Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
1
HTX Matematik A
13. december 2013
htx133-MAT/A-
Løsning med WordMat ...................................................................................................................................... 2
Løsning med Maple ......................................................................................................................................... 17
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
2
Løsning med WordMat
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
af WordMat som første linje til besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.
NB: Mange af de anvendte formler i opgaven kan findes og indsættes direkte fra WordMats egen
formelsamling, som findes øverst til venstre. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge
formelsamlingen!
Opgave 1
a)
Vi skitserer situationen:
Vi parallelforskyder over i den lodrette akse, som går gennem . Dette punkt kalder vi .
Vi ser nu, at vi har en retvinklet trekant, , hvor:
Vi bestemmer nu resterende sider og vinkler vha. WordMat:
WordMats trekantsløser anvendes med input: C = 90°, CB = 4,16, CA = 4,16
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
3
C = 90°
A = 45°
B = 45°
AB = 5,883128
CB = 4,16
CA = 4,16
Længden af siden AB findes vha. Pythagoras
Vinkel B findes vha. tangens
Vinkel A findes vha. vinkelsum = 180° i en trekant
Frembringeren har således en længde på 5,88 meter.
b)
Punktet ligger på cirklen, og centrum for cirklen ligger på -aksen (den positive side). Da cirklen har en
radius på 8, har cirklen altså centrum 8 enheder mod højre ad -aksen i punktet . Den generelle ligning
for en cirkel med radius og centrum i
er givet ved:
Cirklens ligning bliver så:
c)
Vi skitserer den del af figur 1, som ligger i 1. kvadrant:
C
A
B
AB
CB
CA
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
4
Vi søger nu at beskrive den optegnede del af cirklen som en funktion
. Dette gøres ved at isolere
i cirklens ligning og nøjes med den positive løsning:
Ligningen løses for y vha. CAS-værktøjet WordMat.
Vi definerer funktionen (dog uden at begrænse definitionsmængden):
Vi lader denne funktion være defineret i
, hvor
er førstekoordinaten for punkt . Denne
førstekoordinat kan bestemmes ved at indsætte andenkoordinaten
for i cirklens ligning og løse
mht. for , da
ligger til højre for cirklens centrum i :
Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.
Det vil sige, at
Vi søger nu at beskrive frembringeren som en funktion
. Frembringeren er en del af en ret linje,
som går gennem punkt
og danner en vinkel på grader med vandret. Det vil sige, at hældningen
er:
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
5
Det vil sige:
Linjens ligning kan da skrives som:
Vi definerer funktionen (dog uden at begrænse definitionsmængden):
Vi lader denne funktion være defineret i
, hvor
er førstekoordinat for punkt
,
hvor
.
kan bestemmes ved at løse:
Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.
Det vil sige
Lad punktmængden være den punktmængde, som afgrænses af graferne for , og førsteaksen.
Ballonens volumen, , kan da bestemmes som volumen af det omdrejningslegeme, der fremkommer ved at
rotere punktmængden om -aksen. Det vil sige:
Koordinataksernes enheder er , så ballonens volumen er
.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
6
Opgave 2
Opgave 2 relaterer sig til forberedelsesmaterialet.
a)
Vi definerer funktionen og bestemmer de partielle afledede:
b)
I saddelpunktet vil begge partielle afledede være lig med nul. Vi løser derfor nedenstående ligningssystem:
Det vil sige:
Ligningssystemet løses for y,x vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,
Vi ser, at der kun er en løsning til ligningssystemet, hvorfor denne løsning repræsenterer det omtalte
saddelpunkt. Saddelpunktet har altså koordinatsættet
.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
7
Opgave 3
a)
Vi har, at:
Vi bestemmer ved at differentiere led for led og anvende kædereglen for sammensatte funktioner:
Vi indsætter nu de to ovenstående udtryk for og i differentialligningen. Hvis dette giver et altid sandt
udsagn (fx at der står det samme på begge sider af ligningen), kan vi konkludere, at
er en løsning til differentialligningen. Vi efterprøver:
Ovenstående er altid et sandt udsagn, så
er en løsning til differentialligningen.
b)
Når kurven går gennem , vil det sige, at , når . Vi indsætter disse værdier i den fuldstændige
løsning og isolerer :
Ligningen løses for c vha. CAS-værktøjet WordMat.
For denne løsningskurve er
c)
Vi bestemmer -værdien for denne kurve på samme måde:
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
8
Ligningen løses for c vha. CAS-værktøjet WordMat.
