Matematik A - 18.05.2017 - Løsningsforslag

Del 1 - uden hjælpemidler

Opgave 1

Vi er opgivet de 3 lineære funktioner, med hhv. positiv-, negativ- og ingen hældningskoefficient.

\[\begin{aligned} &f(x)=x+2\\ &g(x)=-x+2\\ &h(x)=2 \end{aligned}\]

og en figur der illustrere deres 3 grafer

Betragter man figuren ses det at grafen for A har en negativ hældningskoefficient, B har en positiv hældningskoefficient og C har ingen hældningskoefficient. Derfor må \(f(x)\) hører til graf B, \(g(x)\) må hører til graf A og \(h(x)\) må hører til graf C.

Opgave 2

Vi er opgivet de 2 vektorer \( {a}\) og \( {b}\):

\[\begin{aligned} {a} = \begin{bmatrix}5\\-1\end{bmatrix} \qquad {b} = \begin{bmatrix}2\\6\end{bmatrix} \end{aligned}\]

Og skal bestemme arealet af det parallelogram som bliver udspændt af de 2 vektorer. Dette gøres ved at tage størrelsen af determinanten:

\[\begin{aligned} |Det( {a}, {b})|=|5 \cdot 6 - (-1) \cdot 2|=|32|=\underline{\underline{32}} \end{aligned}\]

Arealet af parallelogramet er altså \(\underline{\underline{32}}\).

Opgave 3

Vi er opgivet funktionen

\[\begin{aligned} f(x) = \frac{2}{3}x^3 + \frac{3}{2}x^2-2x+5 \end{aligned}\]

som vi skal bestemme monotoniforholdene for. Første skridt er at sætte den afledte lig med 0, og løse for x:

\[\begin{aligned} f'(x) = 2x^2 + 3x - 2 \end{aligned}\]

Løser andengradspolynomiet:

\[\begin{aligned} x_\pm &= \frac{-3 \pm \sqrt{3^2 - 4 \cdot 2 \cdot(-2)}}{4}\\ &=\frac{-3 \pm \sqrt{25}}{4}\\ &= -\frac{3}{4}\pm \frac{5}{4}\\ \Rightarrow & x = -2 \;\bigvee \; \frac{1}{2} \end{aligned}\]

Vi finder nu hældningen i punkterne -3, 0 og 1:

\[\begin{aligned} f'(-3) &= 2 \cdot(-3)^2 + 3 \cdot(-3) - 2=7\\ f'(0)&=-2\\ f'(1) &= 2 \cdot 1 + 3 \cdot 1 -2 = 3 \end{aligned}\]

Og vi kan nu lave et monotoniskema:

Altså er \(f(x)\) voksende i intervallerne \(]-\infty;-2[\, \cup \, ]1/2;\infty[\) og den er aftagende i intervallet \(]-2;1/2[\).

Opgave 4

Vi er opgivet 2 udtryk som skal reduceres:

\[\begin{aligned} 2a^2+4ab-2(a+b)^2 &=2a^2 + 4ab-2 \cdot(a^2 + b^2 +2 ab)\\ &=2a^2 + 4ab -2a^2 -2b^2-4ab\\ &=\underline{\underline{-2b^2}}\\ \frac{2x^2+4x}{2x+4} &=\frac{x \cdot(2x+4)}{2x + 4}\\ &=\underline{\underline{x}} \end{aligned}\]

Opgave 5

Vi skal her bestemme a og b for funktionen

\[\begin{aligned} P(x) = ax^2 + bx + 6 \end{aligned}\]

hvis graf ses på figur 2. Rødderne er altså 1 og 3. Vi faktorisere andengradspolynomiet ved dets rødder:

\[\begin{aligned} P(x) &= a \cdot(x-r_1) \cdot(x-r_2)\\ \Rightarrow 6 &= a \cdot(0-1) \cdot(0-3)\\ &=3a\\ \Rightarrow a &= \frac{6}{3} = \underline{\underline{2}} \end{aligned}\]

