Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 1stx121-MAT/A-
Opgaver uden hjælpemidler - 25. maj 2012
Alle formelnumre i de nedenstående løsninger henviser til Matematisk formelsamling
stx A, 2007 fra Matematiklærerforeningen.
Bemærk at formelsamlingen må ikke medbringes til selve prøven uden hjælpemid-
ler.
Vi medtager formelnumre i vores løsninger, så du i din forberedelse præcist kan se
hvilken formel, der bruges til at løse opgaven.
Opgave 1
Udtrykket reduceres.
(a − b)(a + b) − 2a
2
+ b
2
=
(formel 9)
a
2
− b
2
− 2a
2
+ b
2
=
−a
2
Opgave 2
For at bestemme koordinatsættet til skæringspunktet mellem l og m, skal vi løse to lig-
ninger med to ubekendte. Vi løser ligningssystemet ved at substituerer den ene ligning ind
i den anden. Ligningen for m omskrives.
x + 6y = 8
m
x = 8 − 6y
Dette indsættes i ligningen for l og y bestemmes.
2x − 3y = 1
m
2(8 − 6y) − 3y = 1
m
16 − 12y −3y = 1
m
15 − 15y = 0
m
y = 1
1
Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 1stx121-MAT/A-
Nu bestemmes x-værdien ved at indsætte i en af ligningerne. (Her er m valgt)
x + 6y = 8
m
x + 6 = 8
m
x = 2
Koordinatsættet til skæringspunktet mellem linjerne m og l er dermed (x, y) = (2, 1).
Opgave 3
Da vippen er ophængt på midten, har vi at |AC| er 2 · 2 = 4 Da trekanten er retvinklet
kan |BC| beregnes med Pythagoras’ læresætning (formel 21).
|BC| =
p
5
2
− 4
2
=
√
25 − 16 =
√
9 = 3
Punktet B er altså 3 meter over jorden.
Opgave 4
Andengradsligningen har netop én løsning netop hvis diskriminanten er 0 (formel 79).
Diskriminanten bestemmes.
d = b
2
− 4ac = (−2)
2
− 4 · 3 · c = 4 − 12c
Nu løses ligningen d = 0.
d = 0
m
4 − 12c = 0
m
4 = 12c
m
c =
4
12
m
c =
1
3
Når c =
1
3
har andengradsligningen netop én løsning.
2
Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 1stx121-MAT/A-
Opgave 5
For at se om f (x) er en løsning til differentiallignigen „gøres der prøve“. Først bestemmes
venstresiden ved at differentiere funktionen f.
f
0
(x) = ((x + 1) · e
x
)
0
(formel 123)
= (x + 1)
0
· e
x
+ (x + 1) · (e
x
)
0
(formel 126, 129)
= 1 · e
x
+ (x + 1) · e
x
= e
x
+ xe
x
+ e
x
= (x + 2)e
x
Nu bestemmes højresiden ved at indsætte y = f (x).
y +
y
x + 1
= (x + 1) · e
x
+
(x + 1) · e
x
x + 1
= (x + 1) · e
x
+ e
x
= (x + 2) · e
x
Da venstre- og højresiden er lig med hinanden for y = f(x) så er altså f en løsning til
differentialligningen.
Opgave 6
Funktionen f vokser det første stykke på den positive del af førsteaksen. Da g på denne
stykke er positiv, og h er negativ, må det altså være g der er den afledede funktion til f.
3