Vi definerer denne værdi:
Vi definerer en funktion
for denne løsningskurve:
Vi definerer førstekoordinaten for tangentens røringspunkt og bestemmer så en ligning for tangenten:
Udtrykket udvides vha. CAS-værktøjet WordMat.
Det vil sige, at en ligning for tangenten til løsningskurven gennem dette punkt er
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
9
Opgave 4
Opgave 4 relaterer sig til forberedelsesmaterialet.
a)
Funktionen
kan skrives som:
Hvor:
Og:
Normalligningerne får følgende udseende:
Koefficienterne bestemmes vha. de opgivne datapunkter:
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
10
Normalligningerne opstilles:
b)
Funktionen
har et minimum i
, hvis og kun hvis
og
opfylder normalligningerne. Vi
løser normalligningerne:
Ligningssystemet løses for A_1,A_2 vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,
Vi konkluderer, at
og
minimerer .
c)
Vi definerer løsningen:
Vi kan nu bestemme og vha. definitionerne på
og
givet i opgaveteksten:
Ligningen løses for a vha. CAS-værktøjet WordMat.
Ligningen løses for b vha. CAS-værktøjet WordMat.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
11
Vi konkluderer, at og .
d)
Vi lader
angive antallet af transistorer i en mikroprocessor som funktion af antal år, , siden 1971.
Vi definerer funktionen:
I år 2018 har man, at . Vi bestemmer så:
Man kan altså regne med ca. mia. transistorer i en mikroprocessor i år 2018 ifølge modellen.
e)
Fordoblingstiden kan bestemmes som:
Ifølge modellen er fordoblingstiden altså på cirka 2 år.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
12
Opgave 5
a)
Vi definerer koordinatfunktionerne og sluttelig vektorfunktionen:
Vi bestemmer så:
Til tiden befinder boldens centrum sig i punktet
.
b)
I toppositionen har grafen en vandret tangent, så
. Vi løser denne ligning:
Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.
Vi ser af grafen, at der er tale om et globalt maksimum, hvilket også kan udledes af, forskriften for er et
andengradspolynomium, hvor koefficienten til
er negativ. Den højeste position for boldens centrum kan
så bestemmes som:
Den højeste position for boldens centrum er således på .
c)
Vi starter med at bestemme det tidspunkt, hvor bolden passerer punktet . Dette kunne hurtigt klares ved
at sætte vektorfunktionen lig med stedvektoren for og løse mht. , men da WordMat kun kan håndtere
ligningssystemer, hvor antal ubekendte er lig med antallet af ligninger, anvender vi koordinatfunktionerne
hver for sig:
Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
13
Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.
Ligningssystemets løsningsmængde er fællesmængden af løsningsmængderne til hver af de to
ligningssystemer. Med andre ord skal en løsning altså være en løsning for begge ligninger. Vi har således, at:
Boldens fart som funktion af tiden er givet ved længden af den positionsvektoren differentieret mht. tiden:
Vi bestemmer farten til det pågældende tidspunkt:
Fartenheden er
, da anvendes som længdeenhed, mens anvendes som tidsenhed.
Boldens fart, når den passerer punktet , er således på
.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
14
Opgave 6
a)
Cirkelbuen fra til tangerer de rette linjer i og , som er indbyrdes vinkelrette. Cirkelbuen har således
en udsnitsvinkel på (i grader). Radius oplyses til . Cirkelbuens længde kan da bestemmes som:
b)
Vi ser på den del af figuren, som ligger til højre for symmetriaksen gennem og . Det grå areal inddeles her
i to mindre dele:
a) Et rektangel med bredden 4 og længden 11. Rektanglets areal bliver så:
b) Et mere specielt formet område. Vi danner nu et kvadrat med hjørnepunkter i , og i centrum af
cirklen med radius . Kvadratet får da sidelængden . Placeringen af det sidste hjørnepunkt
giver så sig selv. Arealet af dette kvadrat udgøres af arealet af en kvartcirkel med radius samt det
grå område, som udgør resten.
Arealet af det grå delområde bliver så lig med arealet af kvadratet minus arealet af kvartcirklen:
Lægges de to arealer
og
sammen, får vi arealet af det grå område til højre for symmetriaksen. Vi
ganger så med to for at få det samlede areal:
Arealet af asfalten på det viste stykke er ca. .
c)
Længden af linjestykket er lig med afstanden mellem punkterne og .
