Vejledende opgaver for stx matematik A uden hjælpemidler | Oversigt

Klik på hver enkelt opgave for at se løsning.

Opgave 1. Reducering.

Reducer følgende udtryk:

  1. a2 - 6·a·b + 3·(a + b)2

  2. (a + b)·(a - b) + 2·b2

Svar på opgave 1:

  1. a2 - 6·a·b + 3·(a + b)2  =  1·a2 - 6·a·b + 3·a2 + 6·a·b + 3·b2  =  (1 + 3)·a2 + 3·b2 + 0·a·b  =  4·a2 + 3·b2

  2. (a + b)·(a - b) + 2·b2  =  a2 - b2 + 2·b2  =  a2 + (-1)·b2 + 2·b2  =  a2 + (-1 + 2)·b2  =  a2 + b2

Opgave 2. Førstegradsligninger.

Løs følgende førstegradsligninger:

  1. 3·x + 6 = 4 + x

  2. 7 - x = 3·x + 2

  3. 11·x - 3 = x

Svar på opgave 2:

  1. 3·x + 6 = 4 + x ⇔

    3·x - x = 4 - 6 ⇔

    2·x = -2 ⇔

    x = −1

  2. 7 - x = 3·x + 2 ⇔

    -x - 3·x = 2 - 7 ⇔

    -4·x = -5 ⇔

    x = 5/4

  3. 11·x - 3 = x ⇔

    11·x - x = -3 ⇔

    10·x = -3 ⇔

    x = 3/10

Opgave 3. Andengradsligninger.

Løs følgende andengradsligninger:

  1. 3·x2 + 2·x = 1

  2. 2·x2 = -3·x

  3. x2 - 4 = 0

Svar på opgave 3:

  1. Standardløsning:

    3·x2 + 2·x = 1 ⇔

    3·x2 + 2·x + (-1) = 0 ⇔

    x = (-2 ± √[22 - 4·3·(-1)])/(2·3) ⇔

    x = (-2 ± √[4 + 12])/6 ⇔

    x = (-2 ± √16)/6 ⇔

    x = -1/3 ± 2/3 ⇔

    x = -1 ∨ x = 1/3

  2. Standardløsning:

    2·x2 = -3·x ⇔

    2·x2 + 3·x + 0 = 0 ⇔

    x = (-3 ± √[32 - 4·2·0])/(2·2) ⇔

    x = (-3 ± √9)/4 ⇔

    x = (-3 ± 3)/4 ⇔

    x = -3/4 ± 3/4 ⇔

    x = -3/2 ∨ x = 0

    Løsning ved faktorisering og brug af nulregel:

    2·x2 = -3·x ⇔

    2·x2 + 3·x = 0 ⇔

    x·(2·x + 3) = 0 ⇔ (x sættes udenfor parentes)

    x = 0 ∨ 2·x + 3 = 0 ⇔ (nulregel)

    x = -3/2 ∨ x = 0

  3. Standardløsning:

    x2 - 4 = 0 ⇔

    1·x2 + 0·x + (-4) = 0 ⇔

    x = (0 ± √[02 - 4·1·(-4)])/(2·1) ⇔

    x = (±√16)/2 ⇔

    x = ±4/2 ⇔

    x = -2 ∨ x = 2

    Løsning ved faktorisering og brug af nulregel:

    x2 - 4 = 0 ⇔

    (x + √4)·(x - √4) = 0 ⇔ (3. kvadratsætning)

    (x + 2)·(x - 2) = 0 ⇔

    x + 2 = 0 ∨ x - 2 = 0 ⇔ (nulregel)

    x = -2 ∨ x = 2

    Løsning ved isolering af x:

    x2 - 4 = 0 ⇔

    x2 = 4 ⇔

    x = ±√4 ⇔

    x = -2 ∨ x = 2

Opgave 4. Monotoniforhold.

    Givet funktionen: f(x) = -(4/3)·x3 + x2 + 2x - 5, x∈R.

  1. Find monotoniforholdene for f.

  2. Givet funktionen: g(x) = (x + 5)·ex, x∈R

  3. Find monotoniforholdene for g .

Svar på opgave 4:

  1. Man skal lave en fortegnsundersøgelse for den afledede funktion.

    Den afledede funktion for f er: f '(x) = -4·x2 + 2·x + 2.

