Noter til opgaver uden hjælpemidler

Ayhan Al Kole Holstebro gymnasium, 3.J Ole Andersen

Opgaver uden hjælpemidler!

Opgave 1.001Forkort brøken:

x2

2x+

4x 8+

x x 2+( )⋅

4 x 2+( )⋅=

x

4=

Opgave 1.002Reducer brøken

8a3b⋅ a

2−⋅

2b2

8a3b⋅ a

2−⋅

4 b2

⋅= 2

a3a

2−⋅ b⋅

b2

⋅= 2a1b⋅

b2

⋅= 2a

b⋅=

Opgave 1.003

Omskriv 4x2

12x− 9+ til formlen ax b+( )2

4x2

12x− 9+ 4 x⋅ 9−( )2= 2x 3−( )2

=

Opgave 1.004Undersøg om 0,5 er løsningen til ligningen

8x3

2x2

+ x+3

2− 0=

8 0.53

⋅ 2 0.52

⋅+ 0.5+3

2− 8

1

8⋅ 2

1

4⋅+ 0.5+ 1.5−= 0.5=

0,5 er ikke en løsning til formlen.


Opgave 1.005

Bestem k, så -2 er rod i polynomiet f x( ) x3

kx2

+ 3x− 6+=

2−( )3

k 2−( )2

⋅+ 3 2−×− 6+ 0=

8− k 4⋅+ 6+ 6+ 0=

k 4⋅ 8 12−=

k4−

4= 1−=

Opgave 1.006

Løs ligningen x 1−( ) x2

4−( ) 0=

x 1−( ) x2

4−( ) 0=

x 1−( ) 0= x2

4−( ) 0=∨

x 1= x 2=∨ 2−∨

Opgave 1.007Bestem en forskrift for den lineære forskrift f, hvis graf går gennem punkterne (2, 10) og (-3, 0),

og løs ligningen f(x)=3

y2 y1−

x2 x1−a=

0 10−

3− 2−a=

10−

5−2=

b y1 a x1⋅−= b 10 2 2⋅−= b 6=

f x( ) 2x 6+=

f x( ) 3= 2x 6+ 3= 2x 3−= x3−

2=


Opgave 1.008

Bestem rødderne i andengradspolynomiet f x( ) x2

x− 2−:= og faktorisér polynomiet

f x( ) x2

x− 2−=

d b2

4 a⋅ c⋅−= d 12

− 4 1⋅ 2−⋅−= d 1 8+= 9=

x1 9+

2 1⋅= x

1 9−

2 1⋅=∨

x4

2= x

2−

2=∨

x 2= x 1−=∨ x 2−( ) x 1+( )⋅

Opgave 1.009

En parabel er bestemt ved ligningen y x2

x− 2−=

Bestem toppunktet for parablen, og skitser parablen:

Tb−

2a

d−

4a,

= T1

2=

9−

4, T 0.5 2.25−,( )=

10 0 105

0

5

10

f x( )

x


Opgave 1.010

På figuren ses grafen for tre forskellige andengradpolynomier f x( ) ax2

bx+ c+=

Med d betegnes diskriminaten.

Bestem for hver af de tre andengradspolynomier fortegnes a og d

F har positiv d-værdi, og positiv a-værdiH har positiv d-værdi, og negativ a-værdiG har negativ d-værdi og positiv a-værdi

Opgave 1.011Funktion f er bestemt ved f(x)=7lnx-2x2

Bestem en ligning for tangenten til grafen for f i punktet P(1;f(1)).

