Ylioppilastutkintolautakunta S t u d e n t e x a m e n s n ä m n d e n

Relevanta dokument
Tentamen 1 i Matematik 1, HF1903, 22 september 2011, kl

Lösningsförslag till tentamen i 5B1107 Differential- och integralkalkyl II för F1, (x, y) = (0, 0)

=============================================== Plan: Låt π vara planet genom punkten P = ( x1,

x=konstant V 1 TANGENTPLAN OCH NORMALVEKTOR TILL YTAN z = f ( x, LINEARISERING NORMALVEKTOR (NORMALRIKTNING) TILL YTAN.

Tvillingcirklar. Christer Bergsten Linköpings universitet. Figur 1. Två fall av en öppen arbelos. given med diametern BC.

2012 Tid: läsningar. Uppgift. 1. (3p) (1p) 2. (3p) B = och. då A. Uppgift. 3. (3p) Beräkna a) dx. (1p) x 6x + 8. b) x c) ln. (1p) (1p)

Kap.7 uppgifter ur äldre upplaga

Kurs: HF1903 Matematik 1, Moment TEN1 (Linjär Algebra) Datum: 28 augusti 2015 Skrivtid 8:15 12:15

14. Potentialer och fält

sluten, ej enkel Sammanhängande område

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 8. Vi antar först att den givna bromsande kraften F = kx är den enda kraft som påverkar rörelsen och därmed också O

===================================================

Matematisk statistik Kurskod HF1012 Skrivtid: 8:15-12:15 Lärare och examinator : Armin Halilovic

Tentamen i El- och vågrörelselära,

Storhet SI enhet Kortversion. Längd 1 meter 1 m

Mekanik för I, SG1109, Lösningar till problemtentamen,

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

TENTAMEN. Datum: 5 juni 2019 Skrivtid 14:00-18:00. Examinator: Armin Halilovic, tel

För att bestämma virialkoefficienterna måste man först beräkna gasens partitionsfunktion då. ɛ k : gasens energitillstånd.

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

Angående kapacitans och induktans i luftledningar

MATEMATIKPROV, KORT LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

1 Två stationära lösningar i cylindergeometri

TMV166 Linjär algebra för M. Datorlaboration 4: Geometriska transformationer och plottning av figurer

Föreläsning 1. Elektrisk laddning. Coulombs lag. Motsvarar avsnitten i Griths.

I ett område utan elektriska laddningar satisfierar potentialen Laplace ekvation. 2 V(r) = 0

Lösningar till övningsuppgifter. Impuls och rörelsemängd

Vi börjar med att dela upp konen i ett antal skivor enligt figuren. Tvärsnittsareorna är då cirklar.

Tentamen i matematisk statistik, Statistisk Kvalitetsstyrning, MSN320/TMS070 Lördag , klockan

Flervariabelanalys I2 Vintern Översikt föreläsningar läsvecka 3

===================================================

Temperaturmätning med resistansgivare

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

Inlämningsuppgifter till 21/2 2003

Ylioppilastutkintolautakunta S tudentexamensnämnden

Uppgift 4. (1p) Beräkna volymen av den parallellepiped som spänns upp av vektorerna. ) vara två krafter som har samma startpunkt

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

6 KVANTSTATISTIK FÖR IDEALA GASER

r r r r Innehållsförteckning Mål att sträva mot - Ur kursplanerna i matematik Namn: Datum: Klass:

21. Boltzmanngasens fria energi

1 av 9. vara en icke-nollvektor på linjen L och O en punkt på linjen. Då definierar punkten O och vektorn e r ett koordinataxel.

Den geocentriska världsbilden

Tentamen 1 i Matematik 1, HF sep 2015, kl. 8:15-12:15

Lösningar till tentamen i tillämpad kärnkemi den 10 mars 1998 kl

2 S. 1. ˆn E 1 ˆn E 2 = 0 (tangentialkomponenten av den elektriska fältstyrkan är alltid kontinuerlig)

UPPGIFT 1. F E. v =100m/s F B. v =100m/s B = 0,10 mt d = 0,10 m. F B = q. v. B F E = q. E

BILDFYSIK. Laborationsinstruktioner LABORATIONSINSTRUKTIONER. Fysik för D INNEHÅLL. Laborationsregler sid 3. Experimentell metodik sid 5

Ylioppilastutkintolautakunta S t u d e n t e x a m e n s n ä m n d e n

Övning 3 Fotometri. En källa som sprider ljus diffust kallas Lambertstrålare. Ex. bioduk, snö, papper.

