Tema 2: Undervisningsdifferentiering i matematik

Transcription

Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk
Quizspillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD
LØSNINGER TIL
Vejledende eksempler på eksamensopgaver i matematik.
Gymnasiet Matematisk linje 3-årigt forløb til A-niveau 1998
(Blå bog)


1.001: 2a  b  4ba  b  2 a 2  b 2  2ab  4ba  4b 2  2a 2  2b 2  4ab  4ab  4b 2  2a 2  6b 2
2
1.002: 5xx  y   3 y y  x   5x 2  5xy  3 y 2  3xy  5x 2  2 xy  3 y 2
1.003:
1 2 4 1 1
24
1
2  4  2  3 19
(    ) 



2 3 7 7 2
2  3  7 2  7  2 2  2  3  7 84
3
2
2
3
3
2
1.004: 9  8  9 3  3 8 2  9  3 8  33  2 2  27  4  31
1.005:
5
1
2
15 6 4
15  6  4
13
a  a  a  (   )a 
a a
6
3
9
18 18 18
18
18
1.006: Det bemærkes, at 6 går op i alle led i både tæller og nævner, og dermed kan man enten direkte
forkorte brøken med 6 (og huske at dividere alle led i både tæller og nævner), eller man kan som
her begynde med først at faktorisere tæller og nævner og derefter forkorte.
12 x  18 y 62 x  3 y  2 x  3 y


12 x  18 y 62 x  3 y  2 x  3 y
1.007: Tæller og nævner faktoriseres, og det opdages så, at de har en fælles faktor (x-y), der kan
forkortes med:
x 2  xy x( x  y ) x


xy  y 2 y ( x  y ) y
1.008:
3
6b
3a  b 
6b
3a  3b  6b
3a  3b
3a  b 
3
 2






2
a  ba  b a  ba  b a  ba  b a  ba  b a  ba  b a  b
a b a b
1.009:
1.010:
1000  10 5
10 
2 3

10 3  10 5 10 35 10 2
 6  6  10 26   10 26  10 4
10 23
10
10
1,5  10 2
1,5 10 2
a)

 3  3  10 23  3  10 5
3
0,5 10
0,5  10
3
b) 300  5  10  1500  103  1,5  10 3  10 3  1,5  10 6
c) 40  5000  200000  2  10 5
1.011: 4a  ab  b(a  7)  (ab  2b)  2  4a  ab  ab  7b  2ab  4b  4a  3b
1.012:
I første led benyttes tredje kvadratsætning, i andet led bruges første kvadratsætning og i
sidste led ganges ind i parentesen:
(2a  b)(2a  b)  4(a  3b) 2  4b(6a  1) 
4a 2  b 2  4(a 2  9b 2  6ab)  24ab  4b 
4a 2  b 2  4a 2  36b 2  24ab  24ab  4b 
 37b 2  4b 
 b(37b  4)
1.013:
xx  2    x  1  6 
2


x 2  2 x  x 2  1  2 x  6 
x  2 x  x  1  2 x  6 
2
2
 4 x  6  1 
5

4
5
x
4
x
2
2


1.014: 5x  2 x    x  2  5   x    x  25 x  2  5x 2  10 x  2 x  4  5 x 2  8 x  4
5
5


1.015:
1 2
1 2
1) a  (a )  4a  a  (a )  4  a  a  a
3
3
3
1
9a  3 a
2)
1.016:
4
a
30 x
1)
2x  5


9  a 3 a
4
a
30 x
2x  5


1
2a2
1
3 a 2  a3
1
a4
2

1 1 1
 
3 a 2 3 4

 2a
6  4 3
3  a 12
32

1
2

3
2a2
7
12
3 a
30 x
 3
10 x
2) 4 x y  18x 3 y 2  4  x 3  y 4  9  2  x 3  y 2  4  9  2  x 6  y 6  6  x 3  y 3  2
3
4
x3  x
1.017: 2 xy  x  x  3 y  2 xy  3 y  x  x  y(2 x  3)  x  x  y 
2x  3
3
1.018:
6 x 2  y  36 x 2 y  9 x 2 y  9 x 2
y
4y2
y2
2 y 2
3
3
1.019: Opgaven løses her på to måder:
1. metode: Først udregnes tælleren ved hjælp af den anden kvadratsætning, derefter faktoriseres
tælleren og til sidst forkortes brøken med x:
( x  y) 2  y 2 x 2  y 2  2 xy  y 2 x 2  2 xy x( x  2 y) x  2 y




2x
2x
2x
2x
2
2. metode: Først udregnes tælleren ved hjælp af den anden kvadratsætning, derefter divideres x’et
fra nævneren op i hvert led i tælleren:
( x  y) 2  y 2 x 2  y 2  2 xy  y 2 x 2  2 xy x  2 y



2x
2x
2x
2
1.020:
( x 2  4 x  4)( x  2) 2 ( x  2)( x  2)( x  2)( x  2)

 ( x  2)( x  2)  x 2  4
2
( x  2)( x  2)
x 4
1.021:
3
1
2x
3  2  (2 x  y )  1  (2 x  y )  2 x  2
10 x  5 y

 2



2
2x  y 4x  2 y 4x  y
2(2 x  y )(2 x  y )
2(2 x  y )(2 x  y )
5(2 x  y )
5

2(2 x  y )(2 x  y ) 4 x  2 y
1.022: 4 x 2  12 x  9  (2 x  3) 2 , da 4x 2 er kvadratet på første led: 4 x 2  2 x  , 9 er kvadratet på sidste
2
led: 9 = 32 og 12x er det dobbelte produkt: 12 x  2  2 x  3


1.023: 2 x 2  12 x  18  2 x 2  6 x  9  2x  3
2
1.024: Jeg begynder med højresiden og viser ved omskrivninger, at den er lig venstresiden:
2
2
2x  2
 2x  3
2x  4  2x  6
2





x  3x  2 x  3x  2
x  3 x  2 x  3x  2 x  3x  2
1.025: Jeg begynder med højresiden og viser ved omskrivninger, at den er lig venstresiden:
1
x 2 ( x  1)
1
x 2 ( x  1)  1 x 3  x 2  1
x2 




x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
1.026: Man kan begynde med højresiden og regne sig frem til venstresiden:
1
( x 1  x)
x 1  x


 x 1  x
( x  1)  x
x  1  x ( x  1  x )( x  1  x )
1.027:
1 1 1
1 1 1
1
x
z
1 xz
zx
      

 
y
z x y
y z x
y zx xz
y
zx
xz
k l
; M 0
3 M 2
k l
k l
M2 
M 
3 R
3 R
R
1.028:
Ved biimplikationen er der taget hensyn til, at M er positiv.
Desuden ses det, at hverken k, l eller R må være 0, samt at
der enten er netop 2 eller netop 0 af dem, der er negative.
 y
ln  
y
b
 y
1.029: y  b  a x   a x  ln    x  ln a  x   
b
ln a
b
1.030: A  B  1  x  
n
A
A
A
n
 1  x   n
 1 x  x  n 1
B
B
B
1.031: K n  K 0  1  r   K 0 
n
Kn
1  r n
1.032:
1 U

I P
U
1
U
U2
U  RI  R  U  U   R 
I
I
P
P
P U I 
1.033: tan w 
p
p
, hvor altså w  p , da nævneren ikke må blive 0.
q
q
tan w
y2  k
1.034: y  Q  x  Q  a  k  y  k  Q  x  a   Q 
xa
2
1.035:
1.036: ln
2
y2  k
y  Q  ln x  Q  ln a  k  y  k  Q(ln x  ln a)  Q 
 x
ln  
a
2
2
k1 E  1 1 
k
T  T2
T T
k
     R  ln 1  E  1
 E  1 2  R  ln 1
k 2 R  T2 T1 
k2
T2  T1
T1  T2
k2
R k  1 
k  E 1 1 
R k  1
1
1.037: ln  1        ln  1   
 T2    ln  1   
E  k 2  T1 T2
 k 2  R  T2 T1 
 E  k 2  T1 
1
1.038: De to trekanter er ensvinklede. Forstørrelsesfaktoren ses at være: k 
A' C '
AC
Dermed er arealet af den store trekant 9 gange større end den lilles areal.
21 3  7 7
Dvs. den lille trekant har arealet: TABC 


9 33 3
1
7 1
72 7
Hermed er: TABC   h  g    hb  AC  hb 

2
3 2
3 2 3

6
3
2
5
10
2  .
3
3
10 20
Hermed er arealet af det lille rektangel: A  2  
.
3
3
Den lange side i det lille rektangel har længden: l 
1.039:
1.040: Diagonalen svarer til hypotenusen i den retvinklede trekant med kateterne 3 og 6:
l d2  32  6 2  l d  9  36  45
1.041: Man har 3 retvinklede trekanter, som man kan bruge Pythagoras på:
ACD :
AD  CD  AC  4 2  hc  AC
2
BCD :
BD  CD  BC  9 2  hc  BC
2
ACB :
AC  CB  AB  AC  CB  13 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Den første ligning fortæller, hvad
2
2
AC svarer til, og den anden ligning fortæller, hvad
2
BC svarer til. Dette kan indsættes i den tredje ligning, og man får så:
4 2  hc  9 2  hc  13 2 
2
2
16  81  2  hc  169 
2
2  hc2  72 
hc2  36 
hc  6
1.042:
Skæringspunktet mellem linjestykkerne BD og AC kaldes E.
Trapezets areal er: AABCD  3 
24
9
2
Dette kan også findes som:
AABCD  TABD  TACD  TAED  TBCE 
18  24  4 x  2 y  4 x  2 y  6
1
(4  3  4  3  4  x  2  y ) 
2
Da man desuden har: x  y  3  y  3  x , fås ved substitutionsmetoden:
4 x  2(3  x)  6  6 x  12  x  2
y  3 2  y 1
1.043: P(2,3) & Q(4,8): Linjens hældningskoefficient findes: a 
y 2  y1 8  3 5


x2  x1 4  2 2
5
Skæringen med y-aksen bestemmes: b  y1  a  x1  3   2  3  5  2
2
5
Dvs. linjens ligning er: y   x  2
2
1.044: Det er et almindeligt koordinatsystem, så den rette linie viser, at funktionen er lineær: y  ax  b
Linien aflæses til at skære y-aksen i 5,5, hvilket giver: b  5,5
Linien går gennem (3;1½): 1,5  a  3  5,5  3a  4  a 
4
3
4
Hermed er ligningen: y   x  5,5
3
1.045: Ud fra linjens hældning og det opgivne punkt P kan linjens ligning bestemmes:
m : y  0  2  ( x  3)  y  2 x  6
1.045 (alternativ løsning):
Da man kender et punkt P(3,0) og hældningen -2, kan skæringen med y-aksen bestemmes:
b  y1  a  x1  0   2  3  0  6  6
Dvs. linjens ligning er: y  2 x  6
1.046:
1.047:
Først bestemmes hældningen a for en linje, der er ortogonal på linjen med ligningen
2
2 x  3 y  6  3 y  2 x  6  y 
x  2.
3
2
3
a  ( )  1  a 
3
2
3
11
En ligning for m findes ud fra Q og a: y  1  ( x  (3))  y  32 x 
2
2
11
Dvs. m skærer andenaksen i (0; )
2
m: y = 2x + 5
Linjens ligning omskrives, så man kan aflæse en normalvektor:
  2
 2x  y  5
nm   
 1 
Da linjen n står vinkelret på m, vil en tværvektor til m’s normalvektor være en normalvektor for n :

 1
nn  nm    . Og da linjen går gennem A(3,-3), bliver dens ligning:
  2
n :  1x  3  2 y  3  0   x  3  2 y  6  0   x  2 y  3  0  x  2 y  3  0
Da linjen p er parallel med m kan man bruge normalvektoren fra m som normalvektor for p.
Og da linjen går gennem B(2,1) fås ligningen:
p :  2x  2  1 y  1  0   2 x  4  y  1  0   2 x  y  3  0
1.048:
1.049:
mn
A2;1
n : 2x  3 y  5
Ligningen for n omskrives, så dens hældning direkte kan aflæses:
2
5
2
2x  3 y  5  3 y  2x  5  y  x 
Dvs. a 
3
3
3
Da m og n er parallelle, har de samme hældning.
b-værdier for m bestemmes ud fra punkt og hældning:
2
4
7
 1   2  b  b  1   b  
3
3
3
Hermed er liniens ligning:
2
7
y  x
3
3
Da linien lk er parallel med m, har den altså hældningen 2.
Ligningen for lk omskrives:
kx  3 y  10 
3 y  kx  10 
k
10
x
3
3
Heraf fås:
k
2k 6
3
y
1.050: De to ligninger omskrives:
k
10
l k : 3 y  kx  10  y  x 
3
3
2
n : 3 y  2 x  6  y   x  2
3
De to hældningskoefficienters produkt skal være -1, så:
k 2
9

 1  k 
3 3
2
1.051: m : 2 x  3 y  4 n : 3x  y  5
y isoleres i n og indsættes i m: 2 x  3(5  3x)  4  11x  11  x  1
Indsættes i n: y  5  3  (1)  2
Altså har skæringspunktet koordinatsættet:  1;2
1.052: Cirklens ligning: x 2  y 2  10 x  14 y  7  0
Ligningen omskrives, så centrum og radius kan aflæses:
x  52   y  72  7  25  49

x  52   y  72  81  9 2
Hermed er: C (5,7) og r  9
1.053: Centrum : C(1,2) og Punkt på periferien A(2,4)
Afstanden fra centrum til punktet A på periferien giver os cirklens radius:
2  12  4  22
r  dist (C, A) 
 12  2 2  5
Da man nu kender både centrum og radius, har man cirklens ligning: x  12   y  22  5
1.054: Centrum : C(1,2) og Punkt på periferien A(2,4)
1 2   1
    står vinkelret på den søgte tangent, da den peger mod centrum.
Vektoren AC  
 2  4   2
Og med et kendt punkt og en normalvektor fås tangentens ligning:
 1 x  2  2   y  4  0   x  2  2 y  8  0   x  2 y  10  0
1.055: A(1,2) og B(5,5). Da disse to punkter er endepunkter på diameteren, er radius halvdelen af
afstanden mellem de to punkter.
5  1  5  2
dist ( A, B)
4 2  32
25 5




2
2
2
2
2
Centrum må ligge midt mellem punkterne A og B, dvs:
 5 1 5  2 
 7
C
,
  C  3, 
2 
 2
 2
Med kendt radius og centrum bliver cirklens ligning:
2
2
r
2
x  3   y  7   25
2
4

2
1.056:
y  2 x 2  8x  1  2( x 2  4 x)  1  2  ( x  2) 2  8  1  2  ( x  2) 2  9
Heraf kan toppunktet aflæses ved at se på forskydningen til højre ( 2) samt ned ( -9).
Man kan dog også benytte toppunktsformlen:
2
  b  D   8  (8)  4  2  (1) 
  2;9
T 
;
;
  
42
 2a 4a   2  2

2
1.057: y  2 x  5x  3 Skæring med y-aksen: x  0 : y  0  0  3  3 0;3
Skæringer med x-aksen: y  0 : 0  2 x 2  5 x  3 D  25  24  49 x 
Dvs. skæringspunkterne er: ½;0 &
1.058:
 3;0
57 ½

4
 3
P : y   x 2  2x  4
m : y  x  4
x-værdierne for skæringspunkterne findes:
 x 2  2x  4  x  4 
x 2  3x  0  x( x  3)  0 
x  0 x  3
y-værdierne findes ved indsættelse i linjens ligning:
x  0: y  4
x  3 : y  3  4  1
Hermed er koordinatsættene til de 2 skæringspunkter: 0;4 &
3;1
x 2  6 x  y 2  8 y  0  ( x  3) 2  9  ( y  4) 2  16  0 
1.059: Cirklens ligning omskrives:
( x  3) 2  ( y  4) 2  25  52
Herfra kan aflæses, at radius er r  5 , og centrum er C (3;4)
Den søgte tangent går gennem punktet O(0;0) og står vinkelret på radien fra C til O.
0  (4)
4
Hældningen c på radien fra C til O er: c 
 .
03
3
4
3
Tangentens hældning a er så: a  ( )  1  a 
3
4
3
Da tangenten som nævnt går gennem O(0;0) er dens ligning: y  x
4
1.060: For at finde cirklen radius bestemmes afstanden fra centrum og ud til linjen:
r  dist (C , l ) 
3  2  2  12
3 1
2
2

20
10

400
 40
10
Hermed er cirklens ligning: ( x  2) 2  ( y  2) 2  40
1.061:
Da x og y er proportionale, er forholdet mellem dem konstant.
y 4,5 3
Forholdet (dvs. proportionalitetsfaktoren) bestemmes: 

x
3
2
Hermed kan tabellen udfyldes:
3
12
x  4: y  4 
6
2
2
3
15
x  5: y  5 
 7,5
2
2
3
18
x  6: y  6 
6
2
2
x 3
4 5
6
y 4,5 6 7,5 9
1.062: At x og y er omvendt proportionale vil sige, at k  x  y . Konstanten bestemmes: k  2  2  4
Altså kommer tabellen til at se således ud:
k 4
x  4: y   1
x 4
k 4
x  5 : y    0,8
x 5
k 4 2
x  6: y   
x 6 3
x 2 4
y 2 1
5
4
5
6
2
3
1.063:
A
x
C
5
B
Pythagoras giver: AB  x 2  5 2  x 2  25
1.064:
f ( x)  x 2  x
g ( x)  2 x  1
g  f x  g  f x  g x 2 



x  2  x 2  x  1  2x 2  2 x  1
Definitionsmængden følger af kvadratroden.
; x0
1.065: 1) Massen aflæses at være 81g , når rumfanget er 100cm3.
2) Massen 50g giver et rumfang på 61cm 3 .
81
 0,81
100
Hermed er forskriften: f ( x)  0,81x , hvor x er rumfanget målt i cm3 og f(x) angiver massen
målt i gram.
3)Grafen går gennem (0,0), og hældning er ifølge 1) : a 
1.066: Ved aflæsninger af tabellerne fås:
g  f 2  g 3  4
f g 4  f 2  3
1.067: f ( x)  3x 3  5x 2  3x  1
1
1
1 3
3 5 1  3  10  4 3
1
1
1
f    3     5     3   1  3   5    1     

2
8
4 2
8 4 2
8
8
 2
2
2
3
2
1.068: a) 3x  4  x  7  2 x  11  x 
11
2
b) 3x  (4  5x)  6  2 x  3x  5x  2 x  6  4  0  10  L  Ø
1.069: 2 x  1  4  2 x  3  x 
3
2
1.070: 5  2 x  9  5  9  2 x  4  2 x   2  x
x  0:
1.071:
1.072:
G = R \ 0,2
1
1
1
1

0 
 2 x  x  x 1
x x2
x 2 x
1.073: x  0 :
1.074:
1 1 5
1 5 2
1 3
        x  2 (ligger i grundmængden)
x 3 6
x 6 6
x 6
Løsningen ligger i grundmængden.
1
1
1
1
1
 25 
 x2  x  
x
x
2
25
25
5
x
25
Da logaritmen indgår i ligningen, bliver grundmængden: x  0
log 2  log x  1  log2  x   1  2 x  101  x  5 (ligger i grundmængden)
1.075:
Den første logaritme er gyldig for x > -2, og den anden for x > 0. Så grundmængden bliver
altså x  0 :
x2
2
 x  2
log x  2  log x  2  log
 10 2  x  2  100 x  99 x  2  x 
2
x
99
 x 
Løsningen ligger i grundmængden, dvs. det er en gyldig løsning.
1.076: log x  log( x  3)  1 ; x  0
log( x  ( x  3))  1  x 2  3x  10  x 2  3x  10  0  ( x  5)( x  2)  0  x  5  x  2
Det er kun den sidste af dem, der ligger i grundmængden, så x  2
1.077: x 2  2 x  15  0 ; G  R
Diskriminanten bestemmes:
2
d   2  4  1   15  4  60  64  0 dvs. der er to løsninger
x
5
 b  d   2  64 2  8


 1 4  
2a
2 1
2
 3
Alternativ metode baseret på faktorisering, hvor det benyttes, at produktet af parentesernes sidste
led skal være -15 og summen af dem -2. De to tal, der opfylder dette, er -5 og 3:
x 2  2 x  15  0  ( x  5)  ( x  3)  0  x  3  x  5 (løsningerne er begge i grundmængden)
1.078:
1
x
1
x
3
3 x 
G = R+
1
1
1
(Løsningen tilhører grundmængden)
 x  ( )2  x 
3
3
9
1.079: x  2  5 Denne ulighed løses ved at bemærke, at hvis udsagnet skal være sandt, skal argumentet
inden i numerisktegnet ligge mellem -5 og 5 dvs.:
x  2  5  x  2  5 
x  3  x  7 
3 x  7
Dette kan også skrives: L   3;7 eller x   3;7
1.080: Ligningen 2 x  1  5 skal løses. Der er 2 muligheder for argumentet inden i numerisktegnet.
Enten skal det have værdien 5, eller det skal have værdien -5. Det er de 2 eneste tal, hvis
numeriske værdi er 5. Dermed er ligningen nu splittet op i to dele:
2 x  1  5  2 x  1  5

2 x  6  2 x  4
x  3  x  2

1.081: Uligheden x  1x  9  0 kan løses ved et fortegnsskema:
-1
x
9
x  1
-
0
+
+
+
x  9
-
-
-
0
+
+
0
-
0
+
x  1x  9
Som det ses har man altså: x  1 
x9
1.082: Uligheden x  1x  2x  4  0 kan løses ved et fortegnsskema:
-2
x
1
4
x  1
-
-
-
0
+
+
+
 x  2
-
0
+
+
+
+
+
x  4
-
-
-
-
-
0
+
x  1x  2x  4
-
0
+
0
-
0
+
Som det ses har man altså: x  2  1  x  4


1.083: Uligheden x  1x  3 x 2  2  0 kan løses ved et fortegnsskema:
-3
x
1
x  1
-
-
-
0
+
x  3
-
0
+
+
+
x
+
+
+
+
+
+
0
-
0
+

x  1x  3x
2
2
2
2

Som det ses har man altså:  3  x  1
1.084: x 2  3x  10  ( x  5)  ( x  2) .
Da 5   2  10 og 5  2  3
Eller man kan bruge diskriminantmetoden for at finde rødderne til f ( x)  x 2  3x  10
d  3 2  4  1   10  49
 3  49
 3  49
og r2 
2 1
2 1
r1  2 og r2  5
Og da de to rødder hermed er fundet, har man:
f ( x)  x  r1   x  r2   x  2  x  5 , og heraf følger ovenstående faktorisering.
r1 
1.085:  x 2  5x  6  0 . Først løses den tilsvarende 2.gradsligning.
D  5 2  4  (1)  6  25  24  49
 5  49  5  7  1


