Derivasjonsregler, polynom, vektorer og sirkelgeometri

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Deriver funksjonene

f (t) = 0,02 t^{3} + 0,6 t^{2} + 4,1

g (x) = \sqrt{x^{2} - 1}

h (x) = x^{2} \cdot e^{2 x}

Vi har gitt polynomfunksjonen

P (x) = x^{3} - 4 x^{2} - 4 x + 16

Vis at $x = 2$ er et nullpunkt.

Skriv $P (x)$ som et produkt av førstegradsfaktorer.

Løs ulikheten $P (x) \leq 0$

Lag en formel for $x$ når

y = a - b^{x}

Forklar hvorfor $y < a$

Vi har gitt punktene $A (1, 0)$ , $B (3, 4)$ og $C (2, t)$

Bestem vektorene $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ .

Bestem $t$ slik at $∠ A = 90 °$

En sirkel har $A B$ som diameter. Bestem likningen til sirkelen.

Fortegnslinjene til $f^{'} (x)$ og $f^{''} (x)$ til en funksjon $f$ er gitt nedenfor.

Fortegnslinje for f' og f''

Bestem hvor grafen til $f$ stiger og synker.

Bestem $x$ -verdiene til eventuelle bunn-, topp- og vendepunkter på grafen til $f$ .

Tegn en skisse av hvordan grafen til $f$ kan se ut.

Funksjonen $f$ er gitt som $f (x) = x^{2} + 1$

Bruk at $f^{'} (x) = \lim_{Δ x \to 0} \frac{f (x + Δ x) - f (x)}{Δ x}$ til å vise at $f^{'} (x) = 2 x$

En sirkel har sentrum i $O$ . $A B$ skjærer av en bue på $60 °$ , mens $D E$ skjærer av en bue på $20 °$ . Se skissen nedenfor.

Sirkel med buer AB og DE

Bestem $∠ A D B$

Bestem $∠ D B E$

Vis at $∠ A C B = 20 °$

Fasit

1) $f^{'} (t) = 0,06 t^{2} + 1,2 t$ 2) $g^{'} (x) = \frac{x}{\sqrt{x^{2} - 1}}$ 3) $h^{'} (x) = 2 x (1 + x) e^{2 x}$

1) $P (2) = 0$ 2) $P (x) = (x - 2) (x - 4) (x + 2)$ 3) $x \in ⟨ - \infty, - 2] \cup [2, 4]$

$x = \frac{\lg (a - y)}{\lg b}$ , og $y < a$ fordi $b^{x} > 0$

1) $\vec{A B} = [2, 4]$ , $\vec{A C} = [1, t]$ 2) $t = - \frac{1}{2}$ 3) ${(x - 2)}^{2} + {(y - 2)}^{2} = 5$

1) $f$ synker for $x < - 1$ og $x > 3$ , stiger for $- 1 < x < 3$ 2) Bunnpunkt $x = - 1$ , toppunkt $x = 3$ , vendepunkt $x = 1$

$f^{'} (x) = 2 x$ (vist)

1) $∠ A D B = 30 °$ 2) $∠ D B E = 10 °$ 3) $∠ A C B = 20 °$ (vist)

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker regelen $\frac{d}{d t} (t^{n}) = n \cdot t^{n - 1}$ ledd for ledd:

f^{'} (t) = 0,02 \cdot 3 t^{2} + 0,6 \cdot 2 t = 0,06 t^{2} + 1,2 t

Vi skriver $g (x) = {(x^{2} - 1)}^{\frac{1}{2}}$ og bruker kjerneregelen med $u = x^{2} - 1$ :

g^{'} (x) = \frac{1}{2} {(x^{2} - 1)}^{- \frac{1}{2}} \cdot 2 x = \frac{x}{\sqrt{x^{2} - 1}}