Vi beregner:

f x( ) 7 ln x( ) 2x2

−=

f 1( ) 7 ln 1( )⋅ 2 12

⋅−= 2−=

f´ x( )7

x4x−= da ln´ x( )

1

x=

f´ 1( )7

14 1⋅−= 3=

Tangentligningen: f'(x0)*(x0-x)+f(x0)

y f´ 1( ) 1 x−( )⋅ f 1( )+=

y 3 1 x−( )⋅ 1+= 3 3x− 2−=

y 5 3x−=


Opgave 1.012

En funktion f er bestemt ved f x( )1

3x3

2x2

− 5x−=

Bestem monotoniforholdene for funktionen f

f x( )1

3x3

2x2

− 5x−=

f´ x( )1

33⋅ x

2⋅ 2 2⋅ x− 5−=

f´ x( ) x2

4x− 5−=

Ekstremapunkterne findes. Dette løses ved at sætte differentialkvotienten lig nul:

f´ x( ) 0= dvs x2

4x− 5− 0=

Man kan faktorisere f'(x), da x1 = 1 og x2 = 5

f´ x( ) x 1+( ) x 5−( )=

Man kan dog også løse den som en andensgradspolynomium!

Monotoniforhold:

for x<-1 fås: (-)(-) = (+), hvorfor f(x) er monotont voksendefor x=-1 er f'(x)=0

for -1<x<5 fås: (+)(-)=(-), hvorfor f(x) er monotont aftagendefor x=5 er f'(x)=0

for x>5 fås: (+)(+)=(+), hvorfor f(x) er monotont voksende

Opgave 1.013

Om funktionen f(x) oplyses, at f´ x( ) x2

12+= .Bestem monotoniforholdene for f(x).

Grafen for den oplyste funktions differentialkvotient, f´ x( ) x2

12+= , er en grenopadvendendeparabel med rødderne 0 og 12.

monotoniforholdene for f(x):

for x<0 er f'(x)>0, hvorfor f(x) er monotont voksende

for 0<x<12 er f'(x)<0, hvorfor f(x) er monotont aftagende

for x>12 er f'(x)>0, hvorfor f(x) er monotont voksende

for x = 0 har f(x) således lokalt maksimumfor x = 12 har f(x) således lokalt minimum


Opgave 1.014Tegn en mulig graf for en funktion f, der opfylder følgende:

f har definitionsmængde ]2 ; 10[

f har værdimængde [-3 ; 8]

f er differentiabel.

fortegn og nulpunkter for f´ er som angivet på tallinjen:

Opgave 1.015

Bestem hvert af integralerne:

0

2

xx3⌠

⌡

d og

0

2

xx

3

4

⌠⌡

d

Det gælder for en ubestemt integrale, at

a

b

xf x( )⌠⌡

d F b( ) F a( )−=

Vi skal derfor først finde en stamfunktion:

2

0

4

4

1

= x

1

424

⋅ 0−1

416⋅ 0−= 4=

0

2

xx3⌠

⌡

d

2

0

4

7

7

4

= x

4

72

7

4⋅ 0− 1.92=

0

2

xx

3

4

⌠⌡

d


Opgave 1.016

Bestem integralet

0

2

x4x x2

−( )⌠⌡

d og giv en geometrisk fortolkning af resultatet

2

0

32

3

12

−= xx

0

2

x4x x2

−( )⌠⌡

d

2 22

⋅1

323

⋅−

2 02

⋅1

303

⋅−

− 88

3−= 5.333=

Af ovenstående ubestemte integral, samt det fundne værdi 5,333 kan vi sige følgende:Det fundne tal 5,333 for integralet er et mål for størrelsen af arelet under ET MÅL FORunder grafen for f og ned til x-aksen (y=0) afgrænset af de lodrette linier med ligningernex=0 og x=2.

f x( )

0

2

t4x x2

−( )⌠⌡

d:=

2 1 0 1 2 3 4 5 62

2

4

6

8

10

f x( )

x

Opgave 1.017Reducere udtrykket: (2a+3b)2 - 3b (4a+2b) - (2a+b)(2a-b)

2a 3b+( )2

3 b 4a 2b+( )− 2a b+( ) 2a b−( )−

Det gælder at: a b+( )2

a2

b2

+ 2ab+= og a b+( ) a b−( ) a2

b2

−=

4a2

12ab+ 9b2

+( ) 12ab 6b2

+( )− 4a2

b2

−( )−

4a2

12ab+ 9b2

+ 12ab− 6b2

− 4a2

− b2

+

Udtrykket 4a2 og 12ab optrædder som positiv og negativ, hvorfor de isoleres og vi har nu:

9b2

6b2

− b2

+ 4b2

=


Opgave 1.019 En cirkel har centrum (-2,1) og radius 5, og en linje l er bestemt ved ligningen 2x+y-6=0Undersøg om linjen l skærer cirklen.

