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
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 ±
p
1
2
− 4 · 2 · (−15)
2 · 2
m
x =
−1 ±
√
121
4
m
x =
−1 − 11
4
∨ x =
−1 + 11
4
m
x =
−12
4
∨ x =
10
4
m
x = −3 ∨ x = 2, 5
Løsningerne til andengradsligningen er således: x = −3 ∨ x = 2, 5
2
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
0
(x
0
).
f
0
(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
(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
(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
(0) være negativ.
3
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
0
= 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
0
= f
0
(x)
= (e
x
− x
2
− 2x − 2)
0
(jf. formel 122)
= (e
x
)
0
− (x
2
)
0
− (2x)
0
− (2)
0
(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
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
M
=
Z
2
0
f(x) dx +
−
Z
2
0
g(x) dx
Integralet
R
2
0
g(x) dx indsættes med negativt fortegn, da det afgrænsede (del)areal af M
er beliggende under førsteaksen (i fjerde kvadrant). Således fremkommer:
A
M
=
Z
2
0
f(x) dx −
Z
2
0
g(x) dx
(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