2
2
6
Da den tilsvarende parabel vender benene nedad, er uligheden opfyldt mellem disse to værdier.
L   1;6
x
1.086: Først ses på tælleren. Her skal findes to tal, hvor produktet er 20 og summen -9. Det er -4 og -5.
Så ses på nævneren. Her skal findes to tal, hvor produktet er -12 og summen -1. Det er -4 og 3.
Hermed er:
x 2  9 x  20 x  4x  5 x  5


x  4x  3 x  3
x 2  x  12
1.087: G = R: x 3  4 x  0  x( x 2  4)  0  x  ( x  2)  ( x  2)  0  x  2  x  0  x  2
1.088: 3x 2  7 x  0
Først løses den tilsvarende ligning:
3x 2  7 x  0 
x  3x  7   0 
x  0  3x  7  0 
7
3
Grafen for funktionen f ( x)  3x 2  7 x er en parabel med benene opad, så venstresiden af
uligheden er positiv på ydersiderne af de 2 fundne løsninger til ligningen.
Dermed er:
7
3x 2  7 x  0  x  
 x0
3
x0 
x
2
1.089: x  4 x  k  0
For at undersøge antallet af løsninger til denne andengradsligning ses på diskriminanten. Den skal
være ikke-negativ, hvis der skal være mindst én løsning:
d  4 2  4  1  k  16  4k  0
16  4k 
k4
1.090: x 2  ax  a  0
For at undersøge antallet af løsninger til denne andengradsligning ses på diskriminanten. Den skal
være ikke-negativ, hvis der skal være mindst én løsning:
d  a 2  4  1  a  a 2  4a  0
a 2  4a  0 
a  a  4  0
Uligheden a  a  4  0 kan løses ved et fortegnsskema:
0
a
4
a
-
0
+
+
+
a  4
-
-
-
0
+
a  a  4
+
0
-
0
+
Som det ses har man altså: a  0  a  4
1.091: Andengradsligningen kan løses med diskriminantmetoden eller som her ved faktorisering:
x 2  3x  4  0  ( x  4)( x  1)  0  x  4  x  1
I den anden ligning er x erstattet af log(x). Da koefficienterne til de to ligninger er de samme, får
man:
(log x) 2  3  log x  4  0  log x  4  log x  1  x  10 4  x  10
1.092: Begge ligninger er skjulte andengradsligninger:
 
2
 
a) 2  2 2 x  7  2 x  4  0  2  2 x  7  2 x  4  0
d  72  4  2   4  49  32  81
1
 7  81  7  9 

x
2 

 2
22
4

 4
En potens med positiv rod kan aldrig blive negativ, og derfor kan den nederste løsning ikke
bruges.
Dvs. at man har:
1
2x  
2
1
x  ln 2  ln 
2
x  ln 2   ln 2 
x  1
b)
1.093:
 
2
 
2  e2x  7  e x  4  0  2  e x  7  e x  4  0
d  72  4  2   4  49  32  81
1
 7  81  7  9 

ex 

 2
22
4

 4
En potens med positiv rod kan aldrig blive negativ, og derfor kan den nederste løsning ikke
bruges.
Dvs. at man har:
1
ex  
2
1
x  ln
2
x 4  5x 2  4  0
Dette er en skjult andengradsligning, der løses ved hjælp af substitutionen: t = x2.
Så får man:
t 2  5t  4  0
d  52 4  1  4  25  16  9  0 dvs. der er to løsninger
- - 5  9 5  3 4


2
2
1
En anden måde at komme frem til dette er at "gætte" løsningerne ved at sige, at produktet af
de sidste led i parenteserne skal give 4, mens deres sum skal være -5:
t 2  5t  4  0  (t  4)(t  1)  0  t  4  t  1
Når t er fundet, kan man udnytte, at t = x2.
Dermed kan man bestemme løsningerne til den oprindelige ligning.
x 2  4  x 2  1  x  2  x  1  x  1  x  2
t
1.094:
p ( x)  x 3  x 2  x  6
Det undersøges om -2 er en rod ved at indsætte i udtrykket og se, om funktionsværdien er 0:
3
2
p(2)   2   2  2  6  8  4  2  6  0
Dvs. at  2 er rod
p ( x)  x 3  x 2  x  a
p(3)  0  (3) 3  (3) 2  (3)  a  0  27  9  3  a  0  a  21
1.095:
1.096: 8 x 3  2 x 2  x 
3
3
0
2
2
1 3
1 1 3 1
1
1
1
8     2       1      0 Dvs. er ikke løsning til ligningen.
2 2
2 2 2 2
2
2
2
1.097:
Dm( f )  [3;6]
Aflæst på 1. aksen.
Vm( f )  [4;5]
Aflæst på 2. aksen.
1.098: Værdimængden aflæses på 2. aksen til: Vm   3;1  1;4
1.104: Grafen for g giver en ret linje, der skærer grafen for f i punkterne (0 ; 4) og (5 ; 1,5). Da grafen for
f ligger over grafen for g mellem de to skæringspunkter, har man:
f ( x)  g ( x)  0  x  5
1.107: f c ( x)  x 2  2 x  2  c
Hvis grafen for ovenstående funktion skal gå gennem punktet (1,5), skal:
5  12  2  1  2  c 
5  1 2  2  c 
c4
1.108: f c ( x)  x 2  2 x  2  c
f c ( x)  0  x 2  2 x  2  c  0
D  (2) 2  4  1  (2  c)  4  8  4c  4  4c
fc har ingen rødder, når ovenstående diskriminant er negativ, dvs. de søgte c-værdier er:
 4  4c  0  4  4c  c  1
1.109: Ligningen cos x  0 skal løses med grundmængden x  0 ; 2  .
y
x
Løsningerne findes ved at se på enhedscirklen. Her skal retningspunktets førstekoordinat være 0.
De 2 steder er markeret med krydser, og i den angivne grundmængde svarer dette til:

3
x
 x
2
2
1.110: Cosinus til en vinkel er defineret som retningspunktets førstekoordinat, mens sinus til en vinkel er
andenkoordinaten. Så figuren viser at:
3
sin v 
5
Retningspunktet for vinklen  + v ligger diametralt modsat af P, så dette punkt har koordinatsættet
4 3
P v ( ;  ) . Hermed er:
5 5
3
sin(  v)  
5
Retningspunktet for vinklen  - v er P’s spejlingspunkt omkring y-aksen, så her er koordinatsættet
4 3
P v ( ; ) . Hermed er:
5 5
4
cos(  v)  
5
1.111: Retningspunktet ligger i første kvadrant, så sinusværdien er positiv.
4
5
Ved hjælp af grundrelationen kan den positive sinusværdi nu bestemmes:
Da cosinusværdien er førstekoordinaten til retningspunktet, er cos v 
25  16
9
3
4
cos v  sin v  1  sin v  1     sin 2 v 
 sin 2 v 
 sin v 
25
25
5
5
2
2
2
1.112: Ligningen sin x 
x

6
2
1
skal løses med grundmængden x  0 ; 2  , og det er allerede oplyst, at
2
er en løsning.
Samtlige løsninger findes ved at kigge på enhedscirklen, hvor linien y = ½ også er indtegnet:
y
y=½
x
Her ses det, at den angivne løsning svarer til det angivne retningspunkt i første kvadrant, mens der
ses at være en løsning mere svarende til det retningspunkt i anden kvadrant, der er spejlingen af
det første i y-aksen. Dermed er samtlige løsninger:



5
x
 x  

x x
6
6
6
6
1.118: Det ses, at grafen er en ret linie i et dobbeltlogaritmisk koordinatsystem.
Dermed har funktionen en forskrift af typen f ( x)  b  x a .
b-værdien kan aflæses, hvor x = 1, dvs. b  0,5
Desuden går grafen gennem punktet (4,4), der så sammen med b kan indsættes i forskriften for at
finde a-værdien:
4  0,5  4 a 
8  4a

 
 
ln 8 ln 2 3
3  ln 2 3


  1,5
2
ln 4 ln 2
2  ln 2 2
a-værdien kan dog også bestemmes som hældningen for grafen målt med lineal. Den måles til:
6,3cm 63 3
a

  1,5
4,2cm 42 2
Hermed er forskriften: f ( x)  0,5  x1,5
a
9
1.119: f ( x)  2  ( ) x  2  0,9 x  2 for x   , da 0,9 x  0
10
Dermed er y  2 vandret asymptote .
(Det ses desuden, at f ( x)  
for
for
x .
x   , så der er ikke andre vandrette asymptoter)
1
x2 1
x

2
x  x x  x  1  ( x  1)( x  1)  x  1
1.127:
x( x  1) x( x  1) x 2 ( x  1)
x 2 ( x  1)
x2
2
x  2  x  2  x  22  x  2  x  2  x  2  x  24
 x2
2
1.128: 
  x 4 
x  22
x  22
 x  2
2


2
2
2
2
1.129: Rødderne i tæller og nævner findes:
6 x 2  5x  1  0 :
D  25  24  1
8x 2  6 x  1  0 :
D  36  32  4
1
5 1 

 2
1
12

 3
1
62 
 2
x

1
16

 4
x
Herefter kan brøken reduceres:
1
1
1
6( x  )( x  ) 3( x  )
2
6 x  5x  1
2
3 
3  3x  1

2
1
1
1
4x  1
8x  6 x  1
8( x  )( x  ) 4( x  )
2
4
4
1 1

a  1
ba 1
1
1 1 1
 b
1.130: a b     
   



a  b  a b  a  b  ab ab  a  b
ab a  b ab
1.131:
1
1
 2
2
2
2
b
a   1  1   1   a  b
 2

a b
a 2  a  b  a 2 b 2 a 2 b 2
b
a  b a  b   1  a  b
a  b a 2b 2
a 2b 2
1.132:
 1
a2  b2
1
 
 2 2 

a b
a b
 ab
2b
1
2b
1
2b
a b






2
a  b a  b a  b  a  b a  b a  b  a  b a  b 
a b
2b  a  b
ab
1


a  ba  b a  ba  b a  b
2
a b

1 a b
1  a  a b b 
1 a 2  b2
1 a  b  a  b a  b
b
a
1.133:

   







a b a b  b a  a b  ba ba  a b
ab
a b
ab
ab
1.134:
a 2  ab
a ( a  b)
ab
ab
1

 2


3
2
2
2
2
a  ba  b a  b
a  ab
a(a  b ) a  b
3
3
a
b
a
b
a
b
ab
1.135: 3

 2




1
2
a  a b a  b a ( a  b) a  b a  b a  b a  b
1.136:
4
1
1
4
x2
x2






x  4 x  2 x  2 x  2x  2 x  2x  2 x  2x  2
4 x2 x2
2x  4
2x  2
2



x  2x  2 x  2x  2 x  2x  2 x  2
2
1.137:
 
a 
4
a5 a3
1 2

a 5  a 34 a 5  a12 a 512 a17

 2  2  a17( 2)  a19
12
2
a
a
a
a
 10 x 
log y 
x
y
x y
1
 10   log 10  log 10  x  log 10  y  log 10 

2
2
( x  y )( x  y )
( x  y )( x  y )
( x  y )( x  y ) x  y
x y
1.138:
GRØN 1.138:
f ( x)  x3, 2
Dette er en potensfunktion, der differentieres ved at kopiere eksponenten ned foran og derefter
trække 1 fra den gamle eksponent for at få den nye. Så man har:
f ' ( x)  3,2  x 2, 2
1.139:
e a2
ea  e2
e2
1


 2
a
a 3
a
3
3
e e
e (1  e ) 1  e
e e
(evt. kan næstsidste resultat benyttes)
1.140: (a  2) x 2  3x  a  0
Hvis a  2 er ligningen en 2. gradsligning, og antallet af løsninger bestemmes af diskriminanten:
d  32  4  (a  2)  (a)  9  4a 2  8a  4a 2  8a  9
Den øverste ligning har 2 forskellige rødder netop hvis diskriminanten er positiv. For at afgøre
diskriminantens fortegn ses på funktionen f (a)  4a 2  8a  9 , hvis graf er en parabel med
benene opad. Grafen undersøges for eventuelle skæringer med 1.aksen:
d1  (8) 2  4  4  9  64  144  80  0 . Grafen for f skærer altså ikke 1. aksen og har dermed
udelukkende positive funktionsværdi, hvoraf følger, at d > 0 for alle tilladte værdier af a, og
derfor har den øverste ligning 2 forskellige rødder for alle tal a  2 .
1.141: De to ligninger sættes lig hinanden: x 2  4 x  p  2 x  1  x 2  6 x  p  1  0
Ligningen skal have to løsninger, før der er 2 forskellige skæringspunkter, dvs. D>0 skal gælde:
D  (6) 2  4  1  ( p  1)  36  4 p  4  40  4 p
D  0  40  4 p  0  40  4 p  p  10
1.145: f ( x)  ln( x )  ln 2 x  ; x  0
Logaritmeregnereglerne benyttes til at omskrive funktionsforskriften:
f ( x)  ln( x )  ln 2 x  
1
ln( x 2 )  ln
2 x   1  ln( x)  ln 2  ln( x)  3  ln( x)  ln(2)
2
2
3
Dvs. forskriften kan skrives på formen f ( x)  a  ln( x)  b , hvor a 
og b  ln( 2)
2
1.157: Tangenten hældning er 4, da f ' (2)  4 , og den går gennem punktet (2;3), da f(2)=3.
Dermed bliver tangentens ligning:
y  3  4   x  2  y  4 x  5
1.158: For at bestemme tangentens ligning skal dens hældning kendes, så først differentieres:
y  x 2  4x  7
y'  2 x  4
y '1  2  1  4  2
Hermed bliver tangentens ligning:
y  4  2  x  1  y  2 x  6
1.159: f ( x)  e x
f ' ( x)  e x
f ' (ln 3)  e ln 3  3
1.160: f ( x)  ln x
For at bestemme tangentens ligning skal hældningen og røringspunktets 2. koordinat bestemmes:
1
f ' ( x) 
x
f (e)  ln e  1
1
e
1
x
y  1   x  e  y 
e
e
f ' (e) 
1.161: f ( x)  x 2,7 ; x  R
For at bestemme tangentens ligning skal hældningen bestemmes:
f ' ( x)  2,7 x1,7
f ' (1)  2,7  11,7  2,7
y  1  2,7  x  1  y  2,7 x  1,7
1.162: f ( x)  ln 3x  4
Dette er en sammensat funktion, der differentieres:
1
3
f ' ( x)  3 

3x  4 3x  4
1.163: f ( x)  2 x  1
Denne sammensatte funktion differentieres:
1
1
f ' ( x)  2 

2  2x  1
2x  1
For at bestemme tangentens ligning skal hældningen og røringspunktet bestemmes:
f (4)  2  4  1  9  3
1
1
2  4 1 3
1
1
5
y  3   x  4  y  x 
3
3
3
f ' (4) 

1 3 1 2
x  x  6x
3
2
Først differentieres funktionen:
f ' ( x)  x 2  x  6
Så bestemmes den afledte funktions nulpunkter, der er løsninger til ligningen f ' ( x)  0 :
1.164: f ( x) 
0  x2  x  6
d   1  4  1   6  25  0 dvs. 2 løsninger :
2
x
  1  25 1  5  3


2 1
2
 2
1.165: Der er flere muligheder, men følgende skal være opfyldt:
1) Da f er differentiabel, skal grafen være ’glat’ dvs. uden knæk og/eller spring.
2) Da definitionsmængden er et åbent interval, men værdimængden et lukket interval, skal f ’s
største- og mindsteværdier antages ved ekstremumssteder (dvs. ikke i intervalenderne).
3) Fortegnsskemaet viser, at der er lokalt (og globalt) minimum for x = 3, mens der er
vendetangent i x = 5 og lokalt (og globalt) maksimum for x = 8.
4) Sammenholdes 2) og 3) fås, at f(3) = -3 og f(8) = 8.
y
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
-1 2
-2
-3
-4
3
4
5
6
7
8
9
10 x
Bemærk at endepunkterne for grafen skal være åbne cirkler (det kunne jeg ikke få ind på tegningen).
1.166: f ( x)  3x 4  5x 2  7
Funktionen differentieres ledvist:
f ' ( x)  3  4 x 3  5  2 x1  0  12 x 3  10 x
1.167: f ( x)  x 2  e x
Funktionen differentieres ledvist:
f ' ( x)  2 x  e x
1.168: f ( x)  x 2  ln x
Produktreglen bruges til at differentiere:
1
f ' ( x)  2 x  ln x  x 2   2 x  ln x  x
x
1.169: f ( x)  x 3  1
f ' ( x)  3 x 2
For at bestemme ligningen for den pågældende tangent skal man have dens hældning og
2.koordinaten til skæringspunktet:
f (1)  13  1  2
f ' (1)  3  12  3
y  2  3  x  1  y  3x  1
1.170: Den afledte funktions nulpunkter giver 1. koordinaten til de punkter på grafen, hvor der er vandret
tangent. Disse steder ses på grafen at være:
f ' ( x)  0  x  0,5  x  2  x  5
f ' (1) angiver hældningen for tangenten i punktet (1 ; f(1)) = (1 ; 2,5).
3
Denne tangent vurderes til at have hældningen: f ' (1) 
2
f ' ( x)  0  x  4  x  2  x  2  x  9
f ' ( x)  0 er en ulighed, hvis løsninger er x-værdierne for de punkter, hvor tangenterne har
positive hældninger. De aflæses til:
f ' ( x)  0  L   8;4   2;2  9;11
f ' ( x)  0  x  1
f ' ( x)  1 er en ligning, hvor løsningerne er 1. koordinaterne til de punkter på grafen, hvor
tangenten har hældningen 1. Dette aflæses til:
f ' ( x)  1  x  2
1.174: Da f er aftagende i ]-1 ; 1] og voksende i [1 ;  [, er x = 1 lokalt minimumssted, og dermed er
f ' (1)  0 .
Da f er aftagende i ]-1 ; 1], har man, at den afledede funktion i ]-1 ; 1[ antager negative værdier
eller nul enkelte steder. Da f ’(x) har netop ét nulpunkt (som er fundet ovenfor), må derfor
f ' (0)  0 .
Samme argumenter som ovenfor giver, at da f er voksende i [1 ;  [, er f ' (2)  0
g ( x)  x 3  3x ; x   1; 
Det kan først bemærkes, at g er en differentiabel funktion.
g ' ( x)  3x 2  3  0  x 2  1  x  1 (den sidste biimplikation følger af, at -1 ikke er med i
definitionsmængden.)
Hermed er det vist, at g ' ( x) har netop et nulpunkt
Den afledede af g er kontinuert, dvs. den springer ikke, og derfor kan g’(x) ikke ændre fortegn
andre steder end hvor x = 1. g’(x) har altså samme fortegn x   1;1 , og g’(x) har samme fortegn
x  1;  .
For at finde fortegnene kan man altså udvælge et vilkårligt element fra de 2 intervaller:
g ' (0)  3  0 dvs. g er aftagende i  1;1
g ' (2)  9  0 dvs. g er voksende i
1; 
1.176: Det ses på figuren, at grafen for den afledede funktion f ’ er over x-aksen i det pågældende interval,
dvs. f ' ( x)  0 for x  1;4, og dermed gælder: f er voksende i 1;4
Det er oplyst, at f (1)  2 , og på grafen aflæses f ' (1)  5 .
Dermed er tangentens ligning: y  2  5( x  1)  y  5x  3
1.180: Første metode:
Fortegn og nulpunkter for den afledede funktion aflæses på grafen:
-4
x
f’(x) i.d
f(x)
1
-3
+
0
-
0
6
-
0
i.d
9
+
i.d
i.d
På ovenstående skema ses:
f er voksende i  4;3
aftagende i
 3;6
6;9
f
er
f
er voksende i
f
har lokalt maksimumssted
f
har lokalt minimumssted i
i
x  3
x6
(Desuden har f vendetangent i x = 1)
For at bestemme tangentens ligning skal dens hældning findes.
Den aflæses på grafen som f ’(0).
f ’(0) = -1.
Hermed er: y  (3)  1  ( x  0)  y   x  3
Anden metode:
Første del (fortegnsskemaet) kan også afløses af overvejelser angående den anden afledede til
funktionen de steder, hvor den afledede funktion antager værdien nul:
Det aflæses på grafen, at den afledede funktion antager værdien nul stederne x = -3, x = 1 og x = 6
Disse steder aflæses den anden aflededes fortegn ved at kigge på grafens tangenthældninger (da
grafen jo viser den første afledede):
f ' ' (3)  0 dvs. her er der lokalt maksimum.
f ' ' (1)  0 dvs. her er der vandret vendetangent.
f ' ' (6)  0 dvs. her er der lokalt minimum.
3
1.183: Ligningen x  3x  b  0 har de samme løsninger som f ( x)  x 3  3x  b har nulpunkter.
For at undersøge hvordan funktionen f opfører sig, bestemmes den afledede funktion:
f ' ( x)  3x 2  3  3( x 2  1)  0 for x   1;1.
Hvis f skulle have mindst 2 nulpunkter i et interval, ville det kræve, at den afledede funktion antog
både positive og negative værdier i intervallet (da der skulle være både delintervaller, hvor f var
voksende, og hvor f var aftagende). Da det ikke er tilfældet, har f altså højest ét nulpunkt, og
dermed har x 3  3x  b  0 højst en løsning i  1;1
1.184: f ( x)  x  ln x ; x  R
Først bemærkes det, at x kun antager positive værdier. Det skal benyttes senere i opgaven.
Den afledede funktion findes, og dens fortegn vurderes:
1
1
Da f ' ( x)  0 x  R , er
f ' ( x0 )  1 
 0, da
 0  x  R
x0
x
f
voksende
f ( x)   for x  
Dette følger af, at begge led går mod uendelig for x gående mod uendelig.
f ( x)   for x  0  (læses ”for x gående mod nul fra højre”)
Dette følger af, at første led går mod nul og derfor bliver uden betydning, når andet led går mod
minus uendelig for x gående mod nul fra højre (dvs. x er hele tiden positiv, hvilket er vigtigt da
man ellers ikke kunne tage logaritmen til x).
f defineret i ét interval og kontinuert (f er sammenhængende), og ovenstående grænseovergange
viser, at f antager samtlige reelle tal ( Vm( f )  R ). Hermed er der argumenteret for, at der er
mindst et nulpunkt.
Men da det også er vist, at funktionen f er voksende, kan den ikke have mere end ét nulpunkt, og
altså må den have netop ét nulpunkt .
1.185: Tagrendens tværsnitsareal er produktet af højden x og bredden y, hvor 24  2 x  y  y  24  2 x
A( x)  x  y  x  (24  2 x)   2 x 2  24 x ; x  [0;12]
For at optimere tagrenden med hensyn til tværsnitsareal ses på den afledede funktion:
A' ( x)  4 x  24  0  x  6
A’(1) = 20 > 0
A’(10) = -16 < 0
A(6) = 72
0
x
6
A’(x) i.d
A(x)
+
12
0
-
72
0
i.d
0
Der er altså globalt maksimum i x = 6.
Så tagrenden får størst tværsnitareal, når x  6cm
1.186: V(0) angiver voluminet af vandet, når vanddybden er 0, dvs. når der ikke er noget vand i
beholderen. Derfor skal V (0)  0 , og dermed viser figur 4 noget helt an det .
figur 1 s var er til
beholder
C , da man kan se, at beholderen snævrer til for oven, hvorfor
voluminet vokser langsommere med vanddybden, når vanddybden øges.
figur
2 s var er til
beholder
D , da denne beholder udvider sig fra bunden og opefter,
hvorfor voluminet vokser hurtigere med vanddybden, når denne øges. Dette gør beholderen B
også til at begynde med, men den snævrer ind på det sidste stykke, hvilket ikke ses på figur 2.
figur
3 s var er til
beholder
A , da denne beholder har samme form hele vejen, hvorfor
voluminet er proportionalt med vanddybden.
1.187: Først skal endepunkterne for det afgrænsede område findes:
1
f ( x)  g ( x)  x 2  2 x  x 2  4 x  0  x( x  4)  0  x  0  x  4
2
For at bestemme hvilken af graferne, der ligger øverst i intervallet ]0;4[, ses på et stedet x = 2:
f(2) = 2
g(2) = 4
Dvs. grafen for g ligger over grafen for f. Hermed er arealet af punktmængden M:
1
1 
32 48  32 16