Vi bruker produktregelen ${(u v)}^{'} = u^{'} v + u v^{'}$ med $u = x^{2}$ og $v = e^{2 x}$ :

h^{'} (x) = 2 x \cdot e^{2 x} + x^{2} \cdot 2 e^{2 x} = 2 x e^{2 x} + 2 x^{2} e^{2 x} = 2 x (1 + x) e^{2 x}

Vi setter $x = 2$ inn i $P (x)$ :

P (2) = 2^{3} - 4 \cdot 2^{2} - 4 \cdot 2 + 16 = 8 - 16 - 8 + 16 = 0

Siden $P (2) = 0$ , er $x = 2$ et nullpunkt.

Siden $x = 2$ er et nullpunkt, må $(x - 2)$ være en faktor i $P (x)$ . Polynomdivisjon gir

P (x) = (x - 2) (x^{2} - 2 x - 8)

Andregradsuttrykket faktoriseres videre: vi søker to tall med sum $- 2$ og produkt $- 8$ , som er $- 4$ og $2$ :

x^{2} - 2 x - 8 = (x - 4) (x + 2)

Dermed er

P (x) = (x - 2) (x - 4) (x + 2)

Nullpunktene er $x = - 2$ , $x = 2$ og $x = 4$ . Vi setter opp en fortegnslinje for de tre faktorene:

Fortegnslinje for P(x)

$P (x) \leq 0$ når $x \leq - 2$ eller $2 \leq x \leq 4$ :

x \in ⟨ - \infty, - 2] \cup [2, 4]

Vi isolerer $b^{x}$ og bruker deretter logaritme for å isolere $x$ :

y = a - b^{x} \Rightarrow b^{x} = a - y \Rightarrow x \cdot \lg b = \lg (a - y)

x = \frac{\lg (a - y)}{\lg b}

For alle $x$ er $b^{x} > 0$ (en eksponentialfunksjon er alltid positiv). Da må

y = a - \underset{> 0}{\underset{⏟}{b^{x}}} < a

Altså er $y < a$ for alle $x$ .

Vektorene finnes ved å trekke koordinatene til $A$ fra koordinatene til henholdsvis $B$ og $C$ :

\vec{A B} = B - A = [3 - 1, 4 - 0] = [2, 4]

\vec{A C} = C - A = [2 - 1, t - 0] = [1, t]

$∠ A = 90 °$ betyr at $\vec{A B} ⟂ \vec{A C}$ , altså at skalarproduktet er null:

\vec{A B} \cdot \vec{A C} = 2 \cdot 1 + 4 \cdot t = 2 + 4 t = 0

t = - \frac{1}{2}

Midtpunktet på $A B$ er sentrum $S$ i sirkelen:

S = (\frac{1 + 3}{2}, \frac{0 + 4}{2}) = (2, 2)

Radien er halve lengden av $A B$ :

r = \frac{1}{2} | \vec{A B} | = \frac{1}{2} \sqrt{2^{2} + 4^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{20} = \sqrt{5}

Likningen til sirkelen blir dermed

{(x - 2)}^{2} + {(y - 2)}^{2} = 5

Av fortegnslinjene ser vi at $f^{'} (x) = 0$ for $x = - 1$ og $x = 3$ , og at $f^{''} (x) = 0$ for $x = 1$ .

$f^{'}$ er negativ for $x < - 1$ , positiv for $- 1 < x < 3$ og negativ for $x > 3$ . Dermed

f synker for x < - 1 og x > 3, og stiger for - 1 < x < 3

Siden $f^{'}$ skifter fortegn fra negativ til positiv i $x = - 1$ , er dette et bunnpunkt. Siden $f^{'}$ skifter fortegn fra positiv til negativ i $x = 3$ , er dette et toppunkt. Siden $f^{''}$ skifter fortegn i $x = 1$ , er dette et vendepunkt.