Vi laver et rektangulært koordinatsystem med centrum i , og lader -aksen pege mod højre langs , mens
-aksen peges opad parallelt med . Punktet har da koordinatsættet
, mens centrum i cirklen
med radius har koordinatsættet
. Vi ved, at ligger på cirklen, hvorfor koordinatsættet for
skal opfylde cirklens ligning. Vi opskriver cirklens ligning vha. den generelle formel:
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
15
Hvor er radius og
er koordinatsættet for centrum i cirklen. Det vil sige, at cirklens ligning er givet
ved:
Vi indsætter koordinatsættet for og løser ligningen mht.
.
Ligningen løses for x_Q vha. CAS-værktøjet WordMat.
Af tegningen ses det, at
, da ligger til venstre for , så vi godtager kun løsningen
.
Da -koordinaten for er 0, og er centrum i koordinatsystemet, er afstanden mellem og lig med
størrelsen af
. Længden af linjestykket er altså ca. 6,683 m.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
16
Opgave 7
a)
Forklaringer til hver af linjerne findes herunder:
1) Ligningen opskrives.
2) Leddenes rækkefølge ændres.
3) De to første led omskrives ved hjælp af sætningen
4) De to næste led (indeholdende ) omskrives på samme facon.
5) Konstante led lægges sammen. Summen bliver -16. Herefter lægges 16 til på begge sider af
lighedstegnet.
6) Det anvendes, at
.
7) Denne ligning for cirklen er nu på formen:
, hvor angiver radius, mens
er koordinatsættet for cirklens centrum. Radius samt koordinatsættet for cirklens centrum
aflæses af ligningen og opskrives.
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 13. december 2013
17
Løsning med Maple
Alle opgaver er regnet med Maple, da vores erfaring viser, at det er et stærkt værktøj at anvende. Husk at
skrive nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp af Maple som første linje til
besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.
NB: Mange af de anvendte formler i opgaven kan findes og indsættes direkte fra Maples Gym-pakken egen
formelsamling. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge formelsamlingen!
(1.1.1)(1.1.1)
(1.1.3)(1.1.3)
(1.1.2)(1.1.2)
Alle beregninger er udført med Maple som CAS-værktøj . Maple bruger "." som decimaladskiller.
Opgave 1
a)
Vi skitserer situationen:
Vi parallelforskyder over i den lodrette akse, som går gennem . Dette punkt kalder vi
Vi ser nu, at vi har en retvinklet trekant, , hvor:
Dvs.
Vi bestemmer nu resterende sider og vinkler med trekantløser:
Siden svarer til siden a, og siden svarer til siden b:
Frembringeren , der svarer til siden c, har således en længde på 5,88 meter. Afrundet til 2
decimaler.
Skitse af trekant. Skitsen er ikke et krav til eksamen:
b)
Punktet ligger på cirklen, og cemtrum for cirklen liogger på -aksen (den positive side). Da
cirklen har en
(1.2.3)(1.2.3)
(1.3.1)(1.3.1)
(1.2.2)(1.2.2)
(1.2.1)(1.2.1)
(1.2.4)(1.2.4)
radius på , har cirklen altså centrum 8 enheder mod højre ad -aksen i punktet .
Cirklens ligning bliver så:
Vi definerer første og anden koordinat til centrum og radius:
8
0
8
Cirklens ligning bliver:
c)
Vi skitserer den del af figur 1, som ligger i 1. kvadrant:
Vi søger nu at beskrive den optegnede del af cirklen som en funktion . Dette gøres ved at
isolere
i cirklens ligning og nøjes med den positive løsning:
Vi definerer funktionen (dog uden at begrænse definitionsmængden):
(1.3.5)(1.3.5)
(1.3.7)(1.3.7)
(1.3.6)(1.3.6)
(1.3.8)(1.3.8)
(1.3.4)(1.3.4)
(1.3.2)(1.3.2)
(1.3.3)(1.3.3)
Vi lader denne funktion være defineret i , hvor er førstekoordinaten for punkt A. Denne
førstekoordinat kan bestemmes ved at indsætte andenkoordinaten for i cirklens
ligning of løse
mht. for , da ligger til højre for cirklens centrum i :
Vi løser cirklens ligning for :
Det vil sige, at:
Vi søger nu at beskriver frembringeren som en funktion . Frembringeren er en del af
en ret linje,
som går gennem punkt og danner en vinkel på med vandret. Det vil sige, at
hældningen er:
Linjens ligning kan da skrives som:
Vi definerer funktionen (dog uden at begrænse definitionsmængden):
Vi lader denne funktion være defineret i , hvor er førstekoordinat for punkt ,
hvor
kan bestemmes ved at løse:
00
Det vil sige
Lad punktmængden være den punktmængde, som afgrænses af graferne for , og
førsteaksen.