AM   ( g ( x)  f ( x))dx   (2 x   x 2 )dx  x 2  x 3   16 


0
0
2
6 0
3
3
3

4
4
4
1.190: Det ses, at hvor grafen A har en vandret tangent, skærer B 1.aksen. Dermed gælder der, at
funktionen til B er den afledede af funktionen til A. Og dermed har man:
x
A :  f (t )dt
0
B : f ( x)
1.191:
x  P' ( x)  2  P( x)  x
P( x)  ax 2  bx  c
P' ( x)  2ax  b
Ved indsættelse fås:
x  (2ax  b)  2  (ax 2  bx  c)  x  2ax 2  bx  2ax 2  (2b  1) x  2c
For at dette skal gælde for samtlige x-værdier, skal:
c0
b  2b  1  b  1
a0
Det sidste følger af, at udtrykket tillader samtlige a-værdier, mens værdien 0 ikke kan
bruges, da polynomiet så ikke er af 2. grad.
Dvs. P( x)  ax 2  x ; a  0
1.192:
dy
P(1;2)
 x y
dx
Først bestemmes den afledede funktion til f(x) ved at differentiere ledvist:
f ' ( x)  1  e x
For at vise, at f er en løsning til differentialligningen, indsættes funktionsudtrykket for f på
højresiden i differentialligningen, hvor det så undersøges, om man får venstresiden:
dy
x  y  x  x  1  e x  1  e x  f ' ( x) 
dx
f ( x)   x  1  e x
Dermed er f en løsning til differentialligningen.
Tangentens hældning i P findes ved indsættelse:
dy
 1 2  3
dx
Tangentens ligning: y  2  3( x  1)  y  3x  1
1.193:
1.194:
dy
x
P(4,1)

dx 1  y 2
Ved indsættelse af punktets koordinater i differentialligningen fås tangentens hældning:
dy
4

2
dx 1  12
Hermed er tangentens ligning: y  1  2( x  4)  y  2 x  7
 1
f ( x)  21   , x  1
 x
1
2
f ' ( x)  2  2  2
x
x
dy
y

dx x( x  1)
Det ønskede vises ved indsættelse i differentialligningen:
 1
 x 1
1
21   2
 2 
y
2
dy
x
x 
x
 
 
    2  f ' ( x) 
x( x  1) x( x  1)
x( x  1)
x
dx
x
Det er hermed vist, at funktionen er løsning til differentialligningen.
1.195: Integrationsprøven benyttes. Højresiden differentieres, og det undersøges, om man hermed får
integranden på venstresiden. Hvis dette er tilfældet, er det ønskede vist:
( x 2 e x  2 xe x  2e x  k )'  2 x  e x  x 2  e x  2  e x  2 x  e x  2e x  0  x 2 e x
1.198: Det bestemte integral angiver punktmængdens areal, hvis den ligger over x-aksen, mens den
angiver punktmængden areal med negativt fortegn, hvis den ligger under x-aksen. Hermed er:

3
5

3
7
0
3
5
0
5
3
7
5
f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx  M 2  M 3  10  6  4
f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx  M 1  4  2  4  2

2
1
1.199:  (e  )dx  e x  ln x
x
1
x
1.200:
2

 (e 2  ln 2)  (e1  ln 1)  e 2  e  ln 2
1
1
1 5 3
1 5
1
6
1 5
4
2
3
3
0 ( x  3x )dx   5 x  x  0  ( 5 1  1 )  ( 5  0  0 )  5  1  5
1
1.201: f ( x)   x 2  9
For at bestemme arealet af punktmængden M, skal man finde ud af, i hvilket interval grafen for f
ligger over x-aksen (da grafen er en parabel med benene nedad, vil det være ét interval).
f ( x)  0   x 2  9  0  x 2  9  x  3
Dvs. grænserne for det bestemte integral er -3 og 3:
3
1
1
 1

AM   ( x  9)dx   x 3  9 x  (  33  9  3)  (  (3) 3  9  (3))  18  18  36
3
3
3
 3
 3
3
1.202:
1

0
2
 
e x dx  e x
1
0
 e1  e 0  e  1

e
1
e
1
dx  ln x  ln e  ln 1  1  0  1
x
1
1
 3 53 
3
3
x
dx

 x   0 
0
5
5  0 5
1
2
3
1.203: Når grafen (og dermed de skraverede områder) ligger OVER x-aksen, svarer arealet af områderne
til værdien af det bestemte integral med de pågældende grænser.
Når grafen (og dermed de skraverede områder) ligger UNDER x-aksen, svarer arealet af
områderne til værdien af det bestemte integral med de pågældende grænser med MODSAT
fortegn.
2
AM1   f ( x)dx  4
4
4
AM 3   f ( x)dx  1
2
For at bestemme arealet af M2 benyttes indskudsreglen:

4
4
2
2
4
2
4
2
2
2
f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx  1  4  1  4
Hermed er:
2
AM 2   f ( x)dx  (4)  4
2
4
1.204:

2 3 
2
2
2 14
x dx   x 2    8   7  
3
3 3
 3 1 3
4
1
1
1

3
0
3 5 
3
3
x dx   x 3    0 
5
5  0 5
2
32

1
1.205:
5 4 
4
5
5
5  15 75
dx   x 5   (5 32  1)  (2 4  1) 

4
4
4
4
4
x

1
1
32
5
1
1 1
2 3 5
1 3 1 2 
0 ( x  x)dx   3 x  2 x  0  3  2  0  0  6  6  6
1
2
1
3

1 2 4 2
1 4 6  3  8 17
(
1

x
)
dx

(
1

x

2
x
)
dx

x

x

x


  1  
0
0
2
3
2
3
6
6

0
1
2
1
1.206: Der integreres ledvist:
1
 ( x  x  x )dx 
3
2
3
1 2 2 2
 x   x  ln x  k
2
3
5
1 4 2
x
 ( x  x  e )dx  4  x  5  x 2  e  k
3
x
1.207: f ( x)  x(2 ln x  1)
g ( x)  x 2  ln x
For at vise at g er en stamfunktion til f benyttes integrationsprøven, dvs. det vises ved at vise, at g
differentieret (med anvendelse af produktreglen) giver f.
1
g ' ( x)  2 x  ln x  x 2   2 x ln x  x  x(2 ln x  1)  f ( x)
x
1.208: For at gøre rede for at

1
(1  2 x)e x dx  2 x  e x  k benyttes integrationsprøven, hvor man
x
tager udgangspunkt i højresiden. Hvis højresiden differentieret giver integranden på venstresiden,
er det ønskede vist:
d (2 x  e x  k )
2
1
2x x
1

 ex  2 x  ex 
 ex 
e 
(1  2 x)e x
dx
2 x
x
x
x
1.209: g ( x)  f ' ( x) f ( x)  h' ( x)
Heraf ses at f er en stamfunktion til g, mens h er en stamfunktion til f.

3
1
f ( x)dx  F ( x)  h( x)1  h(3)  h(1)  48  6  42
f ' (4)  g (4)  26
3
3
1
Dvs. væksthastigheden til tidspunktet x = 4 er 26 millioner pr. døgn.
 x   3
 2
1.212: l :       t    ; t  R og Q  3, 4 
 y   4
1
Det bemærkes, at Q ligger på linien.
Det afgøres, om trekant OPQ, hvor P er et punkt på linien l, er retvinklet ved at se på
prikprodukterne af to vektorer, der udspænder trekanten. Så først findes disse vektorer, hvor det
udnyttes, at P vides at ligge på l:
 3
 3  2t 
 2t 
OQ   
OP  
PQ  

 , hvor t  0 i sidste tilfælde, da man så har
 4
 4t 
 t 
nulvektoren, svarende til at punktet P er lig med punktet Q.
 3   3  2t 
OQ  OP  OQ  OP  0     
  0  9  6t  16  4t  0 
 4  4  t 
25  10t  t  2,5
Dette indsættes og giver den ene mulighed for P:
 x   3
 2   2 
t  2,5 :       2,5      
P  2;1,5
 y   4
 1  1,5 
 3   2t 
OQ  PQ  OQ  PQ  0     
  0  6t  4t  0  t  0
 4   t 
Denne t-værdi er som tidligere nævnt ikke tilladt, så disse to vektorer kan ikke stå vinkelret på
hinanden.
 2t   3  2t 
2
2
PQ  OP  PQ  OP  0  

  0   6t  4t  4t  t  0 

t
4

t

 

2
5t  10t  t  0  t  2
Den første værdi kan som ovenfor ikke bruges, mens den anden giver den anden mulighed for P:
 x   3
 2   1
t  2 :       2      
P  1; 2 
 y   4
1  2 
 2  3    1

  
1.216: A(3,-2,0) B(2,1,2) En retningsvektor for linien l gennem A og B er: AB  1  (2)    3 
 20   2 

  
 x  3 
  1
   
 
Hermed er en parameterfremstilling for l:  y     2   t   3 
z  0 
2
   
 
 x  3 
  1
   
 
Og parameterfremstillingen for liniestykket AB er:  y     2   t   3  ; t  0;1
z  0 
2
   
 
 : x  2 y  z  11
Parameteren t’s værdi i skæringspunktet bestemmes:
(3  t )  2(2  3t )  (2t )  11  3  t  4  6t  2t  11  3t  12  t  4
4  0;1
1.217: x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  5  0  ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  3) 2  5  1  4  9  9
Heraf kan centrum og radius aflæses:
C 1;2;3 r  3
 1 0   1 

  
En normalvektor for tangentplanen i P(0;0;-5) er vektoren PC   2  0    2 
 3  (5)   2 

  
Hermed er ligningen for planen:
1( x  0)  2( y  0)  2( z  5)  0  x  2 y  2 z  10  0
 3
 
n   2  og A(1,-5,4)
6
 
1.218:
3( x  1)  2( y  (5))  6( z  4)  0  3x  3  2 y  10  6 z  24  0  3x  2 y  6 z  17
 2 
 
1.219: Da skal være parallel med benyttes den samme normalvektor, der aflæses til: n    3 
  5
 
Ved hjælp af punktet P(-7,2,-1) og normalvektoren bestemmes nu ligningen for :
2( x  7)  3( y  2)  5( z  1)  0  2 x  14  3 y  6  5z  5  0  2 x  3 y  5z  15
 2 
 
a    2
 4 
 
1.221:
1
 
b   2  . Det indses hurtigt, at de to vektorer ikke er parallelle, så vektorerne
  1
 
a  t  b og a  t  b er egentlige vektorer for alle værdier af t. Hermed gælder:
( a  t  b)  ( a  t  b)  ( a  t  b)  ( a  t  b)  0  a  a  t 2  b  b  0 
2 2  (2) 2  4 2 24
a t b t  2

 4  t  2
6
1  2 2  (1) 2
2
2
2
2
1.225: x 2  y 2  z 2  10 z  24  0
8x  y  4 z  2  0
Kuglens radius og centrum bestemmes ved omskrivning af dens ligning:
( x  0) 2  ( y  0) 2  ( z  5) 2  25  24  0  ( x  0) 2  ( y  0) 2  ( z  5) 2  1
Radius: r  1
Centrum: 0;0;5
Afstanden fra centrum til planen findes ved formlen for afstanden mellem punkt og plan:
dist ( P,  ) 
ax0  by 0  cz 0  d
a2  b2  c2

8  0  1  0  4  (5)  2
8 2  (1) 2  4 2

18
81

18
2
9
1.226: P(2,3,2) 2 x  2 y  z  19  0
Man finder radius for kuglen ved at bestemme afstanden fra dens centrum til tangentplanen:
2  2  2  (3)  2  19 27
dist ( P,  ) 

9
3
2 2  2 2  12
Hermed er kuglens ligning:
( x  2) 2  ( y  3) 2  ( z  2) 2  81
 1   11    10 
    

1.228: A(11,3,4) B(1,2,6) P(5,0,1) En retningsvektor for m bestemmes: r    2    3     5 
 6    4   10 
    

 x  1 
  10 
   


Hermed er en parameterfremstilling for linien m:  y     2   t    5 
z  6 
 10 
   


5  1  10t
t  0,4
 5  1 
  10 
   


Undersøgelse af om P ligger på linien:  0     2   t    5   0  2  5t  t  0,4
1  6 
 10 
1  6  10t
t  0,5
   


Da t-værdierne ikke er ens, ligger P ikke på linien .
1.229: P(2,3,7)
n  (5,2,4)
Q(3,2,3)
Planens ligning: 5( x  2)  2( y  3)  4( z  7)  0  5x  2 y  4 z  24  0
5  (3)  2  2  4  3  24  15  4  12  24  1  0 , så Q ligger
ikke i
planen
 x  1   1 
     
l :  y     2   t  2  ; t  R
1.231:  : 3x  2 y  z  20  0
z  2   4 
     
Liniens koordinater indsættes i planen:
3(1  t )  2(2  2t )  2  4t  20  0  3  3t  4  4t  2  4t  20  0  11t  11  t  1
Liniens koordinater giver så skæringspunktet:
(1  1  1;2  1  (2);2  1  4)  (2;4;6)
1.231:  : 3x  2 y  z  20  0
 x  1   1 
     
l :  y     2   t  2  ; t  R
z  2   4 
     
l indsættes i :
3(1  t )  2(2  2t )  2  4t  20  0  3  3t  4  4t  2  4t  20  0  11t  11  t  1
 x  1 
 1   2 
   
   
Parameteren indsættes i l:  y     2   1    2     4 
z  2 
 4   6 
   
   
Dvs. skæringspunktet er: 2;4;6


 5
 t2 
 , hvor t er et tal.
1.232: a    og b  
1
 2t  3 
Først kan det bemærkes, at uanset værdien af t, er vektorerne egentlige (da ikke begge koordinater
i den anden vektor kan blive 0 samtidigt).
Så man har:
 
  1  t  2 
 
 
  0 
a | | b  det  a , b   0  aˆ  b  0     


 5   2t  3 
 1  t  2  5  2t  3  0   t  2  10t  15  0  9t  17  t 
17
9
De værdier for t, der giver b-vektoren en længde på kvadratroden af 17 findes:
b  17

t  22  2t  32
 17

t  22  2t  32  17

t 2  4t  4  4t 2  12t  9  17  5  t 2  8t  4  0
Diskriminanten bestemmes:
2
d   8  4  5   4  64  80  144  0 dvs. der er 2 løsninger:
  8  144
25
2
t2  t
5
t
 t
  8  144
25
1.233: A(1,2) B(4,-6) C(6,-5)
Trekanten udspændes af vektorerne:
 4 1   3 
   
AB  
  6  2   8
 6 1   5 
   
AC  
  5  2   7
 t
8  12
8  12
 t
10
10

Arealet af trekanten er halvdelen af arealet af det parallelogram, som de 2 vektorer udspænder, så
man har:
3
5
19
T  ½  det AB, AC  ½ 
 ½  3   7   5   8  ½  19 
8 7
2


2.001: Det er fast rentefod, så kapitalfremskrivningsformlen kan bruges:
n
K n  K 0  1  r 
K 6  K 0  1  r 
6
K 6  8000kr.  1  0,035  9834,042610756kr  9834,04kr.
6
2.002: Det er en kapitalfremskrivning med fast rentefod, så man har:
n
K n  K 0  1  r 
K 3  K 0  1  0,05
3
13891,50kr.  K 0  1,05 3
K0 

13891,50kr.
 12000kr.
1,05 3
2.003: Det er en kapitalfremskrivning, hvor der regnes med gennemsnitlig – og dermed fast - rentefod, så
man har:
n
K n  K 0  1  rg 
K 4  K 0  1  rg 
4
14641kr.  10000kr.  1  rg 
4
1  r 

14641kr.

10000kr.
rg  4 1,4641  1  0,10  10%
4
g

2.004: Hvis rs er den samlede rentefod og rm den månedlige, har man:
1  rs   1  rm 12
rs  1  0,004  1  0,04907  4,9%
12
2.006: Den gennemsnitlige rentefod er givet ved:
1  rg 3  1  r1   1  r2   1  r3  
rg  3 1  0,06  1  0,08  1  0,12  1  0,086381966  8,64%
3.002: Det er en retvinklet trekant, og den søgte vinkel, der er vinklen i toppen af tårnet, bestemmes ved
hjælp af sinus, da man kendes den modstående katete og hypotenusen:
mod 4,27m
 4,27 
sin v 

 v  sin 1 
  4,43655127869  4,44
hyp 55,2m
 55,2 
Da tårnet ikke hældte mere end 1,0°, havde det samme længde, dvs. længden af hypotenusen var
den samme som nu. Så bruges sinus for at finde afvigelsen fra lodlinjen, da det svarer til den
modstående katete i forhold til hældningsvinklen, der på figuren er afsat i toppen af tårnet:
mod
x
sin 1,0 

 x  55,2m  sin 1,0  0,963372835338m  0,96m
hyp 55,2m
3.004: A  32,80
a  3,51
c  5,72
Dette er det såkaldt dobbelttydige trekanttilfælde. De to muligheder for b kan enten findes direkte
ved at løse den andengradsligning, som cosinusrelationen giver, eller ved at bruge
sinusrelationerne og finde de 2 muligheder for vinkel C og derudfra de 2 muligheder for b:
b2  c2  a2
cos A 
2bc
b 2  5,72 2  3,512
cos 32,8 0 
2  b  5,72
Løses med ’solve’ på grafregneren. Der kan være 0, 1 eller 2 løsninger, da ligningen som sagt kan
omformes til en andengradsligning:
x 2  5,72 2  3,512
solve(cos 32,8 0 
, x)
giver
x  6,456967  x  3,15911466
2  x  5,72
Dvs. man har de to muligheder for sidelængden: b  3,16  b  6,46
Med sinusrelationerne er udregningerne:
sin A sin C
sin 32,8 0 sin C
5,72  sin 32,8 0



 sin C 
 sin C  0,882784 
a
c
3,51
5,72
3,51
C  sin 1 0,882784  C  180 0  sin 1 0,882784  C  61,98 0
Dvs. at B  180 0  32,80  61,980  B  180 0  32,80  118,02 0
Og hermed er:
b
3,51

0
sin 85,22
sin 32,80

 C  118,02 0
 B  85,22 0  B  29,180
b
3,51

 b  6,46  b  3,16
0
sin 29,18
sin 32,80
3.006: Da trekanterne er ensvinklede har man:
A1 B1
A1C

AB
AC
3,1 A1C
2,4  3,1

 A1C 
 3,72
2,0
2,4
2,0
3.008: Da trekanterne er ensvinklede har man:
AB
BC

AD
DE
AB
500m

200m
200m  500m
 AB 
 222,22222222m  222m
450m
450m
Først bestemmes længden af liniestykket AE:
AE
DE

AC
BC
AE
150m

450m
450m  150m
 AE 
 337,5m
200m
200m
Og så er: CE  AE  AC  337,5m  150m  187,5m
3.010: Trekanterne AFU og STU er ligedannede, da de begge er retvinklede og samtidig deler vinkel U.
Dermed gælder:
AF
UF
UF
3,2m  15,3m

 AF 
 TS 
 2,1m  12,140625m
TS
US
US
3,2m
Dvs. klippevæggen er 12,1m høj.
3.012:
TABC  30
A  39 0
AC  12
Arealet udregnes ud fra en vinkel og de 2 sider, der danner vinklen, så man har:
1
TABC   AB  AC  sin A
2
1
30  2
30   AB  12  sin 39 0  AB 
 7,94507864533  7,9
2
12  sin 39 0
Da man nu kender to sider samt den vinkel, de sammen danner, kan den sidste side
bestemmes med en cosinusrelation:
BC  AB  AC  2  AB  AC  cos A
2
2
2
BC  7,9450786 2  12 2  2  7,9450786  12  cos 39 0  7,67701868542  7,7
Det er vinkel B, der er overfor den længste side, og derfor er vinkel C spids. Den kan derfor
bestemmes med sinusrelationerne uden problemer (der er ikke 2 muligheder):
sin C sin A

AB
BC
 sin 39 0  7,945 
sin C sin 39 0
sin 39 0  7,945
  40,639272 0  40,6 0

 sin C 
 C  sin 1 
7,945 7,677
7,677
7
,
677


Så er B  180 0  39 0  40,6 0  100,4 0
Det er i dette skridt, at det udnyttes,
at man ved, at vinkel C er spids, så
man ikke behøver at overveje, om
man skal bruge 180°-sin-1(…).
3.013: Trekantens vinkler kan bestemmes med cosinusrelationerne:
 6,45 2  5,32 2  7,332 
  76,37 0
V1  cos 1 
2