10 Dimensionering av balkar med varierande tvärsnitt och krökta balkar

Tentamen Mekanik TFYA16/TEN2. 24 augusti :00 19:00 TER2. Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng.

Magnetiskt fält kring strömförande ledare Kraften på en av de två ledarna ges av

Företagens ekonomi Tillbakaräkning i SNI2007 NV0109

TFYA16/TEN2. Tentamen Mekanik. 29 mars :00 19:00. Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng.

motiveringar. Lämna tydliga svar. 1 (arcsin x) 2 dx: (0.6)

Upp gifter. c. Finns det fler faktorer som gör att saker inte faller på samma sätt i Nairobi som i Sverige.

FYSIKTÄVLINGEN KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING LÖSNINGSFÖRSLAG. = fn s = fmgs 2. mv 2. s = v 2. π d är kilogrammets.

LE2 INVESTERINGSKALKYLERING

Upp gifter. 3,90 10 W och avståndet till jorden är 1, m. våglängd (nm)

Uppgift 1. I Tallinn i Estland finns ett unikt sångarstadion, Lauluvaljak.

MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

Laborationsregler. Förberedelser. Laborationen. Inlämning av skriftlig redovisning. Säkerhet. Missade laborationstillfällen. Laborationsredovisning

Tentamen i Mekanik I del 1 Statik och partikeldynamik

Skineffekten. (strömförträngning) i! Skineffekten. Skineffekten. Skineffekten. Skineffekten!

Datum: 11 feb Betygsgränser: För. Komplettering sker. Skriv endast på en. finns på omslaget) Uppgift. Uppgift 2 2. Uppgift. Beräkna.

Tentamen i Flervariabelanalys F/TM, MVE035

Algebra Negativa tal, Parenteser, Potenser, Bråk, Kvadreringsreglerna, Konjugatregeln

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 10. från jorden. Enligt Newtons v 2 e r. där M och m är jordens respektive F. F = mgr 2

GRADIENT OCH RIKTNINGSDERIVATA GRADIENT. Gradienten till en funktion f = f x, x, K, innehåller alla partiella derivator: def. Viktig egenskaper:

7 Elektricitet. Laddning

REDOVISNINGSUPPGIFT I MEKANIK

i) oändligt många lösningar ii) exakt en lösning iii) ingen lösning?

PRIMA MATEMATIK EXTRABOK 2 FACIT

MATEMATIKPROV, KORT LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

Matematiska uppgifter

FFM234, Klassisk fysik och vektorfält - Föreläsningsanteckningar

Novenco Radialfläktar CAL

MATEMATIKPROV, KORT LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

MATEMATIKPROV, KORT LÄROKURS BESKRIVNING AV GODA SVAR

Potentialteori Mats Persson

PRELIMINÄRPROV Kort matematik

Datum: xxxxxx. Betygsgränser: För. Komplettering sker. Skriv endast på en. finns på omslaget) Denna. Uppgift Låt u och w. Uppgift 2x. Uppgift.

SF1625 Envariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

20 Gamla tentamensuppgifter

Ta ett nytt grepp om verksamheten

MATEMATISK FORMELSAMLING

MS-A0409 Grundkurs i diskret matematik Sammanfattning, del I

TENTAMEN I MATEMATIK MED MATEMATISK STATISTIK HF1004 TEN

Komposanter, koordinater och vektorlängd Ja, den här teorin gick vi igenom igår. Istället koncentrerar vi oss på träning inför KS3 och tentamen.

cos( x ) I 1 = x 2 ln xdx I 2 = x + 1 (x 1)(x 2 2x + 2) dx

Lösningar och kommentarer till uppgifter i 1.1

4x 2 dx = [polynomdivision] 2x x + 1 dx. (sin 2 (x) ) 2. = cos 2 (x) ) 2. t = cos(x),

Tentamen i EJ1200 Eleffektsystem, 6 hp

Repetition inför tentamen

Prov 1 2. Ellips 12 Numeriska och algebraiska metoder lösningar till övningsproven uppdaterad a) i) Nollställen för polynomet 2x 2 3x 1:

S n = (b) Med hjälp av deluppgift (a) beräkna S n. 1 x < 2x 1? i i. och

Finansiell ekonomi Föreläsning 2

5B1134 Matematik och modeller Lösningsförslag till tentamen den 11 oktober 2004

Prov i matematik Distans, Matematik A Analys UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen

Transkript:

Ylioilastutkintolautakunta S t u d e n t e x a m e n s n ä m n d e n MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS 904 BESKRIVNING AV GODA SVAR De beskivninga av svaens innehåll och oängsättninga som ges hä ä inte bindande fö studentexamensnämndens bedömning Censoena besluta om de kiteie som används i den slutgiltiga bedömningen Av en god estation famgå det hu examinanden ha kommit fam till svaet I lösningen måste det finnas nödvändiga utäkninga elle anda tilläckliga motiveinga och ett slutesultat I bedömningen fästs umäksamhet vid helheten och vid de te stegen stat, mellansteg och slutesultat Räknefel som inte väsentligt ända ugiftens natu ge ingen betydande sänkning av antalet oäng Räknefel och fel i den matematiska modellen som ända ugiftens natu kan däemot sänka antalet oäng avsevät I ovet ä äknaen ett hjälmedel, och dess oll bedöms seaat fö vaje ugift Om symboläknae använts i en ugift ska det famgå av estationen I lösninga av ugifte som käve analys äcke det inte enbat med ett sva som ehållits med hjäl av äknaen utan öviga motiveinga Däemot äcke ett sva som examinanden fått med äknaen i allmänhet i utinbeäkninga Detsamma gälle utinmässiga dela av mea omfattande ugifte Exemel å sådana ä omskivning av uttyck, ekvationslösning och deiveing och integeing av funktione a) 7( x ) x ( x ) 7x 0 7x 0 x 0 b) Positivitetskavet ä x( x ) 0 Nollställena fö uttycket i vänsta ledet c) ä x 0 x Enligt ett teckenschema ufylls villkoet då x a b a b ( a b)( a b) ( a b)( a b) a b a b a b a b 7 0 ( a b) ( a b) a Tabellen ä f( x ) gx ( ) hx ( ) 4 Matematikov, lång läokus 904

4 4 a) Vi få aean genom att integea diffeensen 6x x x 6 x, x x vavid den eftefågade aean ä 6x dx / x ln x 4 ln 4,69 x b) ( ) ( ) g x f x f ( x ) Eftesom f ( x) x ä g( x) ( x) x Alltså ä g() 9 4 Om a 0 ha ekvationen fomen x 0, som ha exakt en lösning Om a 0, ä ekvationen en andagadsekvation, och den ha exakt en lösning nä diskiminanten D a0, dvs då a Ekvationen fö nomalen till linjen x4y 0 som gå genom unkten (,6) ä y 6 4 ( x ) x y Cikelns medelunkt ligge å nomalen Om 4 cikelns adie ä 4, ha avståndet till den usungliga linjen Vi få då villkoet 9 7 4 4 7 0 0 0 9 6 4 0 I fallet 0 tangea cikeln den negativa x-axeln Den eftefågade adien ä alltså 0 och medelunkten 0, 0, så måste medelunkten 6 Anta att ( ) n n f x ( x a k ), vavid f ( x) ( x ak ) nx n a k Deivatans nollställe ä x n ak Det ä fågan om ett minimiställe, eftesom ga- k k k n k fen av funktionen f ä en uåtvänd aabel Matematikov, lång läokus 904

7 Vi gö en tabell öve alla möjliga summo av ögontal: Det totala antalet utfall ä 6 4 4 a) Med stöd av tabellen få vi sannolikhetena: 6 7 9 0 6 7 9 4 6 7 4 6 7 4 6 4 4 n 4 6 7 9 0 P( X n ) /4 /4 /4 4/4 4/4 4/4 /4 /4 /4 b) Summans vänteväde ä ( 4 4 4 6 4 7 9 0) 4 Väntevädet kan också beäknas å följande sätt: väntevädet fö ögontalet fö en vanlig täning ä, och väntevädet fö ögontalet fö en tetaedetäning ä, Det eftefågade väntevädet ä summan av dessa vänteväden 6 Stålana skä vaanda om ekvationen OA su OB t v ufylls fö något a s0, t 0 Då ä ( s) i ( s) j ( s) k (9 t) i ( t) j ( t) k Genom att jämföa komonentena få vi ekvationssystemet s 9 t s t s t U de två fösta ekvationena löse vi ut t och s Vi mäke att också den tedje ekvationen ufylls fö dessa väden Då skä stålana vaanda och skäningsunkten ä (7,, 6) Matematikov, lång läokus 904