    Man finder dennes nulpunkter:

    f '(x) = 0 ⇔ -4·x2 + 2·x + 2 = 0 ⇔ x = −0,5 ∨ x = 1

    Man undersøger fortegn for f ' omkring nulpunkterne:

    f '(-1) = -4·(-1)2 + 2·(-1) + 2 = -4 (dvs. f ' er negativ for x mindre end -0,5)

    f '(0) = -4·0 + 2·0 + 2 = 2 (dvs. f ' er positiv for x mellem -0,5 og 1)

    f '(2) = -4·22 + 2·2 + 2 = -10 (dvs. f ' er negativ for x større end 1).

    Dvs: f er aftagende for x < -0,5, voksende for -0,5 < x < 1 og aftagende for x > 1

  2. Den afledede funktion for g er: g'(x) = (x + 6)·ex. Det bemærkes, at ex > 0 for alle x.

    Man finder dennes nulpunkter:

    g'(x) = 0 ⇔ x2 + 6 = 0 ∨ ex = 0 ⇔

    g'(x) = 0 ⇔ x2 + 6 = 0 ∨ (falsk for alle x) ⇔

    g'(x) = 0 ⇔ x + 6 = 0 ⇔ x = −6

    Man laver en fortegnsundersøgelse for g' omkring nulpunkterne:

    g'(-7) = (-7 + 6)·e-7 = -e-7 (dvs. g' er negativ for x mindre end -6, da e-7 > 0)

    g'(-5) = (-5 + 6)·e-5 = e-5 (dvs. g' er positiv for x større end -6, da e-5 > 0)

    Dvs. monotoniforholdene er: g er aftagende for x < -6 og voksende for x > -6

Opgave 5. Modeller for vækst.

Opstil en matematisk model for følgende tilfælde:

  1. I et land var der 50.000 biler i 2001. Siden er antallet vokset med 700 biler om året.

  2. I en by var der 4.300 huse i 1999. Siden er antallet aftaget med 2 % om året.

  3. På en skole var der 300 elever i 2004. Siden er antallet vokset med 1,5 % om året.

  4. På en ø var der 2.200 kaniner i 2002. Siden er antallet aftaget med 60 kaniner om året.

Svar på opgave 5:

  1. Modellen er lineær og voksende. Grunden er, at antallet øges med et fast antal eller mængde om året.

    Man sætter f(x) lig med antallet af biler og x lig med antal år efter 2001. Modellen bliver:

    f(x) = 700·x + 50.000

  2. Modellen er eksponentiel og aftagende. Grunden er, at antallet falder med en fast procentdel eller ændres med en fast negativ vækstrate om året.

    Man sætter f(x) lig med antallet af huse og x lig med antal år efter 1999. Modellen bliver:

    f(x) = 4.300·(1 - 2%)x = 4.300·(1 - 0,02)x = 4.300·0,98x

  3. Modellen er eksponentiel og voksende. Grunden er, at antallet vokser med en fast procentdel eller ændres med en fast positiv vækstrate om året.

    Man sætter f(x) lig med antallet af elever og x lig med antal år efter 2004. Modellen bliver:

    f(x) = 300·(1 + 1,5%)x = 300·(1 + 0,015)x = 300·1,015x

  4. Modellen er lineær og aftagende. Grunden er, at antallet falder med et fast antal eller mængde om året.

    Man sætter f(x) lig med antallet af kaniner og x lig med antal år efter 2002. Modellen bliver:

    f(x) = -60·x + 2.200

Opgave 6. Linjer og ligningssystem.

    Nedenfor er vist graferne for tre førstegradspolynomier.

    De har forskrifterne

    f(x) = x + 1

    g(x) = -x

    h(x) = 1

  1. Hvilken kurve passer til hvilken funktion? (Begrund svar).

  2. To førstegradspolynomier har forskrifterne.

    p(x) = 2x + 1

    q(x) = -x + 4

  3. Hvad er skæringspunktet for deres grafer?

Svar på opgave 6:

  1. A er en ret linje med negativ hældning, der går igennem (0,0). Dette passer med g, der har koefficienten -1 for x og konstanten 0. Den negative koefficient svarer til et aftagende polynomium og konstanten 0 viser at grafen for polynomiet skærer y-aksen i y = 0.

    B er en vandret ret linje, der går igennem (0,1). Dette passer med h, der har koefficienten 0 for x og konstanten 1. Koefficient 0 en vandret linje med hældningen 0. Konstanten 1 viser, at den skærer y-aksen i y = 1.

    C er en ret linje, der går igennem (0,1) og har positiv hældning. Dette passer med f, der har koefficienten 1 for x og konstanten 1. Koefficient 1 giver et førstegradspolynomium med positiv hældning og konstanten 1 viser at dens graf skærer y-aksen i y = 1.