Her har vi indsat punktet \((6,0)\) som er der hvor grafen skærer y-aksen. Vi finder nu b ved at isolere i \(P(x)\), og indsætte punktet \((1,0)\):

\[\begin{aligned} 0 &= 2 \cdot 1 + b \cdot 1 + 6\\ &=2 + b +6\\ \rightarrow b &= \underline{\underline{-8}} \end{aligned}\]

\(P(x)\) bliver altså:

\[\begin{aligned} \underline{\underline{P(x) = 2x^2 -8x + 6}} \end{aligned}\]

Opgave 6

Vi skal her bestemme integralet

\[\begin{aligned} \int_0^1 \frac{3 x^2}{x^3+1} \; \text{dx} \end{aligned}\]

Vi benytter integration ved substitution ved at sætte \(t = x^3 +1\). Vi har nu at:

\[\begin{aligned} \frac{dt}{dx}=3x^2 \Rightarrow dx=\frac{1}{3x^2} dt \end{aligned}\]

Som vi nu sætter ind i integralet:

\[\begin{aligned} \int_0^1 \frac{3x^2}{t} \cdot\frac{1}{3x^2}\, dt &= \int_0^1 \frac{1}{t} \, dt\\ &=[ln(t)]_{x=0}^{x=1}\\ &=[ln(x^3+1)]_0^1\\ &=ln(2)-ln(1) \\&= \underline{\underline{ln(2)}} \end{aligned}\]

Da \(ln(1)=0\)

Del 2 - med hjælpemidler

Opgave 7

a)

Vi tager det opgivne data og anvender potensregression i maple:

Altså er \(\underline{\underline{a = 0.33192}}\) og \(\underline{\underline{b=7.0577}}\).

b)

Vi løser ligningen \(f(x)=56\):

[fig:my_label]

Kuglen skal altså tabes fra en højde på 512 mm for at nedslagskrateret har en radius på 56 mm.

c)

For at finde den procentvise ændring i nedslagskraterets radius anvender vi formlen:

\[\begin{aligned} r_y = ((1+r_x)^a-1) \cdot 100 \% \end{aligned}\]

hvor at \(r_y\) er den procentvise ændring i kraterets radius og \(r_x\) er den procentviseændring i højden:

\[\begin{aligned} r_y = ((1+0.3)^{0.33192}-1) \cdot 100 \% = \underline{\underline{9 \%}} \end{aligned}\]

Nedslagskraterets radius øges altså med 9 % når tabshøjden øges med 30 %

Opgave 8

a)

Vi definere funktionen, tegner den og finder dens nulpunkter i maple:

Nulpunkterne for funktionen er altså \(x=1 \vee \sqrt{3} \vee -\sqrt{3}\)

b)

Vi skal bestemme en ligning for tangenten i punktet \(P(4,f(4))\). Vi kan finde hældningen ved at finde \(f'(4)\):

\[\begin{aligned} f'(x)&=6x^2-4x-6\\ \Rightarrow f'(4)&=74 \end{aligned}\]

Vi kan nu isolere b i den rette linjes ligning ved at bruge punktet P:

\[\begin{aligned} f(4) &= 74 \cdot 4 + b\\ 78 &= 296 + b\\ \Rightarrow b &= -218 \end{aligned}\]

Ligningen for tangenten i punktet \(P\) bliver så

\[\begin{aligned} y(x) = 74x - 218 \end{aligned}\]

Opgave 9

Trekanten \(ABC\) har et areal på 35, |\(AB\)|=8, |\(AC\)|=11 og vinkel \(A\) er spids.

a)

\(\angle A\) bestemmes ved formlen for arealet af en trekant ("halv-appelsin"), som derefter bliver løst i maple:

\[\begin{aligned} 35&=\frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 11 \cdot Sin(A)\\ &=44 \cdot Sin(A)\\ \Rightarrow A &= \underline{\underline{52.7}} \end{aligned}\]

\(\angle A\) er altså 52.7 grader

b)

For at bestemme omkredsen af af trekanten mangler vi at kende |\(BC\)| som vi kan finde vha. cosinusrelationerne:

\[\begin{aligned} |BC| &= \sqrt{8^2 + 11^2 -2 \cdot 8 \cdot 11 \cdot\text{cos}(52.7)}\\ &= {8.85} \end{aligned}\]

Omkredsen bliver så:

\[\begin{aligned} 8+11+8.85=\underline{\underline{27.85}} \end{aligned}\]

Opgave 10

a)

Nulhypotesen er: Artsfordelingen er uafhængig af valget af sø. I maple opskriver vi en 2 x 2 matrix og udfører en \(\chi^2\) test:

Da p-værdien ligger under 0.05 forkastes nulhypotesen.

