STX Matematik A 27. maj 2014 - Delprøven uden hjælpemidler

Side 1

Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 2stx141-MAT/A-

Opgaver uden hjælpemidler - 27. maj 2014

Alle formelnumre i de nedenstående vejledende løsninger henviser til

Matematisk formelsamling stx A, 2007 fra Matematiklærerforeningen.

Formelsamlinger ikke må medbringes til selve prøven uden hjælpemidler.

Vi medtager formelnumre i vores løsninger, så du i din forberedelse præcist kan se hvilken formel, der bruges til at løse opgaven.

Opgave 1

Reducering af udtrykket:

(𝑝 − 𝑞)^{2} + 2𝑝𝑞 − 𝑞^{2} =

(jf. formel 8)

𝑝^{2} + 𝑞^{2} − 2𝑝𝑞 + 2𝑝𝑞 − 𝑞^{2} =

(udtrykket reduceres)

𝑝^{2}

Det givne udtryk kan således reduceres til: 𝑝^{2}

1

Side 2

Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 2stx141-MAT/A-

Opgave 2

En andengradsligning 𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0 har løsningerne: (jf. formel 79)

𝑥 =

−𝑏 ± 𝑏^{2} − 4𝑎𝑐

√

2𝑎

Eventuelle løsninger til andengradsligningen:

2𝑥^{2} + 𝑥 − 15 = 0

bestemmes ved indsættelse af 𝑎 = 2, 𝑏 = 1, 𝑐 = −15 i løsningsformlen:

𝑥 =

−𝑏 ± 𝑏^{2} − 4𝑎𝑐

√

2𝑎 kendte værdier indsættes

𝑥 =

−1 ± 1^{2} − 4 · 2 · (−15)

√

2 · 2

⇕

𝑥 =

−1 ± 121

√

4

⇕

𝑥 = ∨ 𝑥 =

−1 − 11 −1 + 11

4 4

⇕

𝑥 = ∨ 𝑥 =

−12 10

4 4

⇕

𝑥 = −3 ∨ 𝑥 = 2, 5

Løsningerne til andengradsligningen er således: 𝑥 = −3 ∨ 𝑥 = 2, 5

2

Side 3

Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 2stx141-MAT/A-

Opgave 3

Model for udviklingen i koncentrationen af en bestemt type medicin i blodet hos en person:

𝐶(𝑡) = 1, 5 · 0, 64^{t}

Den anførte funktion er en eksponentiel sammenhæng efter modellen 𝑦 = 𝑏 ·𝑎^{𝑥},
hvor 𝑏 er "startværdien", altså funktionsværdien, når den uafhængige variabel 𝑥 = 0.

𝑎 er fremskrivningsfaktoren, hvoraf den konstante procentvise vækst fremgår.

I det aktuelle tilfælde er 𝑏 = 1, 5,
hvilket betyder, at patienten får en mængde medicin sprøjtet i blodet til tiden 𝑡 = 0
således, at koncentrationen af medicin i blodet er 1, 5 mg/mL.

I den anførte model er 𝑎 = 0, 64

da værdien for 0 < 𝑎 < 1 betyder det, at modellen er en (eksponentiel) aftagende model.

Koncentrationen af medicin i blodet aftager altså over tid. jf. tekst ved tegning ved formel

100 øverst

At fremskrivningsfaktoren 𝑎 = 0, 64 er ensbetydende med, at koncentrationen af medicin i

blodet hver time reduceres til 64 % af koncentrationen i timen før. Koncentrationen aftager således med 36 % hver time, der går efter medicinen er sprøjtet i blodet.

(jf. formel 3 og 100)

Opgave 4

Væksthastigheden for en funktion 𝑓 ved en given værdi for den uafhængige variabel 𝑥_{0}
kan bestemmes som differentialkvotienten 𝑓^{′} (𝑥_{0}).
𝑓^{′} (𝑥_{0}) er lig med hældningskoefficienten for tangenten til grafen for 𝑓 i punktet (𝑥_{0}, 𝑓(𝑥_{0}))

(jf. formel 119)

Tangenten til grafen for 𝑓 i punktet (0, 𝑓(0)) vil have en negativ hældningskoefficient, idet 𝑓 er en aftagende funktion, - 𝑓 (𝑥) aftager, når 𝑥 forøges.