6
,
45

5
,
32


 6,45 2  7,332  5,32 2 
  44,86 0
V2  cos 
2  6,45  7,33


2
2
2
 5,32  7,33  6,45 
  58,78 0
V3  cos 1 
2

5
,
32

7
,
33


1
3.014:
C
b
hc
0
A=35
a
B=200
4,72
Man har C  180 0  A  B  1800  350  200  1250
b
4,72
4,72  sin 20 0
Så er


b

 1,97073923913
sin 20 0 sin 1250
sin 1250
Og så kan man regne på den retvinklede trekant, hvor b er længden af hypotenusen:
h
sin A  c  hc  b  sin A  1,970739  sin 350  1,13036958976  1,13
b
3.015:
C=1200
20
A=300
a
c
B
Først bestemmes den sidste vinkel: B  180 0  A  C  1800  300  120 0  300
Da vinklerne A og B er lige store, har man altså en ligebenet trekant, dvs. at a  20
Og så er arealet:
1
1
TABC   a  b  sin C   20  20  sin 120 0  173,205080757  173
2
2
3.018:
B>900
c
0
A=21,2
6,9
C
14,2
Vinkel B kan findes ved sinusrelationerne, hvor der fra sinB til B tages højde for, at vinkel B er
stump:
sin B sin 21,2 0
14,2  sin 21,2 0

 sin B 

14,2
6,9
6,9
 14,2  sin 21,2 0 
  131,90846 0  131,9 0
B  180 0  sin 1 

6
,
9


0
0
Så er: C  180  A  B  180  21,2 0  131,9 0  26,9 0
Med kendskabet til vinklen C kan længden af den modstående side bestemmes ved
sinusrelationerne:
AB
6,9
6,9  sin 26,9 0


AB

 8,63019472241  8,6
sin 26,9 0 sin 21,2 0
sin 21,2 0
Alle tre vinkler og alle tre sider kendes nu, så arealet kan bestemmes med udgangspunkt i en
hvilken som helst vinkel. Her vælges vinkel C:
1
1
T   AC  BC  sin C   14,2  6,9  sin 26,9 0  22,1583222391  22,2
2
2
3.019:
A
3
C
4
B
Man kan bestemme den halve vinkel A (og dermed selve vinkel A) ved en beregning på den
retvinklede trekant, hvor vinkelhalveringslinien for A danner hypotenusen:
1
3
1
3


 
3
cos A    A  cos 1    A  2  cos 1    82,8192442185 0  82,80
2
2  4
4
4
Hermed er: B  90 0  82,80  7,2 0
Og så er: tan A 
cos A 
AC
BC
AC
 AB 
AB
 BC  3  tan 82,8192 0  23,8117617996  23,8
AC
cos A
 AB 
3
 24
cos 82,8192 0
3.020: Da M er midtpunktet af liniestykket AC, har man:
A
3
3
M
4
B
3
C
Vinkel A bestemmes ved at regne på ABM :
 32  32  4 2 
1
  cos 1    83,6206297916 0  83,6 0
A  cos 1 
9
 2 33 
Så kan længden af liniestykket BC bestemmes ved at se på ABC :
BC  AB  AC  2  AB  AC  cos A
2
2
2
BC  32  6 2  2  3  6  cos 83,6206 0  6,40312423743  6,4
Så kan de 2 resterende vinkler bestemmes med cosinusrelationerne:
 32  6,4032  6 2 
  68,62900267750  68,6 0
B  cos 1 
 2  3  6,403 
 6 2  6,4032  32 
  27,7503675310  27,8 0
C  cos 1 
 2  6  6,403 
3.025: På nedenstående figur er de opgivne størrelser indtegnet:
B

8
Cm
Am


O


6
M

C
6
12
A=300
Man kan bestemme arealet af den store trekant:
1
1
1
 AB  AC  sin A   8  12  sin 30 0  48  sin 30 0  48   24
2
2
2
For at gøre det nemmere at overskue angives de 6 små trekanters arealer med et græsk bogstav:
Da M deler liniestykket AC i 2 lige store dele, har man desuden:
1
1
1
1
TABM   AB  AM  sin A   AB  AC  sin A   TABC eller TABAM  TAAM C
2
2
2
2
Og på samme måde med de 2 andre medianer. Man har altså, at medianerne deler trekanten i 2 lige store
dele.
T ABAM  T AAM C
TABC 
T ABM  TBCM
T ACCM  TBC M C
Se desuden på AOC og AOM. De har siden AO og vinklen OAM tilfælles, og da liniestykket AM er
halvt så langt som liniestykket AC, har man altså med arealformlen som ovenfor, at:
1
TAOM   TAOC eller   
2
1
TAOC M   TAOB eller   
2
1
TBOAM   TBOC eller   
2
Man har så:
TAAM C        2     
  2   2     
TABAM        2     
TBC M C          2   
  2   2     
TACCM          2   
Alle disse udtryk fortæller altså at:               
Dvs. arealerne af de 6 små trekanter er altså lige store, og dermed udgør hver af dem altså en sjettedel af
den store trekants areal. Således er:
1
TAOM   24  4
6
3.026: Det er længden af liniestykket PB, der skal bestemmes. Den kan bestemmes ved at regne på
trekant BCP. Her skal man bruge længden af liniestykket BC, der er opgivet i teksten, og man skal
desuden bruge vinkel CBP, der kan bestemmes ved at regne på trekant ABC (enhederne udelades i
udregningerne):
2
2
2
AB  BC  AC
cos B 
2  AB  BC
 95 2  53 2  84 2
B  cos 1 
2  95  53


  61,6745896252 0

Så har man: BCP  180 0  50,2 0  61,67458962520  68,12541037480
Og så kan det ønskede stykke findes ved sinusrelationerne:
BP
BC

sin BCP sin BPC
BP
53
53  sin 68,125 0


BP

 64,0181420914
sin 68,125 0 sin 50,2 0
sin 50,2 0
Dvs. at afstanden til havnen B er 64 sømil
3.027: Lad jordens centrum være betegnet med O.
Afstanden fra jordens centrum og ud til AWACS-flyet er: OF  6371km  9km  6380km
AFO er retvinklet, da liniestykket AF er en del af tangenten til cirklen i punktet A, og tangenten
er vinkelret på radien.
Dermed er:
r
 6371km 
0
cos AOF 
 AOF  cos 1 
  3,04368435689
OF
 6380km 
Så kan den store vinkel inde fra centrum bestemmes:
AOB  2  AOF  6,08736871379 0
Nu ses på ABO . En cosinusrelation giver:
AB  r  r  2  r  r  cos AOB 
2
2
2
AB  2  r 2  1  cos AOB 
2
AB  2  6371km  (1  cos 6,087 0 )  676,566203389km  676,6km
2
Cirkelbuen AB bestemmes ud fra omkredsen af en cirkel og den del af cirklen, som vinklen
spænder over:

6,087 0
AB  2    r  3600  676,884517588km  676,9km
3.031: a) Lad Al være projektionen af A på linien l, dvs. det punkt på l, der ligger til venstre for F og er
røringspunktet mellem den stiplede linie og l. Lad Bl være det tilsvarende punkt til højre for F. Da
skibene sejler parallelt med kystlinien, vil vinklerne v og u svare til henholdsvis:
v  AFAl og u  BFBl .
Trekanterne AFAl og BFBl er retvinklede, så man har:
AAl
1200m
sin AFAl 
 AF 
 1866,86859m  1867m
AF
sin 40 0
sin BFB l 
BBl
BF

BF 
1000m
 1345,6327m  1346m
sin 48 0
b) Afstanden mellem skibene bestemmes ved at regne på trekant ABF, hvor man allerede kender
to af siderne. Vinklen AFB kan hurtigt findes:
AFB  180 0  AFAl  BFBl  180 0  40 0  480  92 0
Så kan man benytte en cosinusrelation:
2
2
2
AB  AF  BF  2  AF  BF  cos AFB

AB 
1867m2  1346m2  2  1867m  1346m  cos 92 0
 2339,07443m  2339m
c) Det er punkterne Al og Bl, der afgør, hvornår de 2 skibe passerer hinanden, nemlig når
afstanden mellem punkterne er 0. Denne afstand kan beregnes ved at kigge på de 2 retvinklede
trekanter AFAl og BFBl. Først ses på tidspunktet 12.00:
AAl
BBl
1200m 1000m
Al Bl  Al F  FBl 



 2330,508m
tan v tan u tan 40 0 tan 480
Samme udregning foretages for tiden 12.00:30:
AAl
BBl
1200m 1000m
Al Bl Nyt tidspunkt  Al F  FBl 



 2142,519m
tan v tan u tan 42 0 tan 510
Dvs. at på et ½ minut er afstanden parallelt med
2330,508m  2142,519m  187,989m
Da afstanden til at begynde med er 2330,508m, vil det altså tage:
kystlinien
mindsket
med
2330,508m
t
 ½minut  6,1985minutter før skibene passerer hinanden. Det vil altså ske til
187,989m
tidspunktet 12.06 : 12 .
3.032: ACD er retvinklet, og da man allerede kender vinklen  ved A, har man kun brug for én side i
trekanten for at kunne bestemme længden af linjestykket CD, der i forhold til  ligger som den
modstående katete (Man ville kunne sige det samme om BCD).
Længden af stykket AC kan bestemmes ved at benytte sinusrelationerne på ABC, når man først
har bestemt vinklerne i denne trekant:
ABC  180    180  37,6  142,4
ACB  180    ABC  180  27,2  142,4  10,4
Så er:
AC
sin ABC 

AB
sin ACB 

AC  50km 
sin 142,4
 168,99735567km
sin 10,4
Dette bruges i den retvinklede ACD:
CD
sin   
 CD  AC  sin    168,997km  sin 27,2  77,2483409549km  77km
AC
3.037: Cirklens ligning: x 2  6 x  y 2  8 y  0
Udtrykket omskrives for at centrum og radius kan bestemmes:
2
2
x 2  6 x  y 2  8 y  0  x  3   y  4  0  9  16  25  52
Herfra kan aflæses:
C (3,4) og r  5
Da højresiden er 0 i den oprindelige ligning, ligger koordinatsystemets begyndelsespunkt på
cirklen. Så man skal se på den radius, der ender i (0,0).
Hældningen for den linie, der indeholder denne radius, er:
y  y1  4  0
4
a 2

 .
x2  x1
30
3
Da denne linie står vinkelret på tangenten, har man:
3
a  at  1  at 
4
3
Og da tangenten går gennem punktet (0,0), er den ligning altså: y   x
4
3.038: l : y   x  4
C : x 2  y 2  6 x  10 y  26  0
Cirklens ligning omskrives, så centrum og radius kan aflæses:
x 2  y 2  6 x  10 y  26  0 
x  32   y  52  26  9  25  8 
8
2
Herfra kan aflæses:
C (3,5) og r  8
Herudfra kan cirklen tegnes, og linien kan tegnes ud fra hældning og skæring med y-aksen.
Her kommer to forskellige måder at redegøre for, at linien l er tangent til cirklen:
1) Det vises her ved at vise, at linien og cirklen netop har ét punkt fælles. Det gøres ved
substitutionsmetoden:
x  32   x  4  52  8 
x 2  6x  9  x 2  2x  1  8  0 
2x 2  4x  2  0 
x 2  2x  1  0 
x  12  0
 x 1
Der er altså netop én værdi af x, dvs. der er netop ét punkt fælles (hvis y-værdi kunne findes ved at
indsætte værdien i liniens ligning). Dermed er det vist, at linien er tangent til cirklen.
2) Det vises her ved at vise, at afstanden fra centrum til linien netop er radius:
 1 3  4  5
4
16
16
dist C , l  



 8r
2
2
2
2
 1  1
3.039: A(2,3) B(-2,2) C(-2,-2) D(4,-2)
Først bestemmes ligningen for den rette linie gennem punkterne A og C, som den ene diagonal er
en del af:
y  y1  2  3  5 5
a 2



x2  x1  2  2  4 4
Indsættes for at finde b:
5
1
b  y1  a  x1  3   2 
4
2
Så ligningen er:
5
1
y  x
4
2
Det samme gøres med udgangspunkt i punkterne B og D:
22 4
2
a


42
6
3
Indsættes for at finde b:
2
2
b  2
   2 
3
 3 
Så ligningen er:
2
2
y  x
3
3
Og så kan udtrykkenes højresider sættes lig hinanden for at finde skæringspunktet:
5
1
2
2
2
x  x
 15x  6  8 x  8  23x  2  x 
4
2
3
3
23
Dette indsættes i den nederste af ligningerne for de to linier:
2 2 2 14
y   
3 23 3 23
 2 14 
Dvs. skæringspunktet er  ; 
 23 23 
3.040: Linie gennem punkterne A(-1,13) og B(3,10) samt cirkel med centrum i C(3,2) og r = 4.
Først bestemmes liniens hældning:
y  y1 10  13
3
a 2


x2  x1 3   1
4
Og så skæringen med y-aksen:
49
 3
b  y1  a  x1  13       1 
4
 4
Dermed er liniens ligning:
3
49
y  x
4
4
Cirklens ligning fås ved indsættelse af centrums koordinater og radius:
x  32   y  22  4 2  x  32   y  22  16
Det punkt på cirklen, der har den mindste afstand til den oprindelige linie l, vil ligge på den nye
linie m, der står vinkelret på l og går gennem cirklens centrum.
Da linien m står vinkelret på l, har den hældningen:
4
 3
a m  al  1  a m      1  am 
3
 4
Og med centrum som det kendte punkt bliver dens ligning:
4
4
m : y  2   x  3  y  x  2
3
3
Skæringspunkterne mellem linien m og cirklen kan findes ved substitutionsmetoden, eller man kan
bruge solve:
4


2
2
solve x  3   y  2  16 and y  x  2 , {x, y} , der giver de 2 punkter:
3


 27 26 
3 6
P1  ,  og P2  , 
 5 5 
5 5
Disse to punkters afstand til linien l bestemmes, så det kan afgøres, hvilket der er punktet med
kortest afstand, og hvilket der har størst afstand:
dist ( P1 , l ) 
dist ( P2 , l ) 
 3  27 49 26


 
4
5
 4 5
2

 3
  1
 4
 3  3 49 6

  
 4 5 4 5
2

12
5
52
5
 3
  1
 4
 27 26 
Det søgte punkt er altså P1  , 
 5 5 
Og det kan lige bemærkes, at det andet punkt har en afstand til linien, der er 8 større end det
første, så linien l skærer ikke cirklen.
3.043: C 1,2 A2,4
For at bestemme cirklens ligning mangles (kvadratet på) radius, og den bestemmes som (kvadratet
på) afstanden mellem de to opgivne punkter, da C er centrum og A et punkt på cirklen:
2
2
r 2  2  1  4  2  1  4  5
Dvs. cirklens ligning er:
 x  12
  y  2  5
2
Skæringer med y-aksen (her er x = 0):
 12   y  22  5   y  22  4 
Dvs. skæringspunkterne med y-aksen er:
0,0 og 0,4
y  2  2 
y0 
y4
Skæringer med x-aksen (her er y = 0 – og dermed er allerede det ene punkt fundet ovenfor):
x  12   22  5  x  12  1  x  1  1  x  0  x  2
Dvs. skæringspunkterne med x-aksen er:
0,0 og 2,0
For at kunne bestemme arealet af den del af cirklen, der ligger i 1. kvadrant, er det vigtigt at
bemærke følgende sammenhæng mellem centrum og de to skæringspunkter ovenfor, der ikke er
origo.
En linie gennem de to skæringspunkter har hældningen:
40
a
 2
02
Og det ene skæringspunkt fortæller, at linien skærer y-aksen i (0,4), så liniens ligning er:
y  2 x  4
Og da 2  2  1  4 ligger cirklens centrum på denne linie.
Den del af linien, der ligger mellem de to skæringspunkter er altså en diameter, og dermed kan
den del af cirklen, der ligger i 1. kvadrant, deles op i en halvcirkel og en retvinklet trekant.
1
1
Atrekant   h  g   4  2  4
2
2
1
1
5
Ahalvcirkel     r 2     5 
2
2
2
Hermed er det samlede areal:
5
Asamlet  4 
2
1
 
a   2
 3
 
3.080:
Vinklen bestemmes: cos v 
ac 
ac
2
c
  1
 
c 2 
2
 
2
 
b    1
2
 
a b
ab

226
1 4  9  4 1 4

6
14  3

2
14
 v  57,68847 0
  1
  1   1
1 4  6   9    
c 
 2    2    2   c
1 4  4   9    
2
2 2
d  a  s b  t c
2
d  b  d  b  0  a  b  s  b  t  c  b  0  6  9s  0  t  0  s  
2
3
2
d  c  d  c  0  a  c  s  b  c  t  c  0  9  0  s  9t  0  t  1
Hermed har den søgte vektor koordinaterne:
4

  2 
 1 1  

3
1
2
  1 
  3 
  2  
 
2
2 
d   2      1  1   2    2   2   



3
3 
 3 3  2 
2 


4
1
 
 
 
3   2  
3

  3
3.094: A(0,0,1) B(1,1,2) C(0,4,0)
AC  (0,4,1)
AB  (1,1,1)
Krydsproduktet giver både en normalvektor til planen og en måde at finde arealet:
AC  AB  (4  1  (1)  (1),1  1  1  0,0  (1)  1  4)  (3,1,4)
Plan for ligningen: 3( x  0)  1( y  0)  4( z  1)  0  3x  y  4 z  4
Trekantens areal: T  ½ AC  AB  ½  9  1  16  ½  26  2,5495
 x  8 1
 x   4  1
     
     
3.099: P(5,4,3) l :  y    0   t  0  m :  y     4   s 2 
 z   0 1
 z   2  0
     
     
 5  8    3

  
Man har allerede én retningsvektor for planen, og en anden er: r 2   4  0    4 
3  0  3 

  
 1    3   4 
     
En normalvektor til planen findes:  0    4     6 
1  3   4 
     
 2 
 
Dermed kan man sætte: n   3 
  2
 
Og planens ligning er så:  : 2( x  8)  3( y  0)  2( z  0)  0  2 x  3 y  2 z  16
Liniens koordinater indsættes i planens ligning:
2(4  s)  3(4  2s)  2  2  16  8  2s  12  6s  4  16  8s  24  s  3
Dette indsættes i parameterfremstillingen for m:
 x  4 
1 7
   
   
Dvs. at skæringspunktet er: 7;2;2
 y     4  3   2   2
z  2 
 0  2
   
   
Vinklen mellem m’s retningsvektor og ’s normalvektor er:
1  2 
   
 2   3 
 0   2
 8 
26
cos v       cos v 
 v  cos 1 
  29,8050287753 0
5  17
1  2 
 85 
   
 2   3 
 0   2
   
Hermed er vinklen mellem linien og planen: w  90 0  v  60,1950 0
Punktet P og linien l ligger begge i planen (og punktet ikke på linien). Den søgte linies skæring
med l ligger derfor også i planen, og den går altså gennem 2 punkter (P og skæringen), der begge
ligger i planen. Altså ligger den søgte linie selv i planen.
Da den desuden skærer m, må dette skæringspunkt være det eneste punkt på m, der ligger i planen,
nemlig (7;2;2).
En retningsvektor for linien findes derfor ved hjælp af P og (7;2;2):
 5  7    2
 x  5
  2

  
   
 
Og en parameterfremstilling er så:  y    4   t   2 
r   4  2   2 
3  2  1 
 z   3
 1 

  
   
 
3.101: A(5,2,1) B(2,6,4) C(1,2,3)
To retningsvektorer for planen findes:
 2  5    3
  1  5   6 

  

  
AB   6  2    4 
AC   2  2    0 
 4 1  3 
 3 1   2 

  

  
En normalvektor for planen findes:
 42  03   8 
 8   2 

 

  
1 
AB  AC   3  (6)  2  (3)     12  . Så en normalvektor er: n     12     3 
4 
  3  0  (6)  4   24 
  

 

 24   6 
Så en ligning er:
 : 2( x  5)  3( y  2)  6( z  1)  0  2 x  3 y  6 z  10
Linien kaldes m. Da m og  er parallelle, bestemmes afstanden mellem dem som afstanden
mellem et punkt på linien (dvs. punktet D(3,-1,6)) og selve planen:
2  3  3  (1)  6  6  10
35
35
dist (m,  ) 


5
7
49
2 2  32  6 2
Normalen har planens normalvektor som en retningsvektor, og den går gennem D, så dens
parameterfremstilling er:
 x  3 
 2 
   
 
 y     1  t    3 
z  6 
 6 
   
 
  38 


3.103: A(8,14,0) B(30,10,20) C (15,0,0) AB    24 
 20 


AB  22  5
AC  7  5
 7 


AC    14 
 0 


AB  AC  140  30
 280 


AB  AC   140 
 700 


cos A 
AB  AC
AB  AC
 cos A 
70
1
 A  cos 1 ( )  84,78409 0
770
11
T  ½  AB  AC  sin A  ½  22  5  7  5  sin 84,78409 0  383,40579
(T = 70  30 )
En ’nem’ normalvektor til planen, der indeholder trekanten, kan findes ved at dividere det
udregnede krydsprodukts koordinater med 140. Dvs. n  (2,1,5) .
En ligning for planen er derfor: 2( x  15)  1( y  0)  5( z  0)  0  2 x  y  5z  30
Planen skærer førsteaksen i: 2 x  0  5  0  30  x  15
(15;0;0)
Nu mangler man altså blot en retningsvektor for linien l:
Førsteaksen har retningsvektoren r  (1,0,0) :
En retningsvektor for projektionen findes:
r1  r 
rn
2
n
n  r 
2
1
5
 13 1
 n  (1,0,0)   (2,1,5)   , , 
2
2
15
2 1  5
 15 15 15 
2
En anden – og mere anvendelig – retningsvektor er så:
 13 
 
r l   1
  5
 
Og hermed er en parameterfremstilling for l:
 x  15 
 13 
   
 
 y    0   t    1
z  0 
  5
   
 
 x  8 
  38 
   


Linien gennem A og B har parameterfremstillingen:  y   14   s    24 
z  0 
 20 
   


Dette giver ligningssystemet:
15  13t  8  38s   15  13t  8  38s   11  11
1 
1
 
 t  14  24s   4s  14  24s  s     s 
2 
2

 5t  20s 
t  4s
 
  t  2
Værdien for t indsættes, og skæringspunktet findes:
( x, y, z )  (15  26,2,10)   11,2,10
1
1
1  2  2  0   2 
 
 

  
3.104: A(4,5,8) B(1,1,5) C (1,0,2) a   1  b   2  n  a  b   0  1  2  1     2 
 0
 2
 1 2  11   1 
 
 

  
En parameterfremstilling for l findes:
 4  1  3 
1
 x   4
1

  
 
   
 
BA   5  1    6  . Så en retningsvektor for linien er: r   2  . Dvs. l :  y    5   t   2  .
8  5  3
1
 z  8
1

  
 
   
 
En normalvektor for planen  er fundet ved krydsproduktet mellem de to vektorer, så ligningen er:
 : 2( x  1)  2( y  0)  1( z  2)  0  2 x  2 y  z  4
Skæringen findes ved indsættelse af liniens koordinater i planens ligning:
2(4  t )  2(5  2t )  8  t  4  8  2t  10  4t  8  t  4  t  2  t  2
Indsættes i parameterfremstillingen: D(4  2;5  2  2,8  2)  D(6,9,10)
Vinklen mellem l’s retningsvektor og ’s normalvektor bestemmes:
 1 
2 1  2  2  11
cos v 
 v  cos 1 
  97,8212355065 0
2
2
2
2
2
2
 3 6 
2  2 1  1  2 1
Hermed er vinklen mellem planen og linien: w  v  90 0  7,8212 0
Vi har allerede et punkt på l’s projektion på , nemlig D.
Derfor skal en retningsvektor findes:
 11 
 