Opgave 11

a)

Vi starter med at finde 2 vektorer der ligger i planet \(AOB\):

\[\begin{aligned} {OB} = \begin{bmatrix}1\\12\\26\end{bmatrix} - \begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\12\\26\end{bmatrix}\\ {OA} = \begin{bmatrix}15\\0\\26\end{bmatrix} - \begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}15\\0\\26\end{bmatrix}\\ \end{aligned}\]

Vi udnytter nu at den numeriske værdi af krydsproduktet er lig med arealet af det parallelogram som de 2 vektorer udspænder. Da fladen \(AOB\) er en trekant må arealet af denne trekant være halvdelen af det udspændte parallelogram. Krydsproduktet er:

[fig:my_label]

Arealet bliver så:

\[\begin{aligned} \frac{1}{2} \cdot| {OB}\times {OA}|=\frac{1}{2} \cdot\sqrt{312^2+364^2+(-180)^2}=\underline{\underline{256.05}} \, \text{dm}^2 \end{aligned}\]

Altså er arealet af fladen \(AOB\) \(\underline{\underline{256}} \, \text{dm}^2\).

b)

For at bestemme en parameterfremstilling for linjen l som går igennem punkterne O og A skal vi bruge et punkt på linjen og en retningsvektor som peger i samme retning som linjen. Vi benytter her punktet A og vores vektor \( {OA}\) fra forrige opgave som retningsvektor:

\[\begin{aligned} l: \quad \begin{bmatrix}15\\0\\26\end{bmatrix} + t \cdot\begin{bmatrix}15\\0\\26\end{bmatrix} \end{aligned}\]

c)

Den spidse vinkel mellem xy-planet og linjen l kan findes som 90 grader minus vinklen mellem normalvektoren til xy-planet og retningsvektoren for l (\( {OA}\)). Normalvektoren til xy-planet må være \(\langle0,0,1\rangle\) og vinklen bliver derfor:

\[\begin{aligned} v &= 90 - \text{arccos}\left(\frac{ {n_{xy}} \cdot {OA}}{| {n_{xy}|} \cdot| {OA}|}\right)\\ &=90 - \text{arccos}\left(\frac{0 \cdot 15 + 0 \cdot 0 + 1 \cdot 26}{1 \cdot\sqrt{15^2 + 26^2}}\right)\\ &=90 - \text{arccos}\left(\frac{26}{\sqrt{901}}\right)\\ &=\underline{\underline{60.02^\circ}} \end{aligned}\]

Altså er vinklen mellem linjen l og xy-planet \(\underline{\underline{65.14}}^\circ\)

Opgave 12

a)

For at bestemme væksthastigheden ved \(T=24^\circ\)C indsætter vi 24 på T’s plads i differentialligningen:

\[1.45-0.272 \cdot(24-21)=0.634\]

Temperaturen stiger altså med \(\underline{\underline{0.634}}^\circ\)C i timen ved \(T=25\).

b)

Differentialligningen startes med at blive løst i maple:

[fig:my_label]

Konstanten C findes ved at udnytte at der gælder \(T(0)=21\):

\[\begin{aligned} T(0)=21&=\frac{3581}{136}+\text{e}^{0} \cdot C\\ \Rightarrow C &= 21-\frac{3581}{136} = -\frac{725}{136}\\ \Rightarrow T(x) &= \frac{3581}{136}-\text{e}^{-34x/125} \cdot\frac{725}{136} \end{aligned}\]

Den tid det tager før temperaturen er 26 grader kan nu findes vha. maple:

[fig:my_label]

Der går altså \(\underline{\underline{10.219}}\) timer før det er sikkert at slippe fiske løs i akvariet.