Derfor vil fortegnet for væksthastigheden 𝑓^{′} (0) være negativ.

Tangenten til grafen for 𝑔 i punktet (0, 𝑔(0)) vil have en positiv hældningskoefficient, idet 𝑔 er en voksende funktion, - 𝑔(𝑥) vokser, når 𝑥 forøges.

Derfor vil fortegnet for væksthastigheden 𝑔^{′} (0) være positiv.

Tangenten til grafen for h i punktet (0, h(0)) vil have en negativ hældningskoefficient, idet h er en aftagende funktion, - h(𝑥) aftager, når 𝑥 forøges.

Derfor vil fortegnet for væksthastigheden h^{′} (0) være negativ.

3

Side 4

Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 2stx141-MAT/A-

Opgave 5

Hvorvidt funtionen:

𝑓(𝑥) = 𝑒^{𝑥} − 𝑥^{2} − 2𝑥 − 2

er en løsning til til differentialligningen: 𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑦^{′} = 𝑥^{2} + 𝑦

kan undersøges ved at "gøre prøve", hvor 𝑦 = 𝑓 (𝑥) indsættes i differentialligningen.

Hvis henholdsvis venstre og højre side af lighedstegnet kan reduceres til det samme, så er 𝑓 en løsning til den givne differentialligning.

Venstre side:

𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑒^{𝑥} −𝑥^{2} −2𝑥 −2 indsættes i differentialligningens venstre side og der reduceres:

𝑦^{′} = 𝑓^{′} (𝑥)

= (𝑒^{𝑥} − 𝑥^{2} − 2𝑥 − 2)^{′}

(jf. formel 122)

= (𝑒^{𝑥})^{′} − (𝑥^{2})^{′} − (2𝑥)^{′} − (2)^{′}

(jf. formel 126,129)

= 𝑒^{𝑥} − 2𝑥 − 2

Højre side:

𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑒^{𝑥} −𝑥^{2} −2𝑥 −2 indsættes i differentialligningens højre side og der reduceres:

𝑥^{2} + 𝑦 = 𝑥^{2} + 𝑓(𝑥)

= 𝑥^{2} + (𝑒^{𝑥} − 𝑥^{2} − 2𝑥 − 2)

= 𝑥^{2} + 𝑒^{𝑥} − 𝑥^{2} − 2𝑥 − 2

= 𝑒^{𝑥} − 2𝑥 − 2

Da begge sider af lighedstegnet kan reduceres til det samme udtryk, kan det konkluderes, at 𝑓(𝑥) er en løsning til den givne differentialligning.

4

Side 5

Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 2stx141-MAT/A-

Opgave 6

Arealet af punktmængden M kan bestemmes som summen af arealet af den punktmængde, der afgrænses af grafen for 𝑓 og førsteaksen i første kvadrant og arealet af den punktmæng-de, der afgrænses af grafen for 𝑔 og førsteaksen i fjerde kvadrant.

De respektive arealer kan bestemmes vha. integralregning og det samlede areal for M kan således bestemmes som: (jf. formel 153)

A   =    𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + −    𝑔(𝑥) 𝑑𝑥
 𝑀
       0              0

∫_{2} ( ∫_{2})

Integralet_{0} 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 indsættes med negativt fortegn, da det afgrænsede (del)areal af M

∫_{2}

er beliggende under førsteaksen (i fjerde kvadrant). Således fremkommer:

A   =    𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 −   𝑔(𝑥) 𝑑𝑥
 𝑀
       0           0

∫_{2} ∫_{2}

(jf. formel 147)

= [F (𝑥)]^{2}_{0} − [𝐺(𝑥)]^{2}_{0}

(jf. formel 147)

= (F (2) − F (0)) − (𝐺(2) − 𝐺(0))

= F (2) − F (0) − 𝐺(2) + 𝐺(0)

kendte værdier indsættes

= 66 − 0 − (−62) + 0

= 128

Arealet af punktmængden M er således bestemt til: A_{𝑀} = 128

5