1
 2  9
   1    16 
r n
r1  r  2  n   2  
   2 
 
9
1
 1  9
n
10
 
 
 
9
En pænere retningsvektor fås ved at forlænge denne vektor (gange med 9).
Og hermed bliver parameterfremstillingen for linien m:
 x  6 
 11 
   
 
m :  y    9   t  16 
 z  10 
10 
   
 
3.105: Grundfladen ligger i xy-planen, så den har normalvektoren: n OABC  (0,0,1)
En normalvektor for planen gennem OAD findes: OA  (4,0,0)
OD  (2,2,10)
OA  OD  (0  10  2  0,0  2  10  4,4  2  2  0)  (0,40,8) Dvs. n OAD  (0,5,1)
Vinklen mellem planerne er vinklen mellem deres normalvektorer, der er:
cos v 
n OABC  n AOD
n OABC  n AOD

 1 
 v  cos 1 
  78,69010
1  25  1
 26 
1
En symmetribetragtning overbeviser om, at kuglens centrum må ligge et sted på højden fra D.
Men det kan også udledes ved hjælp af afstandsformler. Lad K(a,b,c) være kuglens centrum.
Afstandene ud til de enkelte punkter skal være de samme, dvs. følgende 5 ligninger skal gælde:
O : a2  b2  c2  r 2
A : (a  4) 2  b 2  c 2  r 2
B : (a  4) 2  (b  4) 2  c 2  r 2
C : a 2  (b  4) 2  c 2  r 2
D : (a  2) 2  (b  2) 2  (c  10) 2  r 2
O og A giver: a 2  (a  4) 2  a  2
O og C giver: b 2  (b  4) 2  b  2
O og D giver: 2 2  2 2  c 2  0 2  0 2  (c  10) 2  8  c 2  c 2  100  20c  20c  92  c 
23
 27 
Disse værdier sættes ind i D for at finde kvadratet på radius: r  (  10) 2   
5
 5 
23
5
2
2
Dette giver kuglens ligning:
23
729
( x  2) 2  ( y  2) 2  ( z  ) 2 
5
25
Som kontrol kan man tjekke, at alle 5 punkter opfylder kuglens ligning.
3.106:  : x 2  y 2  z 2  4 x  6 y  4 z  8  ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( z  2) 2  8  4  9  4  25
 : 2x  2 y  z  3
Kuglens centrum og radius (skal bruges senere) aflæses: C (2,3,2)
r 5
Linien gennem C og P står vinkelret på  og har derfor planens normalvektor som retningsvektor.
En parameterfremstilling for linien er derfor:
 x   2
 2
   
 
 y    3  t   2
 z   2
1
   
 
Skæringen mellem denne linie og planen findes ved indsættelse af liniens parameterfremstilling:
2(2  2t )  2(3  2t )  2  t  3  4  4t  6  4t  2  t  3  9t  9  t  1
Punktet P har hermed koordinaterne:
P(2  1  2;3  1  2;2  1  1)  P(0,1,1)
Radius i den dannede cirkel findes ved at se på den retvinklede trekant, der dannes af C, P og et
vilkårligt skæringspunkt mellem kuglen og planen.
Hypotenusen i trekanten udgøres af en radius, så den har længden 5.
Længden af den ene katete er afstanden mellem C og P:
CP  (2  0) 2  (3  1) 2  (2  1) 2  9  3
Radius af cirklen er den sidste katete, og den har altså længden: rc  5 2  32  16  4
3.109: O(0,0,0) P(3,0,4) OP  (3  0) 2  (0  0) 2  (4  0) 2  25  5
Fra ovenstående afstandsberegning kendes radius, og med O som centrum har man:
x 2  y 2  z 2  25
 3  0   3

  
En normalvektor for kuglens tangentplan i P er: n  OP   0  0    0 
 4  0  4

  
Hermed bliver ligningen for kuglens tangentplan:
3( x  3)  0( y  0)  4( z  4)  0  3x  4 z  25
Vi giver det søgte punkt koordinatsættet D(a,b,c). Det ligger på kuglen, så det opfylder:
1)
a 2  b 2  c 2  25
 a  0  a 

  
En normalvektor til den søgte plan er: n  OD   b  0    b 
c  0 c

  
Den skal stå vinkelret på de to retningsvektorer for planen: AD og
BD . Derfor har man:
2)
n  AD  0  a  a  b  (b  10)  c  c  0  a 2  b 2  c 2  10b  0
3)
n  BD  0  a  a  b  b  c  (c  10)  0  a 2  b 2  c 2  10c  0
Ligningerne 1) og 2) giver: 25  10b  0  10b  25  b  2,5
Ligningerne 1) og 3) giver: 25  10c  0  10c  25  c  2,5
Dette indsættes i ligning 1) og giver: a 2  2,5 2  2,52  25  a 2  12,5  a  12,5
25 5 5
 25 5 5 
Dermed er de 2 søgte punkter:  ; ;  og ( ; ; )
2 2 2
 2 2 2
 h 
3 
  2 D 2  dD  d 2 
h8
d 4
V  150
15 
4 
De kendte værdier indsættes og D findes:
 8  2
3
150  15

150 
  2D  4D   4 2  
 2 D 2  4 D  12
15 
4


8

 150  15

Ligningen løses med solve på grafregneren: solve 
 2 x 2  4 x  12, x 
 8


Da det er en andengradsligning forventes op til 2 løsninger, og man får:
x  5,3057  x  7,3057
Da diameteren ikke kan være negativ, har man: D  5,3
4.001: V 
4.002: f ( x)  x 2
At g og f er omvendt proportionale vil sige, at deres produkt er en konstant. Dvs. man har:
g ( x)  f ( x)  k  g  x   x 2  k
Konstanten k’s værdi kan bestemmes ud fra det givne punkt:
g (2)  2 2  k  1  4  k  k  4
Dvs. at man har:
4
g ( x)  2 x  0
x
4.005:
3,2  x 5  4,1 
3,2
1
 5 
4,1 x
3,2
 x5 
4,1
x5
3,2
 0,951641174503  0,9516
4,1
4.006: Ligningen for parablen er opgivet til: y 
1 2
x  2x  3
3
Så toppunktet er:
1 

22  4   3 

d 
2
 b
3   T  3;0
T   ;   T 
;
1
1
2
a
4
a




4
 2

3
 3

4.010: Først skal der findes en forskrift for parablen, så der kan regnes på den.
Parablen skal derfor lægges i et koordinatsystem, og her kan den placeres uendelig mange steder,
men man skal (selvfølgelig) vælge en placering, der gør det nemt at regne på.
Så parablen placeres, så førsteaksen ligger langs kørebanen, og toppunktet ligger på andenaksen
(dvs. parablen er nu symmetrisk omkring andenaksen).
Den generelle forskrift for parablen er: f ( x)  a  x 2  b  x  c .
c-værdien angiver skæringen med andenaksen, så c = 4,3
b
Toppunktets førstekoordinat er 
, og da toppunktet ligger på andenaksen, er førstekoordinaten
2a
0, og dermed er b-værdien 0.
Dermed er: f ( x)  a  x 2  4,3
Det ene af de to steder hvor parablen skærer førsteaksen (dvs. tunnelens røring med vejen) giver:
 4,3
2
f (10)  0  0  a  10  4,3  a 
 0,043
100
Hermed er forskriften fundet:
f ( x)  0,043  x 2  4,3
a) Hvis den pågældende lastbil skal kunne køre under broen, skal punktet (1,25;4,0) ligge under
parablen (svarende til at lastbilen kører midt igennem tunnelen). Så det undersøges:
f (1,25)  4,2328  4
Dvs. lastbilen kan køre gennem tunnelen .
b) En andenkoordinat på 3,2 findes ved:
3,2  0,043  x 2  4,3 
x 2  25,581395  x  5,0578
Forskellen mellem disse er 2  5,0578  10,1156
Så vejen kan altså højst være 10m bred.
4.016: log x   3  log x  4  0
Dette er en skjult andengradsligning. Man har:
d  32  4  1   4  9  16  25  0 Dvs. at der er 2 muligheder for logx:
2
 3  25  1

2 1
 4
Man har altså:
log x  1  log x  4  x  10  x  10 4
log x 
 
2
4.017: 2  e 2 x  7  e x  4  0  2  e x  7  e x  4  0
Dette er en skjult andengradsligning:
d  7 2  4  2   4  49  32  81  0 dvs. der er 2 muligheder for ex:
1
 7  81 

ex 
 2
22

 4
En eksponentialfunktion kan ikke være negativ, så man har:
1
1
e x   x  ln
2
2
4.018: Tabelværdierne indtegnes i et enkeltlogaritmisk koordinatsystem:
Indbyggertal i tusinder
Indbyggere i New York
10000
1000
100
10
1750
1800
1850
1900
1950
årstal
Det ses, at punkterne tilnærmelsesvis danner en ret linie med positiv hældning i det
enkeltlogaritmiske koordinatsystem, så indbyggertallet er tilnærmelsesvist vokset eksponentielt i
denne periode.
I lommeregnerens statistikeditor lægges ”år” målt som tiden EFTER 1790 ind i list1 (x-værdier)
og ”indbyggerantal i tusinder” ind i list2 (y-værdier). Dette giver ved eksponentiel regression
forskriften:
f ( x)  36,28  1,0437 x
(r2 = 0,996)
ln 2
ln 2

 16,2056
ln a ln 1,0437
Dvs. at indbyggertallet fordobles for hver 16år
X2 
4.019: Tabelværdierne indtegnes i et enkeltlogaritmisk koordinatsystem:
Radioaktivt stof
Aktivitet i Bq
10000
1000
100
0
20
40
60
80
Tid i timer
Det ses, at punkterne tilnærmelsesvis danner en ret linie med negativ hældning i det
enkeltlogaritmiske koordinatsystem, så aktiviteten er tilnærmelsesvist en eksponentielt aftagende
funktion af tiden.
Tabelværdierne indtastes i statistik-editoren med tiden i liste 1 og aktiviteten i liste 2, og der laves
eksponentiel regression med liste 2 som funktion af liste 1. Dette giver forskriften:
A(t )  4385  0,97716 t
Halveringstiden findes på lommeregneren ved hjælp af solve(
A(0)
 A( x), x) , der giver x=29,997.
2
Altså er halveringstiden T½  30timer
Ved hjælp af solve(200  A( x), x) findes x = 133,62359
Dvs. at efter t  133,6timer er aktiviteten nået ned på 200Bq.
4.020: Forskriften for intensiteten er: I ( x)  I 0  a x , hvor I er intensiteten målt i procent.
a) Fra teksten har man altså for jordvolde:
2,5
2,5  100  a 45  a  45
 0,921294899593
100
Altså er:
I (25)  100  0,92...25  12,8815069297
Intensiteten er altså nede på 13%, så den er nedsat med 87%
b) For en betonvæg har man:
2,5
2,5  100  a 30  a  30
 0,884296691778
100
Hvis intensiteten skal ned på 1% af det oprindelige, har man:
ln 0,01
1  100  0,8843 x  0,8843 x  0,01  x 
 37,45
ln 0,8843
Dvs. at betonvæggen skal have tykkelsen 37,5cm
4.021:
f ( x)  b  e k  x
Man kender fordoblingskonstanten, og ud fra den kan k bestemmes:
ln 2 ln 2
k

T2
5
b findes ved indsættelse i forskriften:
ln 2
10
20
20
20  b  e 5  20  b  e ln 22  b 
b 2 b5
2
2
e ln 2
 
Man har altså:
f ( x)  5  e
ln 2
x
5
f ( x)  2500 
5e
e
ln 2
x
5
ln 2
x
5
 2500 
 500 
ln 2
 x  ln 500 
5
5  ln 500
x
 44,8289
ln 2
t
t
 1  T½
 1  1, 28109 år
4.023: Forskriften er: N (t )  N 0     N 0   
2
2
8, 50108 år
1
N (8,50  10 8 år )  N 0   
 N 0  0,631098675197
2
Der er altså 63% af den oprindelige mængde tilbage.
1, 28109 år
Hvis der kun skal være 10% tilbage, har man:
t
t
ln 0,10
 1  1, 28109 år
0,10   


9
1,28  10 år ln 0,50
2
 t
ln 0,10
 1,28  10 9 år  4,25  10 9 år
ln 0,50
4.026: Lad N være mængden af radioaktivt stof som funktion af tiden t (målt i timer). Da det er en
eksponentielt aftagende funktion gælder:
N (t )  N0  at , hvor N0 er mængden af radioaktivt stof til t = 0.
Da der er 70% af stoffet tilbage efter 6 timer har man:
0,70  N0  N0  a6  0,7  a6  a  6 0,7  0,9422866
Procentdelen af den oprindelige mængde, der er tilbage efter 18 timer bestemmes:
3
N 18
N 18  N0  a18 
  a 6   0, 73  0,343  34,3%
N0
Der er 5% af stoffet tilbage efter:
ln  0, 05
0, 05  0,94228658t  t 
 50,394 , dvs. 50, 4 timer
ln  0,94228658
4.027:
Tabelværdierne indtegnes i et enkeltlogaritmisk koordinatsystem:
Kirkeklokker
Vægt i pund
10000
1000
100
25
35
45
55
65
Diameter i tommer
Det ses, at punkterne tilnærmelsesvis danner en ret linie med positiv hældning i det
enkeltlogaritmiske koordinatsystem – dog med en afvigelse lidt over de 35 tommer -, vægten
vokser tilnærmelsesvist eksponentielt med diameteren.
Statistik-editoren benyttes. Diameteren (i tommer) lægges ind i list 1 og benyttes som xværdier, mens vægten (i pund) lægges i list 2 og benyttes som y-værdier.
Der laves en eksponentiel regression på datamaterialet, og det giver forskriften:
f ( x)  151,36  1,0580 x
f ( x)  560  560  151,36 1,0580 x  x  23,201300
Dvs. at diameteren af denne klokke var 23,2tommer
4.028: En aftagende eksponentiel udvikling kan opskrives på flere måder, og da spørgsmålene i denne
t
 1  T½
opgave omhandler halveringstiden, er det nemmest at benytte formen: f ( x)  b   
2
Masserne indsættes i gram og tiderne i år.
1
1) f ( x)  2,00   
2
20
28
 1,2190136542
Dvs. der er 1,22 gram tilbage i begyndelsen af 2000.
2
28  ln  
2 1
1
2 t
1
 5   37,0139866568
0,80  2,00         ln   
 ln    t 
5 2
1
2
 5  28  2 
ln  
2
Dvs. at i begyndelse af år 1980  37  2017 vil der være 0,8gram tilbage.
t
28
40
t
28
40
 1  92
2) 1,45  b     b  1,45  2 92  1,9599753
2
Dvs. der blev deponeret 1,96 g
3) Da massen er gået fra 2,00g til 0,50g, er den altså blevet halveret 2 gange. Dvs. at de 42år fra
1980 til 2022 svarer til 2 halveringstider, og dermed er halveringstiden 21år
4.030:
Koordinatsystemet er enkeltlogaritmisk, og da grafen ”med protozoer” er en ret linje og
aftagende, er procentdelen af tilbageværende organisk stof en eksponentielt aftagende funktion
af tiden.
Forskriften bestemmes ud fra 2 aflæste punkter: (0 ; 100) & (930 ; 20):
20 930
 0,2  0,998270918187
100
b er begyndelsesværdien, dvs. b = 100.
a  9300
Hermed er forskriften: f ( x)  100  0,99827 x
, hvor x angiver tiden i timer, og f(x) angiver
procentdelen af tilbageværende organisk stof.
ln ½
ln ½

 400,529199
ln a ln 0,998270918187
Dvs. at for hver ca. 400 timer vil procentdelen af tilbageværende organisk stof halveres.
T½ 
f (700)  100  0,998270918187 700  29,7778642
Dvs. at efter 700 timer er der 30% organisk stof tilbage.
ln 0,85
 93,9
ln 0,99827
Dvs. der går 94 timer , før der er 85% af det organiske stof tilbage.
f ( x)  85  85  100  0,99827 x  x 
Man kan nu gå op fra 94 timer på 1. aksen til grafen ”med protozoer”. Her ved man, at
procentdelen er 85%. Derfra går man vandret ud til grafen ”uden protozoer”, hvorfra man går
lodret ned og aflæser, at der efter 300 timer er 85% organisk stof tilbage, når der IKKE er
protozoer i vandet.
4.032: Det ses, at procentdelen af strå, der er angrebet af bladlus er afbildet ud af x-aksen, der har en
almindelig inddeling, mens det gennemsnitlige antal bladlus pr. strå er angivet op ad y-aksen, der
er logaritmisk inddelt. Det ses, at punkterne med god tilnærmelse danner en ret linie i dette
enkeltlogaritmiske koordinatsystem, og dermed kan sammenhængen beskrives ved en
eksponentiel udvikling, dvs. med en forskrift af formen f ( x)  b  a x .
På grafen aflæses to punkter: (38 ; 1) og (75 ; 10). Herudfra kan konstanterne bestemmes:
10 37
a  7538
 10  1,064209  1,064
1
y
1
b  x11 
 0,0939665  0,094
1,064209 38
a
f (60)  0,094  1,064 60  3,8871
Dvs. at når 60% af stråene er angrebet, er det gennemsnitlige antal bladlus pr. strå 3,9
ln 2
ln 2

 11,1734152  11,2
ln a ln 1,064
Dvs. at når den del af strå, der er angrebet af bladlus, øges med 11,2 procentpoint, så vil det
gennemsnitlige antal bladlus pr. strå fordobles.
T2 
4.034: f (t )  b  e  kt
; t0
Hastighedskonstanten k bestemmes ud fra halveringstiden: k 
ln 2 ln 2

 0,0797
T½
8,7
Halveringstiden T½ bestemmes ud fra hastighedskonstanten: T½ 
ln 2
ln 2

 1,60451
k
0,432
Dvs. halveringstiden i disse jorde er på 1,60år
For at finde mængden M af uomsat halm efter 4 år, skal den nedpløjede mængde først reduceres
med 70% (dvs. så der er 30% tilbage) i løbet af det første år, hvorefter det opgivne
funktionsudtryk kan anvendes på de resterende 3 år. Dvs:
M  0,3  3200  e 0, 4323  262,679139
Der er altså 263kg uomsat halm tilbage 4 år efter nedpløjningen på marken i Jyndevad.
4.036:
f ( x)  x a
, x0
a) f (2 x)  5  f ( x) 
2 x a
 5  xa
 2a  x a  5  x a  2a  5  a 
ln 5
 2,322
ln 2
b) f 1,1  x   1,2  f ( x)  1,1x 
a
ln 1,2
 1,2  x a  1,1a  x a  1,2 x a  1,1a  1,2  a 
 1,913
ln 1,1
4.037: Tabellens værdier indtastes i list1 og list2 i Stat/list-editoren. Da det er opgivet, at sammenhængen
kan beskrives ved en potensfunktion (ganget med en konstant), foretages ’powerregression’. Det giver:
Dvs: f ( x)  17,17  x1,956
a  1,956
b  17,17
Hvis diameteren fordobles har man:
1,956
f (2 x)  17,17  2 x 
 17,17  x1,956  21,956  f ( x)  21,956  f ( x)  3,88110838921
(Når et tal multipliceres med 3,88, svarer det til en forøgelse med 288%)
Tovværkets brudstyrke bliver altså 3,88 gange større.
4.038: Da kundeantallet f(x) falder med 3%, når taksterne x stiger med 10%, så har man:
a
0,97  f ( x)  b  1,1x  
0,97  f ( x)  b  x a  1,1a 
0,97  f ( x)  f ( x)  1,1a 
0,97  1,1a 
ln 0,97  a  ln 1,1 
a
ln 0,97
 0,31957979   0,32
ln 1,1
En takstforøgelse med 19% vil så give:
0,32
f (1,19  x)  b  1,19 x 
 b  x 0,32  1,19 0,32  f ( x)  1,19 0,32  0,945925
1  r  0,945925  r  0,945925  1  0,054075
Dvs. passagerantallet forventes at gå ned med 5,4%
Billetindtægten er produktet mellem taksten og passagerantallet, så man har:
f ( x)  0,946  x  1,19  f ( x)  x  1,12574
Dvs. at billetindtægterne vil øges med 12,6%
4.041: Man kan se, at det er et enkeltlogaritmisk koordinatsystem, og da punkterne ses tilnærmelsesvist
at danne en ret linie, kan sammenhængen beskrives ved en eksponentiel udvikling f ( x)  b  a x
Linien går som nævnt i teksten gennem punkterne:  1 ; 0,95 &
a  x2 x1
y 2 3,7( 1) 10

 1,65008233853  1,65
y1
0,95
3,7 ; 10 .
y
10
b  x22 
 1,5675782216  1,57
1,653,7
a
Dvs. at f ( x)  1,57  1,65 x
I en sø med et areal på 100000ha er x  log 100000  5
f (5)  1,57  1,655  19,2
Dvs. at der er 19 arter af ferskvandssnegle.
f ( x)  5 
1,57  1,65 x  5 
1,65 x 
5

1,57
 5 
ln 

1,57 

x
 2,3131
ln 1,65
Lad arealet af søen i hektar betegnes med A. Så er: x  log A : 2,3131  log A  A  10 2,3131  205,65
Altså har denne sø et areal på godt 200ha
En halvering af søen giver:
f ½ A  1,57  1,65
 A
log 
2
 1,57  1,65 log Alog 2 
1,57  1,65 log A
f ( x)

 f ( x)  0,860064078
log 2
1,65
1,65 log 2
Dvs. at antallet af arter falder med 14%
4.043: Man går op fra 4000m3 på 1.aksen og aflæser værdien på 2.aksen til en sted lidt over 21.
Der skal altså helst være 21 musikere i orkestret.
2 punkter på grafen aflæses: 450 ; 5 & 35000 ; 90
Det er en ret linie i et dobbeltlogaritmisk koordinatsystem, så sammenhængen kan beskrives ved:
f ( x)  b  x a
log y 2  log y1
log 90  log 5
a

 0,664
log x2  log x1 log 35000  log 450
y
90
b  a2 
 0,0866
x2 35000 0,664
Dvs. at f ( x)  0,0866  x 0,664
0 , 664
0, 664

40  0,0866  x40
40 x40
40  x40 





 