Ballonens volumen , kan da bestemmes som volumen af det omdrejningslegeme, der
fremkommer ved at
roterer punktmængden om -aksen. Det vil sige:
(1.3.2)(1.3.2)
Koordinataksernes enheder er , så ballonens volumen er 2206,2 . Afrundet til 1 decimal.
(2.1.1)(2.1.1)
(1.3.2)(1.3.2)
(2.2.1)(2.2.1)
Opgave 2
Opgave 2 relaterer sig til forberedelsesmaterialet.
a)
Vi definerer funktionen og bestemmer de partielle afledede:
b)
I saddelpunktet vil begge partielle afledere være lig nul. Vi løser derfor nedenstående
ligningssystem:
Dvs:
Vi ser, at der kun er en løsning til ligningssytemet, hvorfor denne løsning repræsenterer det
omtalte saddeltpunkt.
Saddelpunktet har altså koordinatsættet .
(3.2.1)(3.2.1)
(1.3.2)(1.3.2)
Opgave 3
a)
Vi har, at:
Vi bestemmer ved at differentiere led for og anvende kædereglen for sammensatte funktioner:
Vi indesætter nu de to ovenstående udtryk for og i differentialligningen. Hvis dette giver et
altid sandt
udsagn (fx at der står det samme på begge sider af ligningen), kan vi konkludere, at
er en løsning til differentialligningen. Vi efterprøver:
Ovenstående er altid et sandt udsagn, så er en løsning differentialligning.
b)
Når kurven går gennem , vil det sige, at , når . Vi indsætter disse værdier i den
fuldstændige
løsning og isolerer :
2
For denne løsningskurve er
(3.3.4)(3.3.4)
(3.3.3)(3.3.3)
(1.3.2)(1.3.2)
(3.3.1)(3.3.1)
(3.3.2)(3.3.2)
(3.3.5)(3.3.5)
c)
Vi bestemmer -værdien for denne kurve på samme måde:
Vi definerer denne værdi:
Vi definerer en funktion for denne løsningskruve:
Vi definerer førstekoordinaten for tangentens røringspunkt og bestemmer så en ligning for
tangenten:
3
Det vil sige, at en ligning for tangenten til løsningskurven gennem dette punkt er
(4.1.2)(4.1.2)
(4.1.1)(4.1.1)
(1.3.2)(1.3.2)
(4.1.3)(4.1.3)
Opgave 4
Opgave 4 relaterer sig til forberedelsesmaterialet:
a)
Funktionen kan skrives som:
Hvor:
Normalligningerne får følgende udseende:
Koefficienterne bestemmes vha. de opgivne datapunkter:
=
1914
=
74
=
5
(4.1.5)(4.1.5)
(4.3.3)(4.3.3)
(4.1.6)(4.1.6)
(4.3.1)(4.3.1)
(4.1.7)(4.1.7)
(1.3.2)(1.3.2)
(4.3.2)(4.3.2)
(4.1.4)(4.1.4)
(4.2.1)(4.2.1)
=
30
=
96
Normalligningerne opstilles:
b)
Funktionen har et minimum i , hvis og kun hvis og opfylder
normalligninger.
Vi løser normalligningerne:
Vi konkluderer, at 0,21 og 7,1 minimerer .
c)
Vi definerer løsningen:
621
21
Vi kan nu bestemme og vha. definitionerne på og givet i opgaveteksten:
For :
99
(4.5.2)(4.5.2)
(4.4.1)(4.4.1)
(4.3.4)(4.3.4)
(4.5.1)(4.5.1)
(1.3.2)(1.3.2)
(4.4.2)(4.4.2)
For
81
Vi konkluderer, at og .
d)
Vi lader angive antalle af transistorer i en mikroprocessor som funktion af antal år, ,
siden .
Vi definerer funktionen:
I år har man, at . Vi bestemmer så:
Man kan altså regne med ca. 16,35 i en mikroprocessor i år ifølge
modellen.
e)
Fordoblingstiden kan bestemmes som:
Ifølge modellen er fordoblingstiden altså på cirka
(5.1.4)(5.1.4)
(5.3.2)(5.3.2)
(5.2.1)(5.2.1)
(1.3.2)(1.3.2)
(5.1.3)(5.1.3)
(5.1.1)(5.1.1)
(5.2.2)(5.2.2)
(5.1.2)(5.1.2)
(5.3.1)(5.3.1)
Opgave 5
a)
Vi definerer koordinatfunktionerne og sluttelig vektorfunktionen_
Vi bestemmer så:
Til tiden = 0,3 befinder boldens centrum sig i punktet (1,2; 2,9581).
b)
I toppositionen har grafen en vandret tangetn, så . Vi løser denne ligning.