Bunnpunkt x = - 1, toppunkt x = 3, vendepunkt x = 1

Grafen synker fra venstre ned til et bunnpunkt i $x = - 1$ , flater ut i krumning (vendepunkt) i $x = 1$ mens den fortsatt stiger, og stiger opp til et toppunkt i $x = 3$ , før den synker igjen mot høyre. Grafen er konveks (krummer oppover) for $x < 1$ og konkav (krummer nedover) for $x > 1$ .

Vi bruker definisjonen av den deriverte med $f (x) = x^{2} + 1$ :

f (x + Δ x) = {(x + Δ x)}^{2} + 1 = x^{2} + 2 x Δ x + Δ x^{2} + 1

f (x + Δ x) - f (x) = x^{2} + 2 x Δ x + Δ x^{2} + 1 - (x^{2} + 1) = 2 x Δ x + Δ x^{2}

\frac{f (x + Δ x) - f (x)}{Δ x} = \frac{2 x Δ x + Δ x^{2}}{Δ x} = 2 x + Δ x

Når $Δ x \to 0$ går $2 x + Δ x \to 2 x$ , altså

f^{'} (x) = \lim_{Δ x \to 0} (2 x + Δ x) = 2 x

Vinkelen $∠ A D B$ er en periferivinkel som spenner over buen $A B$ (buen som ikke inneholder $D$ ). Periferivinkelen er halvparten av buen den spenner over:

∠ A D B = \frac{60 °}{2} = 30 °

Vinkelen $∠ D B E$ er en periferivinkel som spenner over buen $D E$ :

∠ D B E = \frac{20 °}{2} = 10 °

Punktene $A$ , $D$ , $C$ ligger på en rett linje, og punktene $B$ , $E$ , $C$ ligger på en annen rett linje. Da er $∠ A D B$ en ytre vinkel av trekant $B D C$ i hjørnet $D$ (siden $A$ , $D$ , $C$ er kolineære). Etter ytre vinkelsetningen er en ytre vinkel lik summen av de to andre (ikke tilstøtende) vinklene i trekanten:

∠ A D B = ∠ D B C + ∠ D C B

Siden $E$ ligger på linjestykket $B C$ , er $∠ D B C = ∠ D B E = 10 °$ . Vi løser for $∠ D C B = ∠ A C B$ :

30 ° = 10 ° + ∠ A C B

∠ A C B = 20 °

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 24 poeng

2) Svaret bør forkortes.

3) Det kan gis inntil 1,5 poeng hvis det ikke er tatt hensyn til likhetstegnet.

$y < a$ kan begrunnes på minst to måter: Enten ved at uttrykket $\ln (a - y)$ krever $a - y > 0$ , eller ved at at $b^{x}$ nødvendigvis er et positivt tall.

1) Det er likeverdig om svarene gis som åpne eller lukkede intervaller.
2) På bakgrunn av svarene i oppgave 1e1 er det nok å fastslå resultatene her, uten ytterligere kommentarer.
3) Topp-, bunn- og vendepunkt bør være markert på skissen.

Det gis noe uttelling hvis eksaminanden setter riktig inn i uttrykket.

3) Her vil ulike resonnementer kunne føre til riktig resultat. Bare måling på figuren gir ingen uttelling.

Oppgavedata

Hentet fra: R1 H2011, del 1, oppgave 1
Del: Del 1, uten hjelpemidler — les om hjelpemidler
Hjelpemidler: Skrivesaker og linjal
Ingen kalkulator eller digitale verktøy.
Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 24
Temaer: Derivasjon, Polynomfunksjoner, Vektorer, Sirkel, Fortegnslinje, Grenseverdi

Derivasjonsregler, polynom, vektorer og sirkelgeometri

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

Derivasjonsregler, polynom, vektorer og sirkelgeometri

Lov på eksamen

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Derivasjonsregler, polynom, vektorer og sirkelgeometri

Derivasjonsregler, polynom, vektorer og sirkelgeometri

Lov på eksamen

Temaer