Vi anvender formlen for afstanden mellem et punkt og en linie, dist-formlen!Hvis linjen l skærer i cirklen, må afstanden nødvendigvis mellem centrum og linien være mindreend radius.

Dist-formlen: dist P α,( )ax1 by1+ c+

a2

b2

+

=

P 2− 1,( ) dP2 2−( )⋅ 1 1⋅+ 6−+

22

12

+

:= dP9

5=

Da afstanden mellem centrum og linien l er mindre end radius, skærer lingen l cirklen.


1.020Trykket i atmosfæren, målt i atm, aftager som funktion af højden, målt i km, over jordoverfladenmed god tilnærmelsesvis som en eksponential udvikling P med halveringshøjde på 5 km.

Opskriv et regneudtryk for P, som funktion af højden h,idet trykket ved jordoverfladen er 1 atm.

Et mulig regne udtryk kunne være:

P h( ) b 0.5

h

T0.5⋅=

Opgave 1.021Trykket i atmosfæren, målt i atm, som en funktion P af højden h, målt i km, over jordoverfladen erbestemt ved

Volumen af en idealgas er ved konstant temperatur omvendt proportional medtrykket.P

1

2

h

5

=

a) Opskriv et regneudtryk for volumen V af en idealgas som funktion af højden h, når volumenved jordoverfladen er 2 L

Det, at de er omvendtpropotionale betyder f. eks: Pk

V=

Vi ved at, V(h)= og at V(0)=2

Ph Vh⋅ Po Vo⋅= 1atm 2⋅ L= 2atm L⋅= altså:

Ph Vh⋅ 2atm L⋅= herefter isoleres Vh:

Vh2atm L⋅

Ph

= Ph kender vi og den omskriver vi:

Vh2atm L⋅

0.50.2 h⋅

= liter når h måles i km!

Vh2

1

2

0.2 h⋅=

2

10.2 h⋅

20.2 h⋅

=2 2

0.2 h⋅⋅

1= 2

1 0.2 h⋅+=

Vh 21 0.2 h⋅+

=

V h( ) 21 0.2 h⋅+

:= V 0( ) 2=


Opgave 1.022

En funktion f er bestemt ved f x( ) 2− x3

x2

+ 4x− 3−=

Vis, at tangenten i punktet P(0,f(0)) er parallel med linjen m , der har ligningen4x - y + 2 = 0

Hældningen af en tangent i det givne punkt er f'(0). Hvis tangenten er paralel med den angivne linieskal deres hældningskvotienter være ens, derfor:

m 4x y− 2+ 0=

y 4x 2− hvor hældningskoefficient, f´, er 4

f x( ) 2− x3

x2

+ 4x− 3−=

f´ x( ) 6− x2

2+ 4−=

f´ 0( ) 4=

Vi har nu vist, at tangenten er paralel med den angivne linie, da deres hældningskvotienter er ens!

Opgave 1.023

En funktion f er bestemt ved f x( ) x3

bx2

+ 3x+ 4+= , hvor b er et tal.Bestem de værdier af b, for hvilke f er en voksende funktion.