  2. Man skal løse det sammenhørende lineære ligningssystem:

    y = 2x + 1 ∧ y = −x + 4 ⇔

    y = 2x + 1 ∧ 2x + 1 = −x + 4 ⇔

    y = 2x + 1 ∧ 3x = 3 ⇔

    y = 2·1 + 1 ∧ x = 1 ⇔

    y = 3 ∧ x = 1

    Dvs. skæringspunktet for polynomierne er (x,y) = (1,3)

Opgave 7. Parabel og andengradspolynomium.

    Givet andengradspolynomiet p(x) = -x2 + 4·x - 1.

  1. Hvad er toppunktet for den tilhørende parabel?

  2. Givet andengradspolynomiet q(x) = x2 + b·x + c, der har rødderne x1 = -7 og x2 = 5.

  3. Hvad er b og c?

  4. Nedenfor er graferne for tre andengradspolynomier. Disse har koefficienter a, b og c samt diskriminanten d.

  5. Bestem om a og d er negative, nul eller positive i hvert af de tre tilfælde.

Svar på opgave 7:

  1. Man skal finde (xT,yT), hvor xT er toppunktets x-koordinat og yT dets y-koordinat.

    xT = -b/(2a). Her er a = -1 og b = 4. Man får -4/(2·(-1)) = 2.

    yT = f(xT) = p(2) = -22 + 4·2 - 1 = -4 + 8 - 1 = 3.

    Dvs. toppunktet er (2,3)

  2. q(x) kan skrives a·x2 + b·x + c = a·(x - x1)·(x - x2) = (x + 7)·(x - 5) = x2 + 2·x + (-35).

    Heraf ses, at b = 2 og c = -35

  3. Hvis a er positiv vender parablens grene opad, og hvis a er negativ vender de nedad. (Det bemærkes, at a ikke kan være 0, da der i så tilfælde ikke er tale om et andengradspolynomium). Dette viser, at a er negativ for A og B, mens a er positiv for C

    Hvis d er negativ, så har parablen ingen punkter tilfælles med x-aksen. Hvis d er nul har den eet punkt tilfælles, og hvis d er positiv har den to. Dette viser, at d er positiv for A, mens d er negativ for B, og d er nul for C

Opgave 8. Grafer: lineær/potens/eksponentiel, funktion/stamfunktion og parallelforskydning

    Nedenfor er vist tre grafer, A, B og C.

    Funktionerne f, g og h, der har forskrifterne:

    f(x) = x + 0,5

    g(x) = 1/x

    h(x) = 2-x

  1. Hvilken graf passer til hvilken funktion? (Begrund svar)

  2. Nedenstående figur viser graferne A og B.

    De hører til funktionerne f og g for hvilke der gælder, at f er en stamfunktion til g.

  3. Hvilken graf hører til hvilken funktion? (Begrund svar)

  4. Nedenstående figur viser graferne A, B og C.

    Den ene hører til funktionen f. For de to andre gælder:

    g(x) = f(x - 2)

    h(x) = f(x + 2) - 1.

  5. Hvilken graf hører til hvilken funktion? (Begrund svar)

Svar på opgave 8:

  1. Det ses, at C er en ret linje og dermed grafen for en lineær funktion. Dvs. f svarer til C

    Man omskriver forskrifterne for g og h:

    g(x) = 1/x = x-1 og

    h(x) = 2-x = (2-1)x = (1/2)x.

    Dette viser at g er en potensfunktion med negativ eksponent, hvilket gør, at dens graf ligger i første kvadrant og er aftagende. Samtidig har man, at h er en eksponentiel funktion med en base, der er mellem 0 og 1, hvilket gør at den er defineret for alle x og aftagende.

    Dette viser at g svarer til B og h svarer til A

  2. Hvis f er stamfunktion til g, så er g den afledede af f. For en afledet funktion gælder, at den har nulpunkter, der hvor funktionen har ekstrema eller vandret vendetangent.

    På figuren nedenunder viser de blå prikker nulpunkter for kurven B, og de vandrette streger markerer ekstrema for kurven A. Det ses, at disse passer sammen.

    Da nulpunkt for B passer sammen med ekstremum for A, så er B er kurven for funktionen og A er kurven for stamfunktionen

  3. Funktionen g med forskriften g(x) = f(x - 2) er parallelforskudt med 2 mod højre i koordinatsystemet i forhold til f. Dette betyder, at f svarer til grafen B, mens g svarer til grafen C.