0
,
664
0 , 664
30
30
x
x

30  0,0866  x30
30


30

0, 664

x40 0,664 40

 1,54227
x30
30
Dvs. at en koncertsal til 40 personer skal være halvanden gang så stor som en til 30 personer.
4.044: Da grafen er en ret linie i et dobbeltlogaritmisk koordinatsystem, er det en potensfunktion (ganget
med en konstant), man arbejder med.
b-værdien aflæses som funktionsværdien for x = 1. Den aflæses til: b  3,8
Grafen går gennem punktet (4,6), og det kan bruges til at bestemme a-værdien:
 6 
ln  
3,8
6
6  3,8  4 a  4 a 
 a     0,32948154
3,8
ln 4
Altså er forskriften: f ( x)  3,8  x 0,33
4.045: At T er proportional med en potensfunktion af R udtrykkes ved: T  b  R a
Om denne sammenhæng gælder undersøges ved at indsætte tabellens værdier i et
dobbeltlogaritmisk koordinatsystem:
Solsystemet y = 2,8273x1,501
R2 = 1
Omløbstid i år
100
10
1
0,1
1
10
0,1
Middelafstand
Som det ses, danner punkterne en ret linie, så man har: T  b  R a
Forskriften er bestemt ved at lave potensregression på punkterne: T  2,83  R1,5
4.047: For at undersøge den bedste matematiske model indskrives tabelværdierne i tre forskellige
koordinatsystemer:
Trykfald i cm vandsøjle pr. m
Almindeligt koordinatsystem
8
y = 0,5078x - 1,515
R2 = 0,9522
6
4
2
0
0
5
10
15
Vandstrøm i liter pr. sek.
Enkeltlogaritmisk
10
y = 0,1111e0,2989x
R2 = 0,9201
1
0
5
10
15
0,1
Dobbeltlogaritmisk
10
y = 0,0266x 2,0408
R2 = 1
1
1
10
0,1
100
Som det ses, er det i det dobbeltlogaritmiske system, punkterne bedst danner en ret linie. Dermed
er den bedste model c): f ( x)  b  x a
Forskriften er bestemt ved regression: f ( x)  0,0266  x 2,04
Dvs: f (20)  0,0266  20 2,04  11,99452
Altså er trykfaldet 12,0 cm vandsøjle pr. m
5.013: f ( x)  sin x  ln x
P(1, f (1))
For at bestemme ligningen for tangenten til grafen for f i punktet P, skal man kende hældningen
og røringspunktets 2. koordinat. Det bemærkes, at da det er en funktion, skal der regnes i radianer,
når der arbejdes med sinus og cosinus:
1
f ' ( x)  cos x 
x
f (1)  sin1  ln1  sin1  0  sin1  røringspunktets 2. koordinat.
1
f ' (1)  cos1   cos1  1  tangentens hældning
1
Så bliver ligningen:
y  sin1  cos1  1  x  1  y  cos1  1  x  cos(1)  sin(1)  1 (y = 1,54x-0,70)
Afstanden fra origo (0,0) til linjen bestemmes ved formlen for afstand punkt-linje:
 cos(1)  1  0  1  0  cos(1)  sin(1)  1
dist ( P, l ) 
 0,380534795254  0,3805
2
2
cos(1)  1  1
5.015: f ( x)  x  2 x
Først bestemmes den afledede funktion ved hjælp af produktreglen:
f ' ( x)  1  2 x  x  ln 2  2 x  2 x 1  x  ln 2
Så kan de to ligninger løses:
f ' ( x)  0
2 x 1  x  ln 2  0 
Nulreglen benyttes
2  0  1  x  ln 2  0 
Den første af ligningerne har ingen løsninger, da 2 x  0 x  R
x
1  x  ln 2  0 
x  ln 2  1 
x
1
ln 2
Den anden ligning løses:
f ' ( x)  f ( x)
2 x 1  x  ln 2  x  2 x 
Det udnyttes, at 2x > 0, så man må dividere med den på begge sider.
1  x  ln 2  x 
1  x1  ln 2 
x
1
1  ln 2
5.016: f ( x)  2  3 x  5
Punktet P er det punkt, hvor grafen skærer koordinatsystemets 2. akse, dvs. det har
førstekoordinaten 0. Andenkoordinaten bestemmes:
f (0)  2  30  5  2  1  5  7
Dvs. punktet P har koordinatsættet (0,7).
For at bestemme ligningen for tangenten i dette punkt mangler man hældningen, der bestemmes
ved først at finde den afledede funktion og derefter differentialkvotienten på stedet.
f ' ( x)  2  ln(3)  3 x  0  2  ln(3)  3 x
f ' (0)  2  ln(3)  30  2  ln(3)
Ligningen for tangenten bliver så:
y  7  2  ln(3)  x  0  y  2  ln(3)  x  7
Førstekoordinaten til røringspunktet for tangenten er netop det sted (den x-værdi), hvor
differentialkvotienten (svarende til tangenthældningen) er 4. Så man har:
 2 

ln 
ln(3) 
 2 
2

x
x
  x  ln(3)  x 
4  2  ln(3)  3 
 3  ln 
 0,545324
ln(3)
ln(3)
 ln(3) 
5.017:
dQ
 3  5  1,02 0  3  5  2
dt
dQ
År 1989 (t = 5):
 3  5  1,02 5  2,52
dt
Dvs. at ifølge modellen er væksthastigheden af CO2 i atmosfæren i år 1984 på
2 mia.tons / år , mens den i år 1989 er på 2,52 mia.tons / år
År 1984 (t = 0):
5.026: f ( x)  109400  13660  ln(3005  x) ; x  1300;1700
f (1600)  109400  13660  ln(3005  1600)  10395
Dvs. at isens alder i 1600 meters dybde ifølge modellen er 10395år
109400  8000
 3005  x  e 683 
13660
5070
8000  109400  13660  ln(3005  x)  ln(3005  x) 
x  3005  e
5070
683
 1330,7288
Dvs. at den 8000år gamle is befinder sig 1331m under overfladen.
f ' ( x)  13660  (1) 
1
13660

3005  x 3005  x
13660
 8,253776
3005  1350
13660
f ' (1650) 
 10,081181
3005  1650
f ' (1350) 
Den afledede funktion angiver væksthastigheden af isens alder som funktion af dybden. Så
ovenstående tal viser, at i 1350 meters dybde ændrer isens alder sig med 8,3 år pr. meter
man bevæger sig ned, mens den i 1650 meters dybde ændrer sig med 10,1 år
pr. meter .
Det betyder altså, at isen er mere sammentrykket, jo dybere man kommer ned.
5.029: f ( x)  x 2 (1  x) 9 ; x  0;1
Metode 1 (fortegnsskema):
For at finde størsteværdien for f bestemmes den afledede funktion og dens nulpunkter:
f ' ( x)  2 x(1  x) 9  x 2  (1)  9  (1  x) 8  (2 x(1  x)  9 x 2 )  (1  x) 8  x  (2  11x)  (1  x) 8  0 
2
 x 1
11
(Egentlig er f’ kun defineret i intervallet ]0;1[, så kun det midterste sted er et reelt nulpunkt, men
den angivne definitionsmængde kunne godt være udvidet, så f’ ville have haft nulpunkter de
pågældende steder).
For at finde fortegnene for den afledede funktion mellem dens nulpunkter kan man udvælge xværdier i de pågældende intervaller, men man kan også se på udtrykket, at for
0  x  1 er x  0 og (1  x) 8  0 , dvs. f har samme fortegn som 2-11x. Sammen med
funktionsværdierne de steder, hvor den afledede er nul, giver det følgende skema:
x  0 x 
x
0
f’(x) 0
f(x)
0
2/11
+
0
2 2  99
1111
1
-
0
0
2
Dvs. f har lokalt (og som det ses også globalt) maksimumssted i x  , og størsteværdien for f er
11
2
9
2
2
2
2 9
derfor f ( )  ( ) 2  (1  ) 9 
 0,0054315
11
11
11
1111
Metode 2:
Først defineres funktionen på lommeregneren:
9
f ( x) : x 2  1  x 
Derefter bestemmes nulpunkter for den afledede funktion samt værdien for den anden afledede i
det nulpunkt, der ligger i det åbne interval ]0;1[:
2
, og da der ikke er andre
11
nulpunkter i det åbne interval ]0;1[, vender grafen ikke andre steder, så funktionsværdien dette
sted er den søgte størsteværdi for f i det angivne interval:
2
2
2
2 2  99
f ( )  ( ) 2  (1  ) 9 
 0,0054315 .
11
11
11
1111
Da den anden afledede er negativ, er der lokalt maksimum i x 
5.030: Metode 1: Fortegnsskema
O( x)  x 3  30 x 2  500 x  30
For at vise at O er en voksende funktion af x ses på den afledede funktion:
O' ( x)  3x 2  60 x  500
500
O' ( x)  0  x 2  20 x 
0
3
500
2000  800
d  (20) 2  4  1 
 400 

0
3
3
3
Altså har den afledede funktion ingen nulpunkter, og da grafen for O ’(x) vender benene opad (a >
0), har man altså O ’(x) > 0. Dermed er
omkostningerne en voksende funktion af den producerede varemængde
Fortjenesten er salgsprisen fraregnet omkostningerne, så funktionsforskriften for fortjenesten er:
F ( x)  308  x  O( x)   x 3  30 x 2  192 x  30
For at finde den maksimale fortjeneste bestemme den afledede funktion og dens fortegn:
F ' ( x)  3x 2  60 x  192  0  x 2  20 x  64  0  ( x  16)  ( x  4)  0  x  4  x  16
Centrale værdier bestemmes:
F’ (1) = -135 < 0
F’ (5) = 33 > 0
F’ (20) = -192 < 0
F (0) = -30
F (16) = 482
x
0
F’(x)
4
-
0
16
+
F(x) -30
0
-
482
Da det lokale maksimum er 482, og da F (0) = -30, ses det, at den maksimale fortjeneste fås i det
lokale maksimumssted. Dvs. pr. uge skal virksomheden fremstille 16 tons pr. uge
Metode 2: Lommeregnerbrug og anden afledede.
O( x)  x 3  30 x 2  500 x  30 Funktionen gemmes som f1(x) på lommeregneren.
Det undersøges om omkostningerne er en voksende funktion af den producerede varemængde ved
at se på, om den afledede funktion er ikke-negativ for alle x-værdier:
 df 1( x)

solve
 0, x  . Lommeregneren returnerer ”True”, dvs. den afledede funktion er ikke dx

negativ for alle x-værdier, og dermed er:
omkostningerne en voksende funktion af den producerede varemængde
Fortjenesten er salgsprisen fraregnet omkostningerne, så funktionsforskriften for fortjenesten er:
F ( x)  308  x  O( x)   x 3  30 x 2  192 x  30
Denne funktion gemmes som f2(x) på lommeregneren.
Så bestemmes ekstremumssteder for fortjenestefunktionen F(x):
df 2( x)
solve(
 0, x) Dette giver løsningerne x = 4 eller x = 16.
dx
For at afgøre om der de pågældende steder er lokalt minimum, lokalt maksimum eller vandret
vendetangent ses på den anden afledede. På lommeregneren indtastes:
d2
 f 2( x) x  4 der giver 36, dvs. der er lokalt minimum i stedet x = 4.
dx 2
d2
 f 2( x)16 der giver -36, dvs. der er lokalt maksimum i stedet x = 16.
dx 2
Der kan altså være størst fortjeneste i stederne x = 0 eller x = 16, og værdierne bestemmes:
f 2(0)  30
f 2(16)  482
Værdien er størst for x = 16, dvs. for at få størst fortjeneste skal virksomheden fremstille 16 tons
Indtastningerne på lommeregneren var:
5.031: O( x)  0,2 x  100  30  sin(0,006 x) ; x  0;1000
O ' ( x)  0,2  0,006  30  cos(0,006 x)  0,2  0,18  cos(0,006 x)  0 ,
mindsteværdi er -1. Dermed er O( x) en voksende funktion af
da
x.
cosinusfunktionens
F ( x)  0,35x  O( x)  0,35x  0,2 x  100  30  sin(0,006 x)  0,15x  100  30  sin(0,006 x)
F ' ( x)  0,15  0  0,006  30  cos(0,006 x)  0,15  0,18  cos(0,006 x)
For at vise at F har en størsteværdi, findes den afledede funktions nulpunkter i det pågældende
interval (enhedscirklen benyttes til at finde den anden mulige løsning ud fra grafregnerens
resultat):
0,15 5
F ' ( x)  0  cos(0,006 x) 
 
0,18 6
0,006 x  0,58568554  p  2  0,006 x  (2  0,58568554)  p  2 
x  97,614257  p  1047  x  949,58329  p  1047 
x  97,61  x  949,58 da
x  0;1000
Ved at se på fortegnene for f.eks. F ' (50), F ' (500) og
F ' (980) fås skemaet:
x
0
F’(x)
97,61
-
949,58
+
0
0
-
F(x) -100
Det ses altså, at der er et lokalt maksimumssted for x = 949,58. Da x er antal enheder og altså et
helt tal, må den største fortjeneste altså findes for enten x = 949 eller x = 950.
F (949)  59,0205163
F (950)  59,0205663
Da desuden F(0) = -100, er det 950 producerede enheder, der giver den største fortjeneste, og
denne er dermed på 59,02057 millioner kr.
5.032: Lad x betegne længden af det linjestykke, der indgår tre gange, mens y er længden af det
linjestykke, der indgår 2 gange:
x
y
Da der er 600 meter hegn til rådighed, har man altså:
600 = 3x + 2y
Arealet af det indhegnede stykke jord er:
A( x)  x  y  x  (300  1,5x)  1,5x 2  300 x .
For at finde det størst mulige areal se på den afledede funktion:
A' ( x)  3x  300  0  x  100
A’(50) = 150 > 0
A’(150) = -150 < 0
A (100) = 15000
100
x
A’(x)
+
A(x)
0
-
15000
Det ses, at x = 100 er det globale maksimumssted, og dermed er det størst mulige areal 15000m 2
5.033: Lad y og z betegne rektanglets 2 sidelængder som vist på figuren:
Som det ses ud fra figuren er:
z = 2x
1
O  z  2 y   2    x  (2   ) x  2 y  10 
2
y  5  (1  0,5 )  x
x
y
z
Arealet som funktion af x er så:
1
1
A( x)  z  y     x 2  2 x  (5  (1  0,5 ) x)     x 2  10 x  (0,5  2)  x 2
2
2
For at optimere figuren med hensyn til tværsnitsareal ses på den afledede funktion:
10
A' ( x)  10  (  4)  x  0  x 
 1,400248
4
A’(1) = 2,9 > 0
A’(1,5) =-0,71 < 0
1,4
x
A’(x)
+
0
-
A(x)
Det ses altså, at rektanglets tværsnitsareal bliver størst muligt, når x 
Hermed bliver længden af rektanglets sider:
z  2x 
20
 2,8
4
y  5  (1  0,5 ) 
10
20  5  10  5
10


 1,4
4
4
4
10
.
4
17v
5.034: N (v) 
. Det undersøges først, om der kan være problemer med nævneren (dvs.
0,008v 2  0,2v  4
om den kan blive 0): 0,008v 2  0,2v  4  0 d  0,2 2  4  0,008  4  0,088  0 .
Nævneren bliver altså aldrig 0, og dermed er Dm  0;  , hvor den øvre grænse dog ikke har
nogen forbindelse med virkeligheden.
Antallet af biler, der kan passere broen pr. minut, skal optimeres, så den afledede funktion findes:
17  (0,008v 2  0,2v  4)  17v  (0,016v  0,2)
 0,136v 2  68
N ' (v ) 

0
(0,008v 2  0,2v  4) 2
(0,008v 2  0,2v  4) 2
68
v2 
 v  500  22,36
0,136
Fortegnet for den afledede funktion undersøges:
N’(10) = 1,2 > 0
N’(30) = -0,18 < 0
22,36
x
N’(x)
N(x)
+
0
-
30
Funktionen har altså globalt maksimumssted i v = 22,36, dvs. ifølge modellen kan der passere flest
biler pr. minut, hvis de kører med v  22 km . Og det maksimale antal er 30 biler pr. minut.
t
5.035: Klodsen rumfang er produktet af bredden, længden og højden, og dermed gælder:
b=x
l = 4x
200 200
h=

x  0; 
l  b 4x 2
Klodsen skal optimeres med hensyn til overfladeareal, så først bestemmes overfladearealet som
funktion af x (der er 6 flader, og de er parvis lige store):
200
200
500
A( x)  2  l  b  2  l  h  2  b  h  2  (4 x  x  4 x  2  x  2 )  8 x 2 
x
4x
4x
500
500
125 3
A' ( x)  16 x  2  0  x 3 
x3
 31,25  3,15
16
4
x
Fortegnene for den afledede funktion bestemmes:
A’(1) = -484 < 0
A’(4) =32,75 > 0
3,15
x
A’(x)
-
0
+
A(x)
Dvs. klodsens overfladeareal har et globalt minimum for x = 3,15
Hermed er klodsens optimale mål for lille overfladeareal:
b  3,2cm
l  12,6cm
h  5,0cm
5.036:
A
D
15cm
E
15cm
B
30cm
Atværsnit 
AD  BC
C
 AE 
(2  EB  BC )  BC
 AE  ( EB  BC )  AE
2
2
Ved at se på den retvinklede trekant ABE har man (B måles i radianer):
AE  AB  sin(  B)  15  sin B
EB  AB  cos(  B)  15  cos B
Hermed er:
Atværsnit ( B)  (15  cos( B)  30)  15  sin B  450  sin B  225  sin B  cos B
For at finde det maksimale tværsnit differentieres udtrykket:
Atværsnit ' ( B)  450  cos B  225  cos B  cos B  225  sin B  sin B  225(2 cos B  1  2 cos 2 B)
Atværsnit ' ( B)  0  cos 2 B  cos B 
Atværsnit ' (1,9)  32  0
Hermed er fortegnsskemaet:
B
A’(B)
A(B)
0
1
1 3
 0  cos B 
 B  1,9455307595
2
2
Atværsnit ' (2)  40  0

1,9455
+
0
-
0
0
Dvs. at tagrendens tværsnitsareal bliver størst, når B  C  1,95rad  111,50
5.037: Voluminet af en kasse er produktet af højden, bredden og længden. Derfor er:
V ( x)  x  (2  x)  (3  x)  x 3  5x 2  6 x ; x  0;2
For at optimere beholderen med hensyn til volumen ses på den afledede funktion af voluminet:
10
5 7
V ' ( x)  3x 2  10 x  6  0  x 2  x  2  0  x 
3
3
Den sidste biimplikation følger af, at den anden løsning til andengradsligningen ligger uden for
5 7
5 7
definitionsmængden:
 2,54858
 0,78474956
3
3
5 7
V’(0) = 6 > 0
V’(1) = -1 < 0
V(
)  2,1126
3
0,785
x
V’(x)
+
0
V(x)
-
2,11
Der er altså globalt maksimumssted i x = 0,785, dvs. at siden i det fjernede kvadrat skal være
0,785m for at voluminet skal være størst muligt (2,11m3).
5.038: Rumfanget og overfladearealet af kassen er givet ved:
1500
V  h  l  b  150  h  l  b  150  h  1,6 x  x  h 
16 x 2
1500 1500 8 2 975
A( x)  l  b  2  h  b  2  h  l  1,6  x 2 

 x 
8x
5x
5
2x
16
975
32 x 3
4875
x 2 0
 975  x 3 
 x  5,340823
5
5
32
2x
A’(1) = -484,3 < 0
A’( 6) = 5,658 > 0
A' ( x) 
5,3
x
A’(x)
-
0
+
A(x)
Dvs. den fundne x-værdi giver det mindst mulige overfladeareal, og længde, højde og bredde skal
altså være (se udtrykket for h ovenfor):
b  5,34dm
l  8,55dm
h  3,29dm
2
5.039: V    r  l
250  O  l  2    r  l  l  250  2    r
Voluminet udtrykt ved radius er derfor:
V (r )    r 2  (250  2    r )  2   2  r 3  250    r 2
V ' (r )  6   2  r 2  500    r  0  250  r  3  r 2  r  0  r 
V ' (1)  1511  0
V ' (28)  2444  0
250 15625000
V(
)
 184207
3
27
0
x
26,5
V’(r) 0
V(r)
250
 26,5
3
+
0
-
184207
0
Rumfanget ses at blive størst, når radius er 26,5cm, og det giver et rumfang på 184207cm 3
5.0401: f (t )  0,3  t  e 1,1t
f ' (t )  0,3  e
1,1t
; t 0
 0,3  t  (1,1)  e 1,1t  0,3  (1  1,1t )  e 1,1t
For at bestemme størsteværdien ses på den afledede funktion og dens fortegn:
f ' (t )  0  1  1,1t  0, da e 1,1t  0 t  R
10
Dvs. f ' (t )  0  t  . Det ses desuden, at f ’s fortegn bestemmes af (1-1,1t) dvs:
11
10
11
t
f’(t)
+
1,238  10 5
f(t)
Det
ses
-
0
altså,
at
f
har
globalt
10
f ( )  1,238  10 5 Koncentrat ionens
11
maksimumssted
størsteværdi er
i
t
10
med
11
maksimumværdien
altså 1,24  10 5 mg
L
f ' (2)  0,3  (1  1,1  2)  e 1,12  0,03988914
Det ses altså, at koncentrationen aftager. Den ændrer sig med hastigheden  0,040 mg L
time
5.0402: f ( x)  x 2  10 x  25 ; x  0;5
Rektanglets areal er produktet af højden og bredden:
A( x)  OR  OP  f ( x)  x  x 3  10 x 2  25x
5
Den sidste biimplikation følger af, at A ikke er differentiabel
3
i x = 5 (der ellers er den anden løsning til den pågældende andengradsligning).
A' ( x)  3x 2  20 x  25  0  x 
De vigtige funktionsværdier bestemmes:
A(0) = 0
500
5
A( ) =
3
27
A(5) = 0
Fortegnet for den afledede funktion bestemmes:
A’(1) = 8 > 0
A’(2) = -3 < 0
5
3
0
x
A’(x) i.d
A(x)
0
+
0
5
-
500
27
Som det ses, er der globalt maksimum i stedet x 
i.d
0
5
, hvor altså arealet af rektanglet er størst.
3
1
5.041: f ( x)  6 x  ( ) x ; x  0
2
1
1
1
TOPQ   OQ  PQ   2  f (2)  6  2  ( ) 2  3
2
2
2
A( x) 
1
1
1
1
1
 OQ  PQ   x  f ( x)   x  6 x  ( ) x  3x 2  ( ) x
2
2
2
2
2
For at optimere trekanten med hensyn til areal ses på den afledede funktion:
1 x
1
1
1
A' ( x)  6 x  ( )  3x 2  ln( )  ( ) x  3x  ( ) x  (2  x  ln( 2))  0 
2
2 2
2
2
x  0  2  x  ln 2  0  x  0  x 
 2,9
ln 2
A’(2) = 0,92 > 0
A’(3) = -0,089 < 0
2
A(
) = 3,38
A (0) = 0
ln 2
2
ln 2
0
x
A’(x) 0
A(x)
+
0
0
-
3,38
Arealfunktionen har globalt maksimum i stedet x 
f ( x) 
5.053:
1
1  e x
f ' ( x)  1  e  x 
2
ln 2
; xR
1
ex

