STX Matematik A NET 2011 Forår - Delprøven med alle hjælpemidler

Side 1

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

1

STX Matematik A (Netadgang)

Forår 2011 - Vejledende opgave

Delprøven med hjælpemidler

Nogle opgaver inkluderer referencer til en formel i en grå kasse. Referencer til en formel kræves ikke i en besvarelse, og kan ikke erstatte forklaringer og øvrig tekst. Grunden til, at her medtages formel i løsningerne, er så du præcis kan se hvilken formel, der bruges i hver mellemregning.

Alle opgaver er for så vidt muligt regnet med WordMat, da vores erfaring viser, at det er langt det hurtigste værktøj at anvende. Husk at skrive nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp STX 3.g

NB: Mange af de anvendte formler i opgaven kan findes og indsættes direkte fra WordMat’s egen formelsamling, som findes øverst til venstre. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge formelsamlingen!

Opgave 12 a)

Vi kan nu opskrive de givne informationer i et ligningssystem bestående af to ligninger med 2 ubekendte.

23,9=𝑏 · 25^{𝑎}

95,0=𝑏 · 50^{𝑎}

⇕ Ligningssystemet løses for b,a vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,

𝑎=1,990917 ∧ 𝑏=0,03937454

Konstanterne er fundet og afrundet til: 𝑎=1,991 og 𝑏=0,0394.

b)

Funktionen defineres nu (uden afrunding af konstanter):

𝑓 ( 𝑥) ≔0,03937454 · 𝑥^{1,990917}

𝑓 ( 150) ≈846,5109

Temperaturstigningen i bremserne, når bilen bremses helt ned fra 150^{𝑘𝑚}_{𝑡} er på 846,5 ℃.

Nu løser vi:

Side 2

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

2

𝑓 ( 𝑥) =120

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑥=56,22509

                                                       𝑘𝑚
Hastigheden, når temperaturstigningen er 120℃, er altså ca. 56,23 .
                                                        𝑡

Side 3

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

3

Opgave 13 a)

Koordinatfunktionerne i linjens parameterfremstilling aflæses og defineres:

𝑥≔22 + 𝑡· 9

𝑦≔−10 + 𝑡 · (−4)

𝑧≔9 + 𝑡· 1

I skæringspunktet vil linjen og planen have samme koordinatsæt. Vi kan således indsætte ovenstående koordinatfunktioner i ligningen for 𝛼 og dermed finde parameteren 𝑡 i punktet:

15𝑥 − 17𝑦+ 16𝑧 + 13=0

⇕ Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑡=−3

Vi definerer nu denne og lader WordMat beregne koordinatsættet til skæringspunktets stedvektor:

𝑡≔−3

( 𝑦) =( −4 · 𝑡− 10)

𝑥 𝑧

9 · 𝑡 + 22

𝑡+ 9

=( 2)

−5

6

Vi kan således konkludere, at skæringspunktet mellem 𝑙 og 𝛼 har koordinatsættet (−5,2,6)

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 4

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

4

Opgave 14 a)

Ligningen er på formen: 𝑎𝑧^{2} + 𝑏𝑧 + 𝑐=0

Diskriminanten kan da beregnes som:

𝑑=𝑏^{2} − 4𝑎𝑐
=2^{2} − 4 · 1 · 5
=−16

Da diskriminanten er negativ, har ligningen ingen reelle løsninger. Vi indstiller WordMat til komplekse tal og løser ligningen:

𝑧^{2} + 2𝑧 + 5=0

⇕ Ligningen løses for z vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑧=−2 · 𝑖− 1 ∨ 𝑧=2 · 𝑖− 1

Vi kan således konkludere, at ligningen har to løsninger: 𝑧 =−1 − 2𝑖 og 𝑧 =−1 + 2𝑖.
                                              1              2

Side 5

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

5

Opgave 15 a)

Vi lader fortsat WordMat arbejde med indstillingen ’komplekse tal’. VI løser nu:

𝑧^{6} =729

⇕ Ligningen løses for z vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑧=0,5 · ( 𝑖· 5,196152 + 3) =𝑖· 2,598076 + 1,5

𝑧=0,5 · ( 𝑖· 5,196152 − 3) =𝑖· 2,598076 − 1,5

𝑧=−3

𝑧=−0,5 · ( 𝑖· 5,196152 + 3) =𝑖· −2,598076 − 1,5

𝑧=−0,5 · ( 𝑖· 5,196152 − 3) =1,5 + 𝑖· −2,598076

𝑧=3

Vi kan således konkludere, at ligningen har 6 løsninger (her på afrundet form):

𝑧_{1} =1,5 + 2,6𝑖
𝑧_{2} =−1,5 + 2,6𝑖
𝑧_{3} =−3
𝑧_{4} =−1,5 − 2,6𝑖
𝑧_{5} =1,5 − 2,6𝑖
𝑧_{6} =3

Vi plotter nu løsningerne i den komplekse talplan (førsteaksen er den reelle akse, mens andenaksen er den imaginære akse) vha. WordMat og forbinder punkterne.