    Dermed svarer graf A til h ifølge udelukkelsesprincippet. Dette passer også med at h(x) = f(x + 2) - 1 svarer til en forskydning af f med 2 mod venstre og 1 ned.

    Samlet fås: f svarer til B, g svarer til C og h svarer til A

Opgave 9. Plangeometri: Ligedannede trekanter.

    Nedenfor er to retvinklede trekanter, ΔABC og ΔDEF, der har ens vinkler. |AB| = 5, |AC| = 4 og |DF| = 6.

  1. Hvad er |EF|?

  2. Nedenfor er to ensvinklede trekanter, ΔABE og ΔACD. |BE| = 4,8, |CD| = 6 og |DE| = 2.

  3. Hvad er |AE|?

Svar på opgave 9:

  1. Da trekanterne ΔABC og ΔDEF er ensvinklede, så er ensliggende sider proportionale. Dermed gælder, at |EF|/|BC| = |DF|/|AC| ⇒

    |EF| = |BC|·|DF|/|AC| ⇒

    |EF| = |BC|·6/4 ⇒

    |EF| = 1,5·|BC|.

    |BC| kan findes ved hjælp af Pythagoras læresætning: |AB|2 = |BC|2 + |AC|2

    |BC|2 = |AB|2 - |AC|2

    |BC|2 = 52 - 42

    |BC|2 = 25 - 16 ⇔

    |BC|2 = 9 ⇒

    |BC| = 3

    Dvs. |EF| = 1,5·3 = 4,5

  2. Da trekanterne ΔABE og ΔACD er ensvinklede, så gælder, at |AE|/|AD| = |BE|/|CD| ⇔

    |AE| = |AD|·|BE|/|CD| ⇔

    |AE| = (|AE| + |DE|)·|BE|/|CD| ⇔

    |AE| = |AE|·|BE|/|CD| + |DE|·|BE|/|CD| ⇔

    |AE| - |AE|·|BE|/|CD| = |DE|·|BE|/|CD| ⇔

    |AE|·(1 - |BE|/|CD|) = |DE|·|BE|/|CD| ⇔

    |AE| = (|DE|·|BE|/|CD|)/(1 - |BE|/|CD|) ⇒

    |AE| = (2·4,8/6)/(1 - 4,8/6) ⇔

    |AE| = 1,6/0,2 ⇔

    |AE| = 8

    Dvs. |AE| = 8

Opgave 10. Plangeometri: cirkler.

    Givet en cirkel med ligningen: (x + 4)2 + (y - 1)2 = 8

  1. Find centrum og radius for cirklen og vis, at punktet (-2,-1) ligger på ciklens periferi.

  2. Givet en cirkel med ligningen: x2 + 4·x + y2 - 12·y + 24 = 0

  3. Find centrum og radius for cirklen.

Svar på opgave 10:

  1. En cirkel med en ligning på standardform: (x - a)2 + (y - b)2 = r2 har centrum i (a,b) og radius r.

    Ligningen: (x + 4)2 + (y - 1)2 = 8

    kan omskrives til: (x - (-4))2 + (y - 1)2 = (√8)2

    Dvs. cirklen har centrum i (-4,1) og radius = √8

    For at vise at punktet (x,y) = (-2,-1) ligger på cirkelperiferien, så indsætter man x = -2 og y = -1 i cirklens ligning og gør prøve:

    Venstre side: (-2 + 4)2 + (-1 - 1)2 = 22 + (-2)2 = 4 + 4 = 8

    Højre side: 8

    Da venstre og højre side giver det samme, så stemmer prøven og punktet (-2,-1) ligger på cirklen.

  2. Man bruger kvadratkomplettering for at omskrive cirklens ligning til formen: (x - a)2 + (y - b)2 = r2.

    x2 + 4·x + y2 - 12·y + 24 = 0 ⇔

    x2 + 4·x + y2 + (-12)·y + 24 = 0 ⇔

    x2 + 4·x + (4/2)2 - (4/2)2 + y2 + (-12)·y + ((-12)/2)2 - ((-12)/2)2 + 24 = 0 ⇔

    x2 + 4·x + 22 - 22 + y2 - 12·y + (-6)2 - (-6)2 + 24 = 0 ⇔

    (x2 + 4·x + 22) + (y2 - 12·y + (-6)2) + (-22 - (-6)2 + 24) = 0 ⇔

    (x - (-2))2 + (y - 6)2 + (-4 + 36 - 24) = 0 ⇔

    (x - (-2))2 + (y - 6)2 - 16 = 0 ⇔

    (x - (-2))2 + (y - 6)2 = 42

    Dvs. cirklen har centrum i (-2,6) og radius = 4

Opgave 11. Vektorer i planen.

