[\begin{aligned} y&=f(x_0)+f'(x_0) \cdot(x-x_0)\\ &=f(k)+f'(k) \cdot(x-k)\\ &=(2k-8)^2+4 \cdot(2k-8) \cdot(x-k)\\ \end{aligned}\]

punktet \(Q\) har koordinaterne \((0,Q_y)\) (da punktet ligger på y-aksen) og punktet \(R\) har koordinaterne \((R_x,0)\)(da punktet ligger på x-aksen) som vi sætter ind i tangentens ligning hver for sig:

Vi får altså koordinatsættene til \(Q\) og \(R\) til at være \(\underline{\underline{Q(0,64-4k^2)}}\) og \(\underline{\underline{R(k/2+2,0)}}\)

c)

For at finde den værdi af \(k\) der gør arealet størst mulig, løser vi ligningen \(T'(k)=0\) og tjekker hurtigt monotoniforholdene:

Altså er arealet størst når \(k=\underline{\underline{4/3}}\) (Vi kigger bort fra den negative løsning da vi ved at \(0\leq k \leq 4\)) da monotoniforholdene understøtter at det er et maksimum.