Opgave 13

a)

Arealet af M findes ved:

\[M= \int_{p}^0g(x) \, \text{dx}-\int_{p}^0f(x) \, \text{dx}\]

og p findes ved at løse ligningen \(f(p)=g(p)\):

\[3 \cdot 0.6^p=5 \Rightarrow p=-1\]

M kan nu findes:

[fig:my_label]

Arealet af M er altså \(\underline{\underline{1.08}}\)

b)

Arealet af N må være givet ved:

\[N = \int_0^kf(x) \, \text{dx}\]

Vi skal altså bestemme k så dette integrale giver 1.08. Dette gøres nemmest i maple:

[fig:my_label]

Værdien af k skal altså være \(\underline{\underline{0.4}}\) for at arealerne af M og N er lige store.

Opgave 14

a)

Da antallet af vegetarer er vokset eksponentielt må funktionen \(f\) stå på formen

\[f(t) = b \cdot a^t\]

Da vi har 2 punkter som vi ved funktionen opfylder - (0,821) og (32,1067) - kan a findes:

\[\begin{aligned} a &= \sqrt[t_2-t_1]{\frac{y_2}{y_1}}\\ &=\sqrt[32-0]{\frac{1067}{821}}\\ &=1.0082 \end{aligned}\]

Vores b-værdi er blot funktionsværdien i \(t=0\), altså 821. Vores funktion \(f\) bliver altså \(\underline{\underline{f(t)=821 \cdot 1.0082^t}}\).

b)

Andelen af vegetarer på verdensplan må være givet ved:

\[\begin{aligned} g(t)&=\frac{f(t)}{N(t)}\\ &=\frac{821 \cdot 1.0082^t \cdot(1+1.8 \cdot\text{e}^{-0.0273t})}{13100} \end{aligned}\]

Det er altså denne funktion der skal maksimeres. Dette gøres ved at løse ligningen \(g'(t)=0\):

[fig:my_label]

Antallet af vegetarer er altså størst 53 år efter 1970.

Opgave 15

a)

|\(AF\)| og |\(AG\)| kan bestemmes vha. cosinusrelationer da vi kender \(\angle C = \angle ACF\) og der gælder at \(\angle ACF = \angle ABG = \angle EDF\):

\[\begin{aligned} |AF| &= \sqrt{|AC|^2+|CF|^2 -2 |AC||CF|\text{cos}(C)}\\ &=\sqrt{384^2+384^2-2 \cdot 384 \cdot 384 \cdot\text{cos}(33)}\\ &=\underline{\underline{218.14}}\\ |AG|&=\sqrt{|AB|^2+|BG|^2-2|AB||BG|\text{cos}(C)}\\ &=\sqrt{236^2+236^2-2 \cdot 236 \cdot 236 \cdot\text{cos}(33)}\\ &=\underline{\underline{134}} \end{aligned}\]

Altså er \(|AF|=\underline{\underline{218.14}}\) og \(|AG|=\underline{\underline{134}}\). Forholdet mellem dem \(\frac{218.14}{134}=1.627\) som er cirka det gyldne forhold.

b)

Vi finder nu det generelle forhold mellem \(|AF|\) og \(|AG|\) ved at udnytte at der gælder \(|AB|=|BG|=|DF|\) og \(|AC|=|CF|\):

\[\begin{aligned} \frac{|AF|}{|AG|} &= \frac{\sqrt{|AC|^2+|CF|^2 -2 |AF||CF|\text{cos}(C)}}{\sqrt{|AB|^2+|BG|^2-2|AB||BG|\text{cos}(C)}}\\ &=\sqrt{\frac{2|AC|^2-2|AC|^2\text{cos}(C)}{2|AB|^2-2|AB|^2\text{cos}(C)}}\\ &=\sqrt{\frac{2|AC|^2(1-\text{cos}(C))}{2|AB|^2(1-\text{cos}(C))}}\\ &=\frac{|AC|}{|AB|} \end{aligned}\]

Det ses altså at forholdet \(\frac{|AF|}{|AG|}\) er uafhængig af indstillingen af værktøjet (vinkel C).