(1  e  x ) 2 (1  e  x ) 2
Da e  x  0  x  R , er både tæller og nævner i den afledede funktion positive.
Dvs. f ' ( x)  0  x  R , og dermed er f voksende
5.045: f ( x)   x 3  3x 2  4
f ' ( x)  3x 2  6 x  0  x  0  x  2
-2
x
f’(x)
f(x)
-
0
0
0
+
0
-
4
f
har det lokale min imumssted
x  2 med værdien
f
har det lokale maksimumssted
x  0 med værdien
f (2)  0
f (0)  4
m : y  x  1
For at finde skæringspunkter sættes de 2 ligninger lig hinanden:
 x  1   x 3  3x 2  4  x 3  3x 2  x  3  0
Ligningen løses ved hjælp af ’solve’, og der kan maksimalt være 3 løsninger.
Løsningerne er: x  3  x  1  x  1
Koordinatsættene findes ved indsættelse i m: x = -3 : y = 3 + 1 = 4
x = -1 : y = 1 + 1 = 2
x=1:y=3+1=0
Dvs. linien m og grafen for f skærer hinanden i (3;4), (1;2) og (1;0)
5.048: f a ( x)  x 3  6 x 2  9 x  a
f a' ( x)  3x 2  12 x  9 Dvs. konstanten a har ingen betydning for placeringen
ekstremumsstederne.
f a' ( x)  0  3x 2  12 x  9  0  x 2  4 x  3  0  ( x  3)  ( x  1)  0  x  1  x  3
f a' (0)  9  0
f a' (2)  3  0
f a' (4)  9  0
1
x
fa’(x)
+
af
3
0
-
0
+
fa(x)
f
f
har lokalt min imumssted i
i
x 1
x3
Funktionen har netop 3 nulpunkter, hvis dens lokale maksimum ligger over x-aksen, mens det
lokale minimum ligger under x-aksen. Så disse værdier udregnes:
f a (1)  13  6  12  9  1  a  1  6  9  a  4  a  0  a  4
f a (3)  33  6  32  9  3  a  27  54  27  a  a  0
Dvs. funktionen har netop 3 nulpunkter netop hvis  4  a  0
4
x
Første led i funktionsforskriften giver, at x  0 , mens andet led giver x  0 . Dermed er Dm  R
5.050: f ( x)  x 
For at finde et minimum ses på den afledede funktion:
2
3
1
4
1
8
2
f ' ( x) 
 2 0
 2  x  8  x  8 3  (3 8 ) 2  2 2  4
2 x x
x x
f’(2) = -0,6 < 0
f’(9) =0,12 > 0
4
x
f’(x)
-
0
+
f(x)
Dvs. f
har min imum
for
x4
For at bestemme tangentens ligning findes først dens hældning: f’(1) = -3,5
Altså er tangentens ligning: y  5  3,5  ( x  1)  y  3,5x  8,5
x3
5.051: f ( x)  2
; xR
x 1
For at vise at f er voksende ses på den afledede funktion:
f ' ( x) 
3x 2  ( x 2  1)  x 3  2 x 3x 4  3x 2  2 x 4 x 4  3x 2 x 2 ( x 2  3)

 2

( x 2  1) 2
( x 2  1) 2
( x  1) 2
( x 2  1) 2
Nævneren er altid positiv, så ved at betragte tælleren ses:
0
x
f’(x)
+
0
+
f(x)
Som det ses, er f
voksende i R
(og har vendetangent i x = 0)
5.054: f ( x)  x  2 sin x ; x  0,2 
1



5
 x   x  2   x   x 
2
3
3
3
3
Fortegn for den afledede funktion bestemmes:
f ' (1)  0,08  0
f ' (2)  1,8  0
f ' (6)  0,92  0
Funktionsværdierne i intervalendepunkterne og de steder, hvor den afledede funktion har
nulpunkter udregnes:
f (0)  0
f (2 )  2


5
5
f ( )   3  0,685
f( )
 3  6,968
3
3
3
3
f ' ( x)  1  2 cos x  0  cos x 
0
x
f’(x) i.d
f(x)
-
0

0
3
f
5
3

3
+
0
x
-
5
 3
3
 3
har lokalt min imumssted i
2

f
3
i.d
2
i
5


 3
Funktionens værdimængde ses ud fra skemaet at være: Vm    3;
3
3

x
xR
x 3
1  ( x 2  3)  x  2 x  x 2  3
f ' ( x) 
 2
( x 2  3) 2
( x  3) 2
5.058: f ( x) 
2
Da nævneren ikke bliver nul, findes den afledte funktions nulpunkter ud fra tælleren:
f ' ( x)  0   x 2  3  0  x 2  3  x   3
1
1
1
f ' (2)  
 0 f ' (0)   0 f ' (2)  
0
49
3
49
 3
x
f’(x)
-
0
3
+
0
-
f(x)
Dvs. at f har maksimum for x  3 med værdien: f ( 3 ) 
5.064: f c ( x)  x 3  3x 2  9 x  c
3
3
1


33
6
2 3
x
5
3
f c' ( x)  3x 2  6 x  9
Der laves fortegnsskema ved først at bestemme den afledede funktions nulpunkter.
f c' ( x)  0  3x 2  6 x  9  0  x 2  2 x  3  0  ( x  3)( x  1)  0  x  3  x  1
f c' (2)  15  0
f c' (0)  9  0
f c (1)  1  3  9  c  5  c
f (4)  15  0
f c (3)  27  27  27  c  27  c
'
c
Ud fra ovenstående fås følgende skema:
-1
x
fc’(x)
+
0
3
-
-27+c
5+c
fc(x)
 ;1
 1;3
3; 
fc
er voksende i
fc
er
fc
er voksende i
fc
fc
har lokalt minimumssted i
aftagende i
+
0
i
x  1
x3
med værdien 5  c
med værdien  27  c
For at ligningen f c ( x)  0 skal have en løsning i intervallet  1;3, skal de 2 ekstremumspunkter ligge på
hver sin side af x-aksen (evt. skal det ene ligge på x-aksen). Dvs. man har følgende 2 uligheder, der begge
skal være opfyldt:
5  c  0  c  5
 27  c  0  c  27
Heraf følger:  5  c  27
3
5.065: f a ( x)  x 3  x 2  6 x  a
2
'
2
f a ( x)  3x  3x  6  0  x 2  x  2  0  ( x  2)( x  1)  0  x  1  x  2
f a' (2)  12  0
f a' (0)  6  0
f a' (3)  12  0
Funktionsværdierne for ekstremumsstederne bestemmes:
3
f a (1)  (1) 3   (1) 2  6  (1)  a  1  1,5  6  a  a  3,5
2
3
f a (2)  2 3   2 2  6  2  a  8  6  12  a  a  10
2
-1
x
fa’(x)
+
a+3,5
fa(x)
5.079:
0
2
-
0
a-10
 ;1
 1;2
2; 
fa
er voksende i
fa
er
fa
er voksende i
fa
har den lokale maksimumsværdi a  3,5
fa
har den lokale minimumsværdi a  10
aftagende i
2cos x
1
+
 2  sin x dx  2   t dt  2  ln t  k  2  ln 2  sin x  k  2  ln(2  sin x)  k
Substituti onen :
t  2  sin x
dt
 cos x
dx
dt  cos xdx
, da 2 + sinx > 0
2
5.083:

1
2
4x  1
0
dx  
d (4 x  1)  2  4 x  1 
6 2


  (  ) 1
4
4
4 4
4x  1

0
1
2
0
2

2
4 x  1dx  
0
2
0
3


3
3
d (4 x  1)  2  (4 x  1) 2 
1
1
26 13
4x  1 

 (9 2  1 2 )  (27  1) 



4
3 4
6
6
6
3

 0
8
5.085:

3
3
3
2

2 2 2 2 2  33  2  2 3 54  16 38
2
x  1dx   ( x  1)    9   4 


3
3
3
3
3
3 3
8
3
3

3
1
x
3
x  3dx   x
2
3
3
2 3

3
d ( x 3  3)
x3  3
3
2
x 3

d
(
x

3
)

(
x

3
)

 
1 3
3x 2
9
1
2
3
1
3
2
2
2
2  30  16
 30   4 
 34,73706
9
9
9
3
2
3
2
5.086:
3x  3
3 2 2x  2
3 10 1
3
10
dx    2
dx    dt   ln t 1 

1
1
2
2
t
2
x  2x  2
x  2x  2
3
3
 (ln 10  ln 1)   ln 10  3,4539
2
2

2
1
2
Substituti onen :
t  x 2  2x  2
dt
 2x  2
dx
dt  (2 x  2)dx
x  1 : t  1
x  2 : t  10
5.087:

4

4
2
2
4
x2 1
1
4
1

dx   ( x  )dx   x 2  ln x   8  ln 4  2  ln 2  6  ln  6  ln 2
2
x
x
2
2
2
4
x
1 4 2x
1 15 1
1
1
ln 5
dx

dx

  dt  ln t    (ln 15  ln 3) 
2
2

2
3
2 x 1
2
t
2
2
2
x 1
3
15
Substituti onen :
t  x2 1
dt
 2x
dx
dt  2 xdx
x  2:t  3
x  4 : t  15
5.088:

5
2

2
5 2 x  1 d ( x  x)
5
2x  1
1
dx


d ( x 2  x)  ln x 2  x
2
2
2


2
2
x x
x  x 2x  1
x x



5
 ln 30  ln 6  ln
2
30
 ln 5
6


1  tan 2 x
1  tan 2 x d (tan x)
1
1
3
dx

6 tan x
6 tan x 1  tan 2 x  63 tan xd (tan x)  ln tan x 63  ln 3  ln 3  ln 3
3
6
ln  
1
1 ln 4  4
61
4
1
1
1
ln 6  ln 3
ln 2
1
6
3
5.091:  x
dx 
 x
dx 
  dt 
 ln t 3 
  2 

0 4 2
ln 4 0 4  2
ln 4 3 t
ln 4
ln 4
2  ln 2 2
ln 2
Substituti onen :
x
x
t  4x  2
dt
 ln 4  4 x
dx
dt  ln 4  4 x dx
x  0:t  3
x  1: t  6
5.093:
AA

AB



 ( f  g )( x)dx  (sin x  sin 2 x)dx  cos x  0,5  cos 2 x

3


3
0
( g  f )( x)dx

3


3
0
(sin 2 x  sin x)dx
3

 0,5 cos 2 x  cos x03

1  0,5  0,5  0,25 2,25

9
0,25  0,5  0,5  1 0,25
5.095:
9
9
12   ( x 
3
 2 32

)dx   x  2a x   18  6a  2 3  a  2 3 
x
3
3
a
12  18  2 3  6a  a  2 3  6  2 3  a(6  2 3 )  a 
x
 (6  2 3 )
62 3
 a  1
1
8
1

5.096:  (t  2)dt  0   t 3  2t   0  x 3  2 x   4  0  x 3  6 x  4  0 
2
3
3
3
 2
x
2
x  2  x  1  3  x  1  3 (den sidste udregning foretaget med ’solve’)
5.099: f ( x)  e x  e  x ; x  0
Arealet af den opgivne punktmængde kan findes ved hjælp af det bestemte integral. Man har altså:

a
A   (e x  e  x )dx  e x  e  x
0

a
0
 (e a  e a )  (e 0  e 0 )  e a  e a  2  8
Denne ligning kunne løses ved hjælp af ’solve’, men man kan også gøre det ved at bemærke, at
ligningen er en skjult andengradsligning, der træder frem i lyset efter multiplikation med ea:
e a  e  a  10  (e a ) 2  e  a  e a  10  e a  0  (e a ) 2  10  e a  1  0
d  (10) 2  4  1  1  96
ea 
10  96
 5  24  a  ln(5  24 )  a  ln(5  24 )  a  2,29  a  2,29
2
Da x ifølge definitionsmængden ikke må være negativ, kan grænsen a heller ikke være det. Derfor
er a  ln(5  24 )
5.105: p(t )  0,4t 2  22t  100 ; 0  t  5
Da t = 3 bliver det gennemsnitlige antal resterende leveår:
5
 0,4 3

 x  11x 2  100 x 

p
(
x
)
dx
(
0
,
4
x

22
x

100
)
dx
3

 3
3
 3


p(3)
0,4  9  22  3  100
37,6
50
 11  25  500  3,6  99  300
3
 0,9858
37,6
5
5
2
Dvs. de har i gennemsnit knap 1 leveår tilbage.
5.107: De to grafer skærer hinanden for x = 0 og x = 1, og i dette område ligger grafen for g over grafen
for f. Rumfanget af det omtalte omdrejningslegeme findes ved først at dreje grafen for g og
derefter dreje grafen for f og endelig trække det sidste resultat fra det første:
1
1
1 
1
 1 1  4
V      ( g ( x) 2  f ( x) 2 )dx      ( x 4  x 8 )dx     x 5  x 9        
 0,279
0
 0

9 0
5
 5 9  45
1
5.108: f ( x)  cos x sin x ; x  0;  
For at finde den øvre grænse i det efterfølgende bestemte integral skal man finde den skæring med
1. aksen, der ligger mellem 0 og :
f ( x)  0  cos x  0  sin x  0  x 

2
 x  0 x  .
1

1
Hermed er: AM   2 cos x  sin x dx  
0
0
 2 32 
2
2
t dt   t    0 
3
3 0 3
t  sin x
dt
 cos x  dt  cos xdx
dx
Substitutionen:
x0t 0
x

2
 t 1
M’s omdrejningslegemes volumen findes med de samme grænser som ovenfor:


0
VM O     2 f ( x) dx    2 cos x  sin xdx    
2
2
0
0
t  cos x
dt
  sin x  dt   sin xdx
dx
Substitutionen:
x  0  t 1
x

2
t 0
5.109: f ( x)  sin x  cos x ; x  0;2 
Endepunktet for M findes:
0
1
1 
1 
 t dt     t 3     (0  ) 
3
3
 3 1
2
3
3
7
f ( x)  0  0  sin x  cos x  sin x   cos x  tan x  1  x 
x
 
4
4
4
Det er den første af de to løsninger, der angiver den første skæring med x-aksen, så:
3
4
3
4
0
AM   (sin x  cos x)dx   cos x  sin x
0
3
1
 ( ( 
3
2
)
1
2
)  (1  0)  2  1  2,414
3
V     4 ( f ( x)) 2 dx     4 (sin x  cos x) 2 dx    4 (sin 2 x  cos 2 x  2  sin x  cos x)dx 
0
0
3


0
3 1
3
1

  (   cos
 0   cos(2  0)) 
4 2
2
2
0
1
2
   4 (1  sin(2 x))dx     x   cos(2 x)
0
 (
3
4
3 1

 )   (3  2)  8,97
4 2
4
5.110: Endepunkterne af M findes:
f ( x)  2  x 2  6 x  10  2  x 2  6 x  8  0  ( x  2)( x  4)  0  x  2  x  4
Da grafen for f er en parabel med benene opad, vil den i intervallet ]2;4[ ligge under linjen med
ligningen y = 2. Hermed er:
4
64
8
 1

AM   (2  f ( x))dx   ( x  6 x  8)dx  x 3  3x 2  8 x    48  32  (  12  16) 
2
2
3
3
 3
2
56
4

 20 
3
3
4
4
2
Når M drejes om førsteaksen fremkommer et hult omdrejningslegeme med voluminet:
4
4
2
2
V     (2 2  ( f ( x)) 2 )dx     ( x 4  12 x 3  56 x 2  120 x  96)dx 
56
64
 1

   x 5  3x 4  x 3  60 x 2  96 x 
 13,404
3
15
 5
2
4
Når M drejes om linjen med ligningen y = 2 fremkommer et kompakt omdrejningslegeme med
voluminet:
4
4
2
2
V     ( f ( x)  2) 2 )dx     ( x 4  12 x 3  52 x 2  96 x  64)dx 
52
16
1

   x 5  3x 4  x 3  48 x 2  64 x 
 3,351
3
15
5
2
4
5.111: Først undersøges hvordan graferne for funktionerne f og g ligger i forhold til hinanden i intervallet
]1;4[:
1
1
f ( x)  g ( x)  x 
 x
0LØ
x
x
f(1) = 2
g(1) = 1
Dvs. at grafen for f ligger over grafen for g, og dermed er:
4
AM   ( f ( x)  g ( x))dx  
1
4
1
1
x
 
4
dx  2 x
 2  2  2 1  2
1
Det søgte omdrejningslegeme fremkommer ved først at rotere grafen for f og derefter grafen for g
og så trække sidstnævnte fra førstnævnte:
4
4
V     (( f ( x)) 2  ( g ( x)) 2 )dx     (( x 
1
1
1
x
4
) 2  x )dx    ( x 
2
1
1
 2  x)dx 
x
   (2  )dx    2 x  ln x14    (8  2  ln 2  2  0)  2 (3  ln 2)  23,20
1
1
x
5.114: Vandmængden findes ved at dreje g 3600 om 1. aksen:
4
1
81
1

Vvand     ( g ( x)) dx     ( x  1)dx     x 2  x    (50  10   1) 
 127,2
1
1
2
2
2
1
Dvs. at der kan være 127,2cm 3 vand i vasen.
10
10
10
2
Først findes rumfanget af vand og glas tilsammen:
10
10
V glas vand     ( f ( x)) dx    
2
0
0
2
3
  (22,5   10  10 
10
3
5

2 2 12 4 
(2,25  x  3  x )dx    2,25 x  x  x  
3
5

0
1
4
12
 10  4 10 )  270,995531879
5
Hermed er: Vglas  Vglasvand  Vvand  270,9955cm 3  127,2345cm 3  143,7610cm 3
9 2
x
25
Rumfanget findes ved et bestemt integral, og grænserne for dette bestemmes af nulpunkterne for
ovenstående funktion:
9 2
25
f ( x)  0  9 
x  0  x2  9 
 x 2  25  x  5
25
9
Hermed er rumfanget (undervejs i udregningen udnyttes at f(x) er en lige funktion):
5.115: f ( x)  9 
5
9 2
3 3

V     ( f ( x)) dx  2   (9 
x )dx  2  9 x 
x
 2 (45  15)  60
5
0
25
25  0

5
2
5
5.116:
; x  0; h
f ( x)  x 0 , 2

1

) dx     x1, 4  
 2,244
1,4
 0 1,4
1
1
Vh 1     ( x
0, 2 2
0
h
h
4     (x
  h1, 4
5,6
5,6
 1 1, 4 
) dx     x  
 h1, 4 
 h  1, 4
 1,5112
1,4


1,4
0
0, 2 2
0
1
1
4     (x
0, 2
0
4
1
 a) dx     ( x
2
0
0, 4
 2ax
0, 2
2a 1, 2
1

 a )dx     x1, 4 
x  a 2 x 
1,2
1,4
0
2
1
a

 a 2  a  0,286219378643  a  1,95288604531
 1,4 0,6
Da a er positiv, har man altså: a  0,2862

5.117: f ( x)  (2 x  4)
3
2
4
5
5
5
1 2

1
1
31
AM   (2 x  4) dx     (2 x  4) 2   (  (2  4  4) 2 )  (  (2  2,5  4) 2 ) 
2,5
5
5
5
2 5
 2,5
3
2
4
Omkredsen af M findes ved at summere de 4 bidrag. De 2 lodrette stykker har længderne:
3
l1,lodret  f (2,5)  (2  2,5  4) 2  1
3
2
l 2,lodret  f (4)  (2  4  4)  8
Det vandrette stykke har længden:
lvandret  4  2,5  1,5
Længden af buestykket kan findes ved det opgivne udtryk. Derfor bestemmes først f ’(x):
1
3
f ' ( x)  2   (2 x  4) 2  3  (2 x  4)
2
2
( f ' ( x))  (3  (2 x  4) ) 2  9  (2 x  4)  18x  36
4
lbuestykke  
4
2,5
( f ' ( x))  1dx  
2
4
2,5
3
1 2

18 x  35dx    (18 x  35) 2  
18 3
 2,5
37  37 10  10

 7,164
27
27
Hermed er omkredsen: OM  1  8  1,5  7,164  17,664
5.121: f (t )  6,0  1010  1,052t
; 0  t  25


25
1
 1,052 t 0  3,01975642207  1012
ln 1,052
Dvs. der blev produceret 3,0 billioner m 3 gas i den pågældende periode.