9 a) Vi få som skäningsunkte A(6,0,0), B (0,,0) och C (0,0,) Då ä tiangeln OAB tetaedens basyta, och stäckan OC tetaedens höjd Kantenas längde ä OA 6, OB och OAOB 6 OC 6 b) Vektoena u AB 6i j och v AC 6i k ä två sido i tiangeln Fö vinkeln mellan dessa sido gälle uv 6 6 cos u v 4 40 0 Anta att h ä den av tiangelns höjde som utgå fån hönunkten C Eftesom sin h, ä v 6 4 h 40 sin 40 0 Aean av tiangeln ABC ä u h 4 OC Tetaedens volym ä 0 Ostbitens tväsnitt vid den lodäta linjen x t ä en ektangel vas bas ä H h a t Rektangelns höjd H få vi med likfomighet: t H h t Tväsnittets aea ä h Ostbitens volym ä A( t) a H t t, 0 t t A( t) dt ( t) t dt h / h 0 0 0 h x, 0 x a) f ( x), x x, x 4 x C, 0 x b) Genom integeing få vi f ( x) x C, x x x C, x 4 Matematikov, lång läokus 904

Eftesom f (0) 0 och integalfunktionen ä kontinuelig ä C 0 C C C C 4 Vi få som lösning C 0, C och C Då ä x, 0 x f ( x) x, x x x, x 4 x x x c) Funktionen f ä deiveba i intevallet 0 4 och f( x) 0 endast nä Möjliga extemställen i intevallet 0 4 ä alltså 0, och 4 Eftesom f (0) 0, f () och minsta väde 0 f (4), ä funktionens stösta väde och Nämeväden fö deivatan med äknaen TI-6: nämeväde absoluta felet 0,77470 4,4 0 4 0,779,4 0 0,7706 6,4 0 6 0,77 7,4 0 7 0,776, 0 0,77 7 4,4 0 9 0,779 6 7,4 0 0 0,776,7 0 cos(0,) 0,7769 Vädet 7 ge det bästa nämevädet Det ätta svaet kan vaa beoende av den äknae som används Matematikov, lång läokus 904

a) Det ä fågan om en aitmetisk summa vas väde ä ( ) ( k ) n n k ( k )( n k ) Vi få alltså ekvationen ( )( ) 007 k n k ( k )( n k ) 04 b) 04 007 9 c) Med stöd av de föegående delugiftena kan uttycket,, 9,, 9,, 9 och 9 Genom att undesöka alla altenativ mäke vi att endast följande udelninga i faktoe ge ositiva heltalslösninga k k 04 007, nä nk 007 n 0 k k 7 04, nä nk n k 9 k 04 9 06, nä nk 06 n 44 k anta vädena 4 a) Kuvan som itas utgös av två cikelbåga Cikelns adie ä längden av tiangelns sida, och stoleken av den medelunktsvinkel som svaa mot 9 bågen ä Den eftefågade längden ä 4 b) Ritade figue c) Den eftefågade kuvan utgös av te cikelbåga av vilka den fösta och den tedje ä lika långa Den fösta cikelbågens adie ha samma längd som kvadatens sida 4 kvadatens diagonal 4 och den anda cikelbågens adie ha samma längd som Medelunktsvinkeln som svaa mot vaje båge ä Den eftefågade längden ä ( ) 4 4 d) Den eftefågade kuvan utgös av fem cikelbåga av vilka den fösta och den femte esektive den anda och den fjäde ä lika långa Den fösta cikelbågens adie ha samma längd som sexhöningens sida 6, den anda cikelbågen ha en adie som ha samma längd som sexhöningens kotae diagonal 6 och den tedje ha en adie som ha samma längd som sexhöningens länge diagonal ä Den eftefågade längden ä Medelunktsvinkeln som svaa mot vaje båge ( ) 6 6 9 9 Matematikov, lång läokus 904

a) Eftesom g 0 ( x ), g * f xdx 0 och 0 0 0 g 0 f x dx,, 0 ( ) 0 g( x) x x Eftesom g f x x dx 0 och g g x xdx ä g x x x x b) Eftesom g g dx, ä g0* g xdx 0, g 0 g ( x ) dx 0 4 ( ) / x x 4 6 och g g x x dx x x dx 0, gälle otogonalitet c) Vi beäkna de skaläa oduktena: 4 h g0 x ax bx cdx / a b 4 x x x cx a, c 4 h g x ax bx c xdx / a 4 b c 4 x x x x b h g x ax bx c x dx x ax bx cx dx, 4 a b c ( ) ( ) 6 4 / a b ca b c 6 9 6 x ax b x c x x dx x x x x x x a 6ca c 9 4 a Funktionena ä otogonala nä a c b a 0, u vilket 4 ac 0 och b Matematikov, lång läokus 904