Det ses, at de forbundne punkter danner en sekskant i den komplekse talplan.

Side 6

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

6

Opgave 16 a)

Da vi skal teste om to grupper af observationer følger samme fordeling anvendes en GOF-test i WordMat.

De forventede værdier beregnes i Excel vha. formlen:

𝑓𝑜𝑟𝑣=𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑡 𝑎𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑚å𝑙· 𝑎𝑛𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑓 𝑠𝑘𝑢𝑑𝑓𝑜𝑟𝑠ø𝑔

Vi får nu:

Goodness of fit Nul-hypotese: den forventede fordeling

Den observerede stikprøve stammer fra

Spiller skudforsøg mål mål Signifikans niveau: 5%

Andel af Scorede Forventede

Maibritt

Kviesgaard 0,18 22 16,92

Camilla Dalby 0,292 25 27,448 P-værdi: 6,308%

Trine Troelsen 0,315 20 29,61 Konklusion: Nul-hypotese kan ikke forkastes

Ann Grete Nørgård 0,213 27 20,022

Goodness of fit bygger på χ²-fordeling

Frihedsgrader:

3 χ²-værdi:

7,2944

Xmaks:

16

                               2
Teststørrelsen er således bestemt til 𝜒 =7,2944

Da 𝑝=6,308%>5%, kan nulhypotesen ikke forkastes på et 5% signifikansniveau. Vi kan således ikke

afvise, at fordelingen af scorede mål følger fordelingen for skudforsøg for de fire spillere.

(𝐼): Det er vigtigt at konkludere præcist. Der er kun to mulige konklusioner på en undersøgelse af denne type:

1) Nulhypotesen forkastes på et 5% signifikansniveau

2) Nulhypotesen kan ikke forkastes på et 5% signifikansniveau

En typisk fejl ville være at konkludere: Nulhypotesen kan bekræftes på et 5% signifikansniveau. Dette er forkert! Desværre laver WordMat nogle gange selv den konklusion, men så må man ændre den.

Side 7

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

7

Opgave 17 a)

Differentialligningen løses med begyndelsesbetingelsen: 𝑁 ( 0) =0,02

𝑁^{′} =0,025 · 𝑁 · (5 − 𝑁)
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen N(0)=0,02

𝑁=

5

249 · 𝑒^{−0,125·𝑡} + 1

Vi har nu bestemt en forskrift: 𝑁^{5} ( 𝑡) ≔_{249·𝑒^{−0,125𝑡}}.
+1

b)

Der er tale om en logistisk vækstmodel på formen:

𝑁^{′} =𝑎 ·𝑁 · ( 𝑀 − 𝑁)

                         ′
Den største udbredelsesfart (𝑁 ) findes da når udbredelsen har nået halvdelen af sit maksimum. Det vil

sige, når:

𝑁=

𝑀

2

Ovenstående løses nu mht. 𝑡:

𝑁 ( 𝑡) =

5

2

⇕ Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑡=8 · ln ( 249)

≈44,13962

Det tidspunkt, hvor algeudbredelsen foregår hurtigst, er altså cirka 44 døgn efter starten af forsøget.

Side 8

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

8

Opgave 18 a)

En skitse tegnes WordMat ved at indtaste de komplekse tal og forbinde dem.

b)

Vi indstiller nu WordMat til at arbejde med komplekse tal med polær notation. WordMat konverterer nu de komplekse tal til polær form:

𝑧_{𝐴} =1 + 8𝑖

≈8,062258∠82,87498

𝑧_{𝐵} =12 + 5𝑖

≈13∠22,61986

𝑧_{𝑐} =10 − 𝑖
≈10,04988∠(−5,710593)

De komplekse tal, som repræsenteres af de nye hjørnepunkter, kan nu findes ved blot at lægge 45 grader til argumenterne i den polære form. I samme ombæring ændres indstillingen i WordMat tilbage til rektangulær form, og de nye komplekse tal findes:

𝑧_{𝐴_{1}} =8,062258∠ ( 82,87498+ 45)
≈𝑖· 6,363962 − 4,949747

𝑧_{𝐵_{1}} =13∠ ( 22,61986 + 45)
≈4,949749 + 𝑖 · 12,02081

Side 9

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

9

𝑧_{𝐶_{1}} =10,04988∠ ( −5,710593+ 45)
≈7,778178 + 𝑖 · 6,363964

Vi har nu bestemt de komplekse tal, som hjørnepunkterne i trekant 𝐴_{1} 𝐵_{1} 𝐶_{1} er repræsentanter for i den

komplekse talplan. De afrundes og opskrives herunder:

𝑧_{𝐴_{1}} =−4,95+ 6,36𝑖

𝑧_{𝐵_{1}} =4,95 + 12,0𝑖

𝑧_{𝐶_{1}} =7,78 + 6,36𝑖

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Herunder ses en skitse af de to trekanter. Trekant 𝐴𝐵𝐶 er tegnet med sort, mens trekant 𝐴_{1} 𝐵_{1} 𝐶_{1} er tegnet

med blåt. Dette efterspørges ikke i opgaveteksten og er derfor kun ment som en hjælp til forståelsen.