25
0
f (t )dt  6,0  1010 

T
T
3,02  1012
1
 6,0  1010  1,052 t dt  25,16466   1,052 t dt 
 1,052 t
0
0
2
ln 1,052
ln 2,275675
1,275675  1,052T  1  2,275675  1,052T  T 
 16,2207
ln 1,052
Dvs. der gik lidt

T
0

over 16 år efter 1960 før halvdelen af denne oliemængde var produceret.
Dette passer med, at den hastighed, hvormed olien produceres, er en voksende funktion af tiden.
5.123:
ex
; xR
1 ex
(e x )'(1  e x )  e x  (1  e x )' e x  e 2 x  e 2 x
ex
f ' ( x) 


 0 , da e x  0x  R
x 2
x 2
x 2
(1  e )
(1  e )
(1  e )
Da den afledede funktion er positiv for alle x, er f voksende
f ( x) 
4

ln 3
0
f ( x)dx  
ln 3
0
41
ex
4
dx   dt  ln t   ln 4  ln 2  ln    ln 2
x
2 t
1 e
2
2
Substituti onen :
t  1 ex
dt
 ex
dx
dt  e x dx
x  0:t  2
x  ln 3 : t  4
5.124: f ( x)  x  2 cos x
A: f ( x)  g ( x)  x  2 cos x  x  cos x  0  x 


g( ) 
2
2
x  0;  
g ( x)  x

2
 
Dette giver koordinatsættet A( ; )
2 2
B og C (hvor B ses at have en mindre x-værdi end C):
1

5
f ' ( x)  0  1  2 sin x  0  sin x   x   x 
2
6
6




f ( )   2 cos   3  2,25565
6
6
6 6
5
5
5 5
f( )
 2 cos

 3  0,88594
6
6
6
6
 
Hermed er B( ;  3 )
6 6
og
C(
5 5
;
 3)
6 6
Det skraverede områdes areal findes:


0
0

A   2 ( f ( x)  g ( x))dx   2 2 cos xdx  2  sin x  2  (1  0)  2
2
0
5.128: f ( x)  2 x  e  x ; x  2
Først tegnes en skitse, der viser, hvordan graferne ligger i forhold til hinanden. Heraf ses, at man
skal finde skæringerne mellem graferne for f og y = 1 samt for y = 1 og y = 2x.
f ( x)  1  2 x  e  x  1  x  0 (indses ved indsættelse)
1
1  2x  x 
2
Da e-x er en positiv størrelse, vil grafen for f hele tiden ligge øverst af ovennævnte 3 grafer, og
dette giver følgende arealbestemmelser:
1
3

 

 

1
A(3)   2 ( f ( x)  1)dx  1 ( f ( x)  2 x)dx  x 2  e  x  x 02   e  x
0
2
3
1
2

1 1 1
1
1
3 1

 1 3 
  3  0,7002129
4
e
e 2
e 4 e
1
k

1
A(k )   2 ( f ( x)  1)dx  1 ( f ( x)  2 x)dx  x 2  e  x  x 02   e  x
0
2
1 1 1
1
1
3 1

 1 k 
  k
4
e
e 2
e 4 e
k
1
2

1
3 1 1
1 1
A(k )    k    k  e k  2  k  ln 2  0,693147
4
4 e
4
2 e
Da k er oplyst til at være større end 1, vil begge krav altså være opfyldt for k  1
5.129: C har et interval, hvor den er aftagende. Den afledede til C’s funktion er negativ i dette interval, og
da ingen af de tre grafer er negative, må C være den af de 3 funktioner, hvis afledede funktion
ikke er med.
Dermed hører C til f ' ( x)
B ses at være meget tæt på at have vandret tangent helt ude mod højre. Dermed skal den afledede
til B’s funktion have funktionsværdier tæt på nul ude mod højre, og det er netop tilfældet med
funktionen hørende til C.
Dermed hører B til f (x)
Så må den sidste funktion høre til A, men det kan også ses ved, at A nærmer sig en ret linje ude
mod højre, og dermed må den afledede til A’s funktion nærme sig en konstant, hvilket er tilfældet
for funktionen hørende til B.
Dermed hører A til

x
0
f (t )dt
7
log 
 5   16,9912927001
4  3  5  1,02 t  t 
log 1,02
Dvs. at ifølge modellen er væksthastigheden i 2001 dobbelt så stor som i 1984.
5.131:
dy
y

;
dx y  1
y 1
P(1,2)
Tangentens hældning bestemmes ved indsættelse af punktet i differentialligningen:
dy
2

2
dx 2  1
Tangentens ligning findes så ved indsættelse i y  y0  a   x  x0  :
y  2  2( x  1)  y  2 x
5.132:
y  0 : y'   y
Der benyttes separation af variable:
dy
1
1
 y 
dy    dx 
dx
2
2 y
1
y  xk
2
1
Højresiden skal være positiv, dvs.  x  k  0  x  2k
2
1
Hermed er den fuldstændige løsning:
y  ( x  k ) 2
; x  2k
2
Ligningen for den løsning, der går gennem (0;9) bestemmes:
9  k 2  k  3 , da k skal være positiv, 0  Dm
1
1
Dvs: y  (3  x) 2  x 2  3x  9 ; x  6
2
4
Grafen er altså venstre side (fraregnet toppunktet) af en glad parabel med toppunkt i (6;0),
der går gennem (0;9).
5.133:
dy y 2  1

; y 1
P(0, 2)
dx
y
For at kunne bestemme en ligning for tangenten til grafen for f i punktet P skal man kende
hældningen, der bestemmes ved indsættelse i differentialligningen:
dy 22  1 3


dx
2
2
Tangentens ligning findes så ved indsættelse i y  y0  a   x  x0  :
3
3
y  2  ( x  0)  y  x  2
2
2
En forskrift for f …[MANGLER]
5.134:
dy
 e 2 y
f ' (2)  5
dx
Differentialligningen løses ved separation af variable, og der er ingen restriktioner på y.
dy
1
ln( 2 x  k )
 e 2 y   e 2 y dy   1dx  e 2 y  x  k1  e 2 y  2 x  k  y 
dx
2
2
Hermed er:
ln(2 x  k )
 2
1
2
y'  e 2 y  e
 (e ln(2 x  k ) ) 1 
2x  k
Konstanten k bestemmes:
1
1
19
5
k 4 k 
22  k
5
5
Da argumentet til logaritmen skal være positivt, har man:
19
19
2x  k  0  2x 
x
5
10
Hermed er den søgte løsning:
19
ln( 2 x  )
19
5
y
; x
2
10
5.135:
dy
P(1,2)
 ( x  1)( y  1)
dx
Der benyttes separation af variable, der kan bruges i intervallerne y < 1 og y > 1.
Ud fra punktet kan man se, at det er det andet interval, der skal benyttes.
dy
1
1
 ( x  1)( y  1)  
dy   ( x  1)dx  ln y  1  x 2  x  k
dx
y 1
2
Konstanten k bestemmes ved hjælp af punktet:
1
3
ln 1   1  k  k  
2
2
Da y > 1 kan numerisktegnet fjernes, og man får så:
1 2
3
x  x
1
3
2
ln( y  1)  x 2  x   y  1  e 2
; xR
2
2
Definitionsmængden følger af, at ingen x-værdier giver problemer.
y  1:
5
2
Man arbejder altså i samme interval som ovenfor, og derfor er den eneste forskel mellem de
2 løsninger værdien af k.
5
1
3 3
ln(  1)   1  k  k  ln( ) 
2
2
2 2
Hermed er denne løsning:
1 2
3 3
1 2
3
x  x  ln( ) 
x  x
3
2 2
2
y  1 e2
 1  e2
; xR
2
y-værdien findes ved hjælp af differentialligningen: 3  (1  1)( y  1)  y 
5.136:
dy
16 x

dx
y
;
P(0,1)
Løses ved separation af variable, der kan benyttes i intervallerne:
xR ,
xR ,
y0
y0
Da løsningen skal gå gennem P, kan man se, at det er de nederste intervaller, der skal
benyttes:
y  0:
dy
16 x
1

  ydy    16 xdx  y 2  8 x 2  k1  y 2  16 x 2  k
dx
y
2
k bestemmes ved hjælp af P: 12  16  0 2  k  k  1
Da y  0 har man: y  1  16 x
2
Da argumentet til kvadratroden skal være positivt (det må ikke være 0, da y > 0), skal:
1  16 x 2  0  x 2 
1
1
1
 x
16
4
4
Hermed er den søgte løsning: y  1  16 x 2
5.137:
; 
1
1
x
4
4
dy x  1
P(1,1)

y
dx
x
Løses ved separation af de variable. Punktet viser, at den skal løses for x>0 og y>0:
dy x  1
1
1

 y   dy   (1  )dx  ln y  x  ln x  k  ln y  x  ln x  k
dx
x
y
x
Konstanten bestemmes:
ln 1  1  ln 1  k  k  1
; x0
Hermed er den søgte løsning: y  e xln x 1  e ln x  e x 1  x  e x1
2
dy  y 
5.139:
  ; x0
A(1;1) & B(1;2)
dx  x 
Differentialligningen ønskes løst ved separation af de variable, og punkterne viser, at man skal
arbejde i intervallet y > 0:
1
1
1
1
1 1
 y 2 dy   x 2 dx   y   x  k1  y  x  k
k bestemmes for de 2 punkter:
1 1
A:
 k k 0
1 1
1 1
1
B:
 k k 
2 1
2
1 1
Hermed er løsningen gennem A:   y  x ; x  0
y x
1 1 1
1 2 x
2x
Løsningen gennem B er:    
y
; 0 x2
y x 2
y
2x
2 x
Skitserne kan ses på grafregneren ved at benytte vinduer passende til definitionsmængderne.
5.140:
x  f ' ( x)  f ( x)  f ' ( x) 
1
x
 f ( x)
f(1) = 1
Denne differentialligning løses ved separation af de variable, og punktet giver intervallet:
dy
y
1
1
y  0:

  dy  2  
dx  ln y  2  x  k  ln y  2 x  k
dx
y
x
2 x
ln 1  2  1  k  k  2
y  e 2
5.141:
dy

dx
x 2
; x0
xy
; P( 8 ,2)
x2 1
Løses ved separation af de variable. P viser, at man skal anvende intervallet y  0 :
1
x
x
d ( x 2  1)
1
2
dy

dx

ln
y

y
 x2 1
 x 2  1 2 x  ln y   2 x 2  1d ( x  1) 
ln y  x 2  1  k  y  e x 1 k  y  e k  e
Konstanten c bestemmes:
2
2  c  e 81  c  3
e
Det indsættes:
2
2
2
y  3 e x 1  y  2  e x 13 ; x  R
e
2
5.142:
x 2 1
 y  ce
x 2 1
dy
xy
1

; y  0  y  1 P(3; )
dx ln y
e
Definitionsmængden følger af, at logaritmefunktionen kun kan tages af positive tal, samt at ln1=0.
Differentialligningen ønskes løst ved separation af de variable, og punktets 2. koordinat viser, at vi
skal arbejde i 0  y  1 :

ln y
ln y d (ln y )
1
1
dy   xdx  
  xdx   ln yd (ln y )   xdx  (ln y ) 2  x 2  k1 
1
y
y
2
2
y
(ln y ) 2  x 2  k
1
Konstanten bestemmes: (ln ) 2  32  k  (ln e 1 ) 2  9  k  (1) 2  9  k  k  8
e
Den søgte løsning er så (bemærk at lny er negativ i løsningsintervallet):
ln y   x 2  8  y  e 
x 2 8
;x  8
Bemærk det skarpe ulighedstegn i definitionsmængden. Det følger af, at y er forskellig fra 1.
dy cos x
5.143:

;y 0
P( ,2)
dx
y
Denne differentialligning kan løses ved separation af de variable (y > 0):
1 2
 ydy   cos xdx  2 y  sin x  k1  y  2  sin x  k , hvor sidste skridt følger af y > 0.
Konstanten bestemmes ved hjælp af punktet:
2  2  sin   k  2  k  k  4
y  2  sin x  4 ; x  R
5.144:
dy x  2

dx
y
P(2,2)
22
 2
2
Hermed er dens ligning: y  2  2( x  2)  y  2 x  2
Tangentens hældning findes: a 
Differentialligningen løses ved separation af de variable, hvor punktet fortæller, at man har:
1
1
y  0 :  ydy   ( x  2)dx  y 2  x 2  2 x  k1  y 2  x 2  4 x  k  y   x 2  4 x  k
2
2
(2) 2  2 2  4  2  k  k  8
Definitionsmængden bestemmes af, at argumentet skal være positivt (det må ikke være 0, da y<0):
 1,46
 4  48
x 2  4x  8  0
D  16  4  1  (8)  48
x
 2  12  
2
 5,46
Argumentet er positivt på ydersiderne af disse værdier (da benene vender opad). Da x = 2 ifølge P
skal ligge i intervallet, har man altså: y   x 2  4 x  8 ; x  12  2
5.145:
dy
 (2 x  6 x 2 )(2 y  4) ; f (1)  3
dx
Differentialligningen ønskes løst ved separation af de variable, og hvor der ingen problemer er
med funktionen af x, så bliver funktionen af y 0, når y = -2. Punktet fortæller os derfor, at det
anvendte interval skal være:
y  2 : 
1
1
dy   (2 x  6 x 2 )dx  ln 2 y  4  x 2  2 x 3  k1  ln( 2 y  4)  2 x 2  4 x 3  k
2y  4
2
ln(2)  2  4  k  k  ln 2  2
Hermed bliver den søgte funktion:
2
3
3
2
3
2
 2 y  4  e 2 x 4 x  2ln 2  2 y  2  e 4 x  2 x  2  4  y  e 4 x  2 x  2  2 ; x  R
5.147: ( x  5)
dy

dx
y
P(4,1)
Differentialligningen skal løses ved separation af de variable. Det ses, at for x = -5, kan man ikke
rykke denne faktor over på højresiden, og P viser så, at man skal arbejde i intervallet x > -5.
Desuden skal y-værdien være positiv, dvs. vi arbejder i intervallet y > 0:
1
1
ln( x  5)
 y dy   x  5 dx  2  y  ln x  5  k1  y  2  k
ln( 4  5)
1
 k  k 1
2
Hermed er:
2
1

y    ln( x  5)  1 ; x  5
2

dy
1
    y 2  25 ; y  5 ; P(0,10)
dx
2
Hældningskoefficienten for tangenten til grafen for f (der er en løsning til differentialligningen) i P
bestemmes ved at indsætte punktets koordinater (i dette tilfælde har kun y-værdien betydning) i
differentialligningen:
dy
1
10     102  25  
dx
2
1
  100  25 
dy
37,5
 2

 3, 75
dx
10
10
5.148: y 
En forskrift for f …[MANGLER]
dy
 y 2 1
dx
Løses ved separation af de variable i de opgivne intervaller:
y
1
y d ( y 2  1)
1
2
 y 2  1 dy   x dx   y 2  1 2 y  ln x  k1  2  ln y  1  ln x  k1 
5.149: x  0
y  1 xy
ln( y 2  1)  2  ln x  k  y 2  1  e 2 ln x  k  y 2  e k  (e ln x ) 2  1  y  c  x 2  1 ; c  0
Numerisktegnene blev undervejs fjernet, da argumenterne er positive i vores intervaller, og
fortegnet for konstanten c følger af, at eksponentialfunktionen kun giver positive værdier.
Man har altså den fuldstændige løsning: y  cx 2  1 ; x  0 ; c  0
5.151:
1
1 3 x
f ( x) 
; x  0;2
 ln 
 ; x  0;2
6 3 x
9  x2
For at vise at F er en stamfunktion til f differentieres den, men først en omskrivning:
1
F ( x)   (ln(3  x)  ln(3  x))
6
F ( x) 
1
1
1
1
3 x
3 x
1
6
1
F ' ( x)   (

)  (

)  (
)
 f ( x)
2
6 3 x 3 x
6 (3  x)(3  x) (3  x)(3  x)
6 9 x
9  x2
dy
y
P(1,2)

; x  0;2
dx 9  x 2
Løses ved separation af de variable, og punktet viser, at man arbejder i intervallet:
dy
y
1
1
1 3 x
y  0:

  dy  
dx  ln y   ln 
k
2
2
dx 9  x
y
6 3 x
9 x
1  3  1
1
5  ln 2
ln 2   ln 
  k  ln 2   ln 2  k  k 
6  3 1
6
6
Hermed er den søgte løsning (da y er positiv):
1
 3  x 6
ln y  ln 
  ln 2 6  y  2 6
3 x
5
5
1
 3  x 6


3 x
; x  0;2
Tangentens hældning bestemmes ud fra punktet og differentialligningen:
dy
2
1


2
dx 9  1
4
Hermed er tangentens ligning:
1
1
7
y  2  ( x  1)  y  x 
4
4
4
5.162:
Hastigheden, hvormed vandhøjden ændrer sig er
dy
.
dt
Kvadratroden af vandhøjden er y .
Og da proportionalitetsfaktoren er -0,04, har man differentialligningen:
dy
P(0 ; 0,5)
 0,04  y
; t0
dt
Løses ved separation af de variable:
dy
1
y  0:
 0,04  y  
   0,02dt 
dt
2 y
y  0,02t  k
1
1
 0,02  0  k  k 
2
2
For at finde den tid, det tager at tømme beholderen, skal man sætte y = 0. Dette punkt er ikke
med i løsningens værdimængde, men da der er tale om en fysisk problemstilling, vil der ikke
være noget spring i kurven ved y = 0, og derfor kan grafen udvides til også at indbefatte
dette punkt:
1
1
0  0,02t 
t 
 35,355339
2
0,02  2
Dvs. det tager 35,4sek at tømme beholderen.
5.163:
Da væksthastigheden for y er proportional med værdien af y, har man ligningen:
dy
 k  y ; y  0 k  0
dt
Løsningen til denne type differentialligning er en eksponentialfunktion:
y  c  e  k t
; c0
ln 2
Sammenhængen mellem halveringstiden og k-værdien er: k 
.
T1
2
Da halveringstiden kendes, har man altså:
ln 2
k
 0,001997542307  0,00200
347
5.164:
dM
 1 0,29M
M (0)  0
dt
Dette er en standard differentialligning (nr. 192 i formelsamlingen), der har den fuldstændige
1
løsning: M (t ) 
 c  e 0, 29t
0,29
Begyndelsesværdien benyttes til at bestemme c-værdien:
1
1
0
 c 1  c  
0,29
0,29
Hermed er forskriften for M: M (t ) 
Da e 0, 29t  0
0,95 
5.166:
1
(1  e 0, 29t ) ; t  0
0,29
for t   , har man M  
lim M (t )
t 

1
100

 3,448
0,29 29
1
1
ln 0,05

(1  e 0, 29t0 )  e 0, 29t0  0,05  0,29t 0  ln 0,05  t 0 
 10,33
0,29 0,29
 0,29
du
 0,001(200  u )  0,2  0,001u ; u  200
dt
f(475) = 107
Dette er en standarddifferentialligning, og formelsamlingen (192) giver løsningen:
0,2
f (t ) 
 c  e 0,001t  200  c  e 0,001t
0,001
Konstanten c bestemmes:
107  200  c  e 0,001475  93  c  e 0, 475  c  93  e 0, 475  149,545320366
Dvs. at forskriften er:
f (t )  200  149,545  e 0,001t
; tR
1
f (1000)  200  149,545  e  144,985351114  145
dy
 0,001y ; g (1000)  f (1000)  144,985351114
dt
Det er igen en standarddifferentialligning, og formelsamlingen (191) giver:
g (t )  c  e 0,001t .
Konstanten bestemmes: 145  c  e 0,0011000  c  394,111045326
 10 
ln 

394,111 

 0 , 001t
10  394,111  e
t
 3674,04761752
 0,001
Dvs. at til tiden 3674døgn er fosforkoncentrationen nået ned på 10 mg/m3.
5.170:
dM
 0,0005M  (160  M )
dt
Der er tale om logistisk vækst, og formelsamlingen (194) giver løsningen:
M
160
160

0, 0005160t
1 c  e
1  c  e 0,08t
c bestemmes ud fra informationen M(0)=8:
160
8
 1  c  20  c  20  1  19
1 c
Hermed er forskriften for M:
M (t ) 
160
1  19  e 0,08t
; tR
dM
 0,0005  8  (160  8)  0,608
dt t 0
Dvs. at man til tidspunktet t = 0 år udvinder 0,608 mio. tons olie pr. år fra feltet.
M ' (0) 
160
 160
1  19  0
t 
Dvs. at oliefeltet indeholder 160 mio. tons olie.
M   lim M (t ) 
1
)
160
 0, 08t
19
80 
 19  e
1 t 
 36,8054872396
 0,08
1  19  e 0,08t
Dvs. at til tidspunktet t 0  37år er halvdelen af olien i feltet udvundet.
ln(
dy
5.172:
 ay( M  y)
dx
Der er tale om logistisk vækst på formen, hvor den fuldstændige løsning er:
M
, hvor M er den øvre grænse for funktionen.
y
1  c  e aMx
Ifølge opgaveteksten gælder altså: M = 1000.
Punktet (0;100) benyttes:
1000
100 
 c  1  10  c  9
1  c  e0
a-værdien bestemmes ud fra differentialligningen ved at benytte kendskabet til
væksthastigheden hvor y = 300:
20  a  300(1000  300)  a 
20
1

300  700 10500
Hermed er den søgte løsning: y 
1000
1 9  e

2x
21
; xR
f ( x)
P(1,2)
x
Hældningen for tangenten findes ved indsættelse af punktet i differentialligningen:
2
f ' (1)  1   3
1
Hermed er tangentens ligning: y  2  3( x  1)  y  3x  1
5.173: f ' ( x)  1 
f ( x)
; x0
x
Den afledede af g findes ved differentiation og indsættelse af differentialligningen:
f ( x)
(1 
)  x  f ( x)
f ' ( x)  x  f ( x)  1
x  f ( x)  f ( x)
x 1
x
g ' ( x) 


 2 
2
2
2
x
x
x
x
x
g ( x) 
Hermed er:
g ( x)  ln x  k
Og så er:
f ( x)  x  g ( x)  x  (ln x  k )  x  ln x  k  x , hvor k er en vilkårlig konstant.
Dette resultat kan testes ved indsættelse:
1
x  ln x  x  k
f ( x)
f ' ( x)  1  ln x  x   k  ln x  1  k  1 
 1
x
x
x
5.174: y' y  2e x
f c ( x)  c  e  x  e x
Ved indsættelse vises at funktionen er løsning til differentialligningen:
f c ' ( x)  c  e  x  e x
y' y  (c  e  x  e x )  (c  e  x  e x )  c  e  x  c  e  x  e x  e x  2  e x
c bestemmes: 15  c  e  e
2
2
15  e 2
c
 2,01171361
e2
f c ' ( x)  0  c  e  x  e x  0  e x  c  e  x  c  e 2 x
Ovenstående udsagn skal gælde for alle værdier af x, dvs. at c skal være ikke-positiv: c  0
5.175: (*) y'2 y  4 x 2  4 x
Lad p(x) være et andengradspolynomium:
p( x)  ax 2  bx  c
a0
p' ( x)  2ax  b
Ved indsættelse i (*) fås:
2ax  b  2ax 2  2bx  2c  4 x 2  4 x  2a  4  (2a  2b)  4  b  2c  0
Hermed er:
a  2
 4  2b  4  b  0
0  2c  0  c  0
Altså er det andengradspolynomium, der er løsning (*): p( x)  2 x 2
Dette svarer til løsningskurve (B ) , der er den eneste af løsningskurverne, der skærer i (0;0).
f c ( x)  c  e 2 x  p ( x)  c  e 2 x  2 x 2
f c ' ( x)  2c  e 2 x  4 x
Ved indsættelse vises det, at denne funktionsfamilie er løsninger til (*):
y'2 y  2c  e 2 x  4 x  2c  e 2 x  4 x 2  4 x 2  4 x
Løsningskurven (D) går gennem (1;0). Dette indsættes for at finde værdien af c:
2
0  c  e 21  2  12  2  c  e 2  c  2
e
For røringspunkterne for de vandrette tangenter gælder:
f c ' ( x)  0  2c  e 2 x  4 x  c  e 2 x  2 x
De tilsvarende funktionsværdier findes ved indsættelse i fc, der jo har samme funktionsværdi:
y  c  e 2 x  2 x 2  2 x  2 x 2  y  2 x 2  2 x

Tema 2: Undervisningsdifferentiering i matematik

Transcription

Similar documents

اﻟﻣﺎﺿﻲ

Løsning til røde vejledende eksamensopgaver

Kære alle, Lidt information vedr. vores kommende byggeprojekt. I

Lichen simplex

Cylinderrådgiveren Mobil | tung drift DK

Login til masser af inspiration til leg og læring på positiverne.dk

SPAR PÅ ENERGIEN I DIN BYGNING - nye bygninger

Quantum Mechanics

Lineære Modeller