f x( ) x3

bx2

+ 3x+ 4+= vi differentier f(x):

f´ x( ) 3x2

2bx+ 3+= f´ x( ) 0> så f er voksende

f´ x( ) 0= Udtrykket sættes lig med 0

3x2

2bx+ 3+ 0= Vi kan nu beregne rødderne, vha formlen forandengradspolynomiun:

ax2

bx+ c+ 0= xb− b

24ac−+

2a= x

b− b2

4ac−−

2a=∨

I vores tilfælder, gælder at: a 3= b 2=, c 3=,

x2− 2b

24 3⋅ 3⋅−+

2 3⋅=

2− 4b2

36−+

6=

2− 2 2b2

18−( )+

6=

1

3− b

1

3b2

9−+=

x2− 2b

24 3⋅ 3⋅−−

2 3⋅=

2− 4b2

36−−

6=

2− 2 2b2

18−( )−

6=

1

3− b

1

3b2

9−−=

b2

9≤ 3− b≤ b 3≤∨

Altså betyder det, at det gælder for b: 3− b≤ 3≤ , hvis funktionen f skal være voksende!



Opgave 1.025

En funktion er givet ved: f x( ) x3

4x−= . Grafen for f(x) afgrænser sammen med førsteaksen enpunktmængde, der har et areal.

Bestem arealet af denne punktmængde.

Vi vil først bestemme først nulpunkterne, som kan gøres på følgende vis:

f x( ) x3

4x−= Vi kan sætte x uden for et parentes og forkorte til:

f x( ) x x2

4−( )⋅= x x2

22

−( )⋅= x x 2+( )⋅ x 2−( )=

Af udtrykket, x x 2+( )⋅ x 2−( ), har vi nu grænerne for integralet:

A

2−

0

xf x( )⌠⌡

d

0

2

xf x( )⌠⌡

d+=

f x( ) x3

4x−:=

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

108642

246810

f x( )

x

A1

42−( )

4⋅ 2 2−( )

2⋅−

1

424

⋅ 2 22

⋅−

−=

A1

416⋅ 2 4⋅−

1

416⋅ 2 4⋅−

−= 4 8− 4− 8+=

A 4− 12+= 8=

Arealet af punktmængden er dermed bestemt til 8.



Opgave 1.027

På figuren ses grafen for en funktion, som skærer førsteaksen i punkterne S1(-3,0) , S2(-2,0) ,

S3(2,0) og S4(3,0). Grafen afgrænser sammen med førsteaksen tre punktmængder M1, M2 og

M3, der hver for sig har et areal.

Disse arealer er henholdsvis 62/15, 1312/15 og 62/15

Bestem

3−

2−

xf x( )⌠⌡

d og

3−

3

xf x( )⌠⌡

d

Vi kan bestemme begge integraler ved brug af figuren, der med sine nulpunkterne kan hjælpe ostil en løsning!

3−

2−

xf x( )⌠⌡

d62

15= svarer til arealet af M1

3−

3

xf x( )⌠⌡

d1312

15

62

15+=

1374

15= svarer til arealet af M2 + M3.



Opgave 1.029

Betragt fuktionen f x( ) x 1−= .

Beregn det bestemte integrale 0

9

xf x( )⌠⌡

d og fortolk ved hjælp af en skitse.

=

−+

−=

9

1

2

31

0

2

3

3

2

3

2xxxx

0

9

xf x( )⌠⌡

d

0

1

xf x( )⌠⌡

d

1

9

xf x( )⌠⌡

d+=

3

21

3

2⋅ 1 1⋅−

3

20

3

2⋅ 1 0⋅−

−

3

29

3

2⋅ 1 9⋅−

3

21

3

2⋅ 1 1⋅−

−

+

2

31−

2

327⋅ 9−

2

31−

−

−1

3−

54

3+ 9−

1

3+= 9=

Det bestemte integrale 0

9

xf x( )⌠⌡

d , hvor f x( ) x 1−= , beregnede jeg således til at være 9.

En skitse af funktionen:

f x( ) x 1 x 9≥( )⋅−:=

0 0.9 1.8 2.7 3.6 4.5 5.4 6.3 7.2 8.1 9

1.33

2.67

4

f x( )

x

Af skitsen ses, at arealet er

A

0

9

xf x( )⌠⌡

d= A1 A2−=














Hældningen af en tangent i det givne punkt er f'(0). Hvis tangenten er paralel med den angivne linie

Documents

Noter til opgaver uden hjælpemidler