Side 10

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

10

Opgave 19 a)

Rumfanget af det omdrejningslegeme, der fremkommer, når en punktmængde under mellem førsteaksen og grafen for en funktion i et interval [𝑎,𝑏] roteres 360 grader om førsteaksen, er givet ved:

𝑉=𝜋∫ ( 𝑓 ( 𝑥))^{2} 𝑑𝑥

𝑏 𝑎

Funktionen defineres, og vi indstiller vinkelenheden til radianer:

𝑓 ( 𝑥) ≔sin ( 𝑥) + 𝑥+ 0,5

Punktmængden 𝑀 afgrænses i intervallet [0,5] af førsteaksen samt 𝑓, som jf. figuren er positiv i hele intervallet. Volumen af omdrejningslegemet beregnes nu:

𝑉_{𝑀} =𝜋∫ ( 𝑓 ( 𝑥))^{2} 𝑑𝑥

5

0

≈169,6917

Enheden er 𝑑𝑚^{3} =𝐿

Vasens volumen er altså ca. 169,69 𝐿.

b)

Overfladen bestemmes nu i WordMat:

𝑂=2𝜋∫ 𝑓 ( 𝑥) · 1 + ( 𝑓^{′} ( 𝑥))^{2} 𝑑𝑥

5

0

√

≈125,8191

                 1    1
             2                  2
Enheden er 𝑑𝑚 =   𝑚 ·  𝑚=      𝑚 .
                10   10

1

100

Arealet af vasens krumme overflade er altså ca. 1,26 𝑚^{2}.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 11

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

11

Opgave 20 a)

Vi indfører to variable:

𝑐𝑦𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟𝑒𝑛𝑠 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑢𝑠=ℎ𝑎𝑙𝑣𝑘𝑢𝑔𝑙𝑒𝑛𝑠 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑢𝑠=𝑟

𝑐𝑦𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟𝑒𝑛𝑠 ℎø𝑗𝑑𝑒=ℎ

Rumfanget kan udregnes som:

𝑉=𝑉_{𝑐𝑦𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟} + 𝑉_{𝑘𝑢𝑔𝑙𝑒}

1

2

=𝜋· 𝑟^{2} · ℎ + · ( · 𝜋 · 𝑟^{3})

1 4

2 3

Vi sætter nu 𝑉=120 og isolerer ℎ:

120=𝜋· 𝑟^{2} · ℎ + · ( · 𝜋 · 𝑟^{3})

1 4

2 3

⇕ Ligningen løses for h vha. CAS-værktøjet WordMat.

ℎ=−

2 · 𝜋 ·𝑟^{3} − 360
3 · 𝜋· 𝑟^{2}

ℎ defineres: ℎ≔−

2 · 𝜋 · 𝑟^{3} − 360
3 · 𝜋· 𝑟^{2}

Det samlede overfladeareal er givet ved:

𝑂=𝑂 + · 𝑂_{𝑘𝑢𝑔𝑙𝑒} + 𝑂_{𝑏𝑢𝑛𝑑}

𝑘𝑟𝑢𝑚,𝑐𝑦𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟

1

2

=2 · 𝜋 · 𝑟· ℎ+ · ( 4 · 𝜋 · 𝑟^{2}) + 𝜋 · 𝑟^{2}

1

2

=5 · 𝜋 · +

𝑟^{2} 240

3 𝑟

Det samlede overfladeareal defineres nu som funktion af 𝑟 for 𝑟>0. Der må samtidig gælde, at ℎ>0:

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 𝑂 ( 𝑟) =5 · 𝜋 · +

𝑟^{2} 240

3 𝑟

Nu løser vi:

𝑂^{′} ( 𝑟) =0

⇕ Ligningen løses for r vha. CAS-værktøjet WordMat.

r=2,840496

Side 12

Matematik A STX Netadgang – Vejledende opgave – Forår 2011

12

Vi definerer nu 𝑟: 𝑟≔2,840496

Da ℎ er defineret som udtrykt ved 𝑟, kan vi nu beregne ℎ og kontrollere, om ℎ>0

ℎ= ≈2,840497

14,8728 + 𝜋 · −1,893664

𝜋

Da ℎ>0 går vi videre. Vi tjekker nu fortegnet for 𝑂′ på hver side af nulpunktet:

𝑂^{′} ( 2,7) ≈−4,647477

𝑂^{′} ( 2,9) ≈1,831274

Vi sammenfatter dette i en monotonilinje: 𝑥 2,840496

𝑂^{′} ( 𝑟) 0

- +

𝑂 ( 𝑟) ↘ ↗

Funktionen har et lokalt minimum i 𝑟=2,84, og da der ikke er andre lokale ekstrema i

definitionsmængden, må der også være tale om et globalt minimum.

Enheden er 𝑑𝑚=10𝑐𝑚

Den værdi af radius i skraldespandens bundflade, som giver det mindste samlede overfladeareal, er altså cirka 28 𝑐𝑚.