    Givet vektorerne a = (1,t) og b = (3,-1), hvor t∈R.

  1. For hvilke værdier af t er a og b ortogonale?

  2. Givet vektorerne u = (s,2) og v = (-3,4), hvor s∈R.

  3. For hvilke værdier af s er vektorerne u og v parallelle?

  4. Hvad er arealet af det parallelogram, som vektorerne u og v udspænder, når s = 5.

Svar på opgave 11:

  1. a og b er egentlige. Hvis deres skalarprodukt er lig med nul er de ortogonale. Man skal finde det t, der opfylder dette:

    a·b = 0 ⇒

    (1,t)·(3,-1) = 0 ⇔

    1·3 + t·(-1) = 0 ⇔

    3 - t = 0 ⇔

    t = 3

    Dvs. a og b er ortogonale for t = 3

  2. u og v er egentlige. De er parallelle, hvis skalarproduktet af u og tværvektoren til v er lig med nul.

    v = (-3,4) og har dermed tværvektoren (-4,-3). Man skal dermed finde det s, der opfylder følgende ligning:

    (s,2)·(-4,-3) = 0 ⇔

    s·(-4) + 2·(-3) = 0 ⇔

    -4·s - 6 = 0 ⇔

    s = -3/2

    Dvs. u og v er parallelle for s = -3/2

  3. Når s = 5, så er u = (5,2). Arealet af det parallelogram som u og v udspænder er lig med den numeriske værdi af skalarproduktet af u og tværvektoren til v, der som før er (-4,-3). Man får:

    |(5,2)·(-4,-3)| = |5·(-4) + 2·(-3)| = |-20 - 6| = |-26| = 26

    Dvs. arealet af det udspændte parallelogram er 26

Opgave 12. Stamfunktioner.

    Man har funktionen f(x) = x2 - 2·x + 2.

  1. Find alle stamfunktioner til f.

  2. Hvilken af disse stamfunktioner går gennem punktet (1,2)

Svar på opgave 12:

  1. En tilfældig valgt stamfunktionen til f(x) kaldes F(x).

    Der gælder, at samtlige stamfunktioner er F(x) + K, hvor K ∈R.

    Man vælger F(x) = (1/3)·x3 - x2 + 2·x, hvorved samtlige stamfunktioner til f(x) bliver

    F(x) + K = (1/3)·x3 - x2 + 2·x + K

    (Der er brugt konstant-reglen, sum-reglen og potens-reglen i beregningen af F(x)).

  2. Man skal bestemme K, så der gælder, at F(1) + K = 2. Man får:

    F(1) + K = 2 ⇒

    (1/3)·13 - 12 + 2·1 + K = 2 ⇔

    1/3 - 1 + 2 + K = 2 ⇔

    K = 2/3

    Dvs. den stamfunktion til f(x), der går gennem punktet (1,2) er F(x) + 2/3 = (1/3)·x3 - x2 + 2·x + 2/3

Opgave 13. Differentialligninger.

Man har differentialligningen:

dy/dx = 2·y·x.

Nedenstående spørgsmål ønskes besvaret uden, at man løser differentialligningen:

  1. Er funktionen: f(x) = ex2 en løsning til differentialligningen?

  2. Grafen til en af differentialligningens løsninger går gennem punktet P = (3,1).

  3. Hvad er ligningen for tangenten til denne graf i P?

Svar på opgave 13:

  1. Man gør prøve for at se, om den formodede løsningen stemmer med differentialligningen:

    Venstre side: dy/dx = f '(x) = 2·x·ex2

    Højre side: 2·y·x = 2·ex2·x = 2·x·ex2

    Da prøven stemmer, så er f(x) en løsning til differentialligningen.

  2. Lad y(x) være den søgte løsning til differentialligningen.

    Tangenten til grafen for y(x) i punktet (x0,y0) har ligningen:

    y = y'(x0)·(x - x0) + y0 ⇒ y = y'(3)·(x - 3) + 1, hvor man mangler at finde y'(3).

    Fra differentialligningen ved man, at y'(x) = 2·y(x)·x og dermed har man, at y'(3) = 2·y(3)·3 = 2·1·3 = 6.

    Dette indsættes i ligningen:

    y = 6·(x - 3) + 1 ⇔ y = 6·x - 17

    Dvs. tangenten i punktet (3,4) til den løsning, der går igennem dette punkt, er y = 6·x - 17