633
Vi ser af grafen, at der er tale om et globalt maksimum, hvilket også kan udledes af forskriften for
er et
andengradspolynomium, hvor koefficientetn til er negativ. Den højeste position for boldends
centrum kan
så bestemmes som:
90
Den højeste position for boldens centrum er således på 3,43 . Afrudnet til 2 decimaler.
c)
Vi starter med at bestemme det tidspunkt, hvor bolden passerer punktet .
Vi anvender koordinatfunktionerne hver for sig:
For x:
000
For y:
Ligningssystemets løsningsmængde er fællesmængden af løsningsmængderne til hver af de to
ligningssystemer.
(5.3.4)(5.3.4)
(1.3.2)(1.3.2)
(5.3.6)(5.3.6)
(5.3.5)(5.3.5)
(5.3.3)(5.3.3)
Med andre ord skal en løsning altså være en løsning for begge ligninger. Vi har således, at:
Boldens fart som funktion af tiden er givet ved længden af den positionsvektoren differentieret
mgt. tiden:
Vi definerer funktionen:
Vi bestemmer farten til det pågældende tidspunkt:
52
Fart enheden er da anvendes som længdeenhed, mens anvendes som tidsenhed.
Boldens fart, når den passerer punktet , er således på 4,85 .
(6.2.3)(6.2.3)
(6.2.1)(6.2.1)
(6.2.4)(6.2.4)
(6.1.1)(6.1.1)
(1.3.2)(1.3.2)
(6.2.2)(6.2.2)
Opgave 6
a)
Cirkelbuen fra til tangerer de rette linjer i og , som er indbyrdes vinkelrette. Cirkelbuen har
således
en udsnitsvinkel på (i grader). Radius oplyses til Cirkelbuens længde kan
bestemmes som:
b)
Vi ser på den del af figuren, som ligger til højre for symmetriaksen gennem og . Det grå areal
inddeles her
i to mindre dele:
a) Et rektangel med bredden og længden . Rektanglets areal bliver så:
44
b) Et mere specielt formet område. Vi danner nu et kvadrat med hjørnepunkter i , og i centrum
af
cirklen med radius Kvadratet får da sidelængden . Placeringen af det sidste
hjørnepunkt
giver så sig selv. Arealet af dette kvadrat udgøres af arealet af en kvartcirkel med radius samt
det
grå område, som udgør resten.
Arealet af det grå delområde bliver så lige med arealet af kvadratet minus arealet af
kvartcirklen:
Lægges de to arealer og sammen, får vi arealet af det grå område til højre for
symmetriaksen. Vi
ganger sp med to for at få det samlede areal:
(6.3.2)(6.3.2)
(1.3.2)(1.3.2)
(6.3.1)(6.3.1)
Arealet af asfalten på det viste stykke er ca. 103,45 . Afrundet til 2 decimaler.
c)
Længden af linjestykket er lig afstanden mellem punkterne og .
Vi laver et rektangulært koordinatsystem med centrum i , og lader -aksen pege mod højre langs
, mens
-aksen peges opad parallelt med . Punktet har da koordinatsættet , mens centrum i
cirklen med
radius har koordinatsættet . Vi ved, at ligger på cirklen, hvorfor koordinatsættet for
skal opfylde cirklens ligning. Vi opskriver cirklens ligning vha. den generelle formel:
Hvor radius og er koordinatsættet for centrum i cirklen. Det vil sige, at cirklens ligning
er givet ved:
Vi indsætter koordinatsættet for og løser ligningen mht. .
Af tegningen ses det, at , da ligger til venstre for (10, 1), så vi godtager kun løsningen
6,0.
Da -koordinaten for er 0, og er centrum i koordinatsystemet, er afstanden mellem og lig
med
størrelsen af . Længden af linjestykket er altså ca. 6,683 . Afrundet til 3 decimaler.
(1.3.2)(1.3.2)
Opgave 7
Forklaringer til hver af linjerne findes herunder:
1) Ligningen opskrives.
2) Leddenes rækkefølge ændres.
3) De to første led omskrives ved hjælp af sætningen
4) De to næste led (indeholdende ) omskrives på samme facon.
5) Konstante led lægges sammen. Summen bliver . Herefter lægges til på begge sider af
lighedstegnet.
6) Det anvendes, at .
7) Denne ligning for cirklen er nu på formen: , hvor angiver radius, mens
er koordinatsættet for cirklens centrum. Radius samt koordinatsættet for cirklens centrum
aflæses af ligningen og opskrives.