Peliminä oängbedömning a) 7( x ) x ( x ) 7x 0 0 7 7x 0 x b) Villko: x( x) 0 Nollställena fö uttycket i vänsta ledet: x 0 x 0 x 0 x c) Eftesom gafen fö uttycket ä en nedåtvänd aabel ufylls villkoet då 0x a b a b ( a b)( a b) ( a b)( a b) Faktoiseing:, a b a b a b a b genom fökotning: ( a b) ( a b) a f( x) gx ( ) hx ( ) Funktion Deivata 4 a a) Diffeensen mellan kuvonas uttyck: y y 6x, x vavid den eftefågade aean ä A 6x dx / x ln x x 6 ln ln 4 ln 4,69 4,69 g( x) f ( x) ( x) ( x) 4x x, fån vilket följe att g( x) x, vilket ge g() 9 ELLER: g( x) f ( x) f ( x) Eftesom f ( x) x, ä g() f() 9 b) Matematikov, lång läokus 904

4 Om x, som baa ha en lös- ning a 0 få ekvationen fomen 0 x a 0 Om, ä ekvationen av :a gaden och den ha exakt en lösning då diskiminanten D a 0, dvs då a [då ä x 4 ] Ekvationen fö den nomal till linjen s: x 4y 0 y x som 4 gå genom unkten (,6) ä y 6 4 ( x ) x y 4 Den eftefågade cikelns adie Då måste dess medelunkt (, ) vaa å avståndet fån linjen s 4 9 7 4 4 Vi få villkoet: 7 9 6 4 0 0 0 0, av vilka det senae vädet inte duge (cikeln tangea då den negativa x-axeln) Den eftefågade adien ä alltså 0 och medelunkten 0, 0 6 Uttycket vilket ge n k, k f ( x) ( x a ) n n f ( x) ( x ak ) nx ak k k n Nollställe: f( x) 0 x a [= medelvädet av konstantena n k a k ] Det ä fåga om ett minimiställe eftesom gafen av funktionen f( x ) ä en uåtvänd aabel k Matematikov, lång läokus 904

7 a) Poängsumman x få vädena,,4,,0 De gynnsamma utfallen fö dessa väden ä,,,4,4,4,,, till antalet Det totala antalet utfallet ä st Resultat =, sannolikhet = Resultaten i tabellen nedan: 64 4 x i i 6 7 9 0 6 7 9 4 6 7 4 6 7 4 6 4 4 Utgående fån tabellen få vi sannolikhetena 4 6 7 9 0 x i i /4 /4 /4 4/4 4/4 4/4 /4 /4 /4 b) Väntevädet fö summan ä ( 4 4 4 6 4 7 9 0) 4 6 ELLER: Väntevädet kan beäknas diekt:,, 6,0 Stålana skä vaanda, om st, R: OA su OB tv ( s) i ( s) j ( s) k (9 t) i ( t) j ( t) k s 9 t Detta ufylls då s t s t t De två fösta ekvationena ge, s och dessa väden ufylle också den sista ekvationen, vilket betyde att stålana skä vaanda Genom att sätta in vädena fö s och t få vi skäningsunkten (7,, 6) Matematikov, lång läokus 904

9 a) Genom att nollställa två vaiable i taget få vi tetaedens hönunkte O, A(6,0,0), B (0,,0) och C (0,0,) Anta att OAB ä tetaedens bas och OC dess höjd Kantenas längde ä OA 6, OB och Då ä tetaedens volym OAOB OC 6 6 b) Vi använde som tetaedens basyta Eftesom tetaedens volym ä V, ä basytans aea A h Vi ha beäknat 0006 6 oigo till basytan, dvs h 4 9 4 6 Den eftefågade aean ä dämed A 4 6 4 V ABC Ah OC V 6 Höjden h ä densamma som avståndet fån ELLER med kyssodukt: AB 6i j u och AC 6i k v i j k u v 6 0 6i j k 6 0 u v 6 4 9 AABC 4 ELLER med skalä odukt uv 6, u 6 9 Vektonv :s vektoojektion å vekton u 6 4 4 4 u u i j v u vu u u u Den höjdvekto som ä vinkelät mot basen ä då 6 h v v u i j k, u vilket h 6 44 00 70 Dämed ä A ABC uh 70 4 Matematikov, lång läokus 904

0 Vi skä ostbiten med ett lan som ä aallellt med basytans diamete å avståndet x fån basytans diamete (0 x ) Tväsnittets ä en ektangel, vas bas a Vi få ektangelns höjd H med ekvationen Tväsnittets aea:, dä H x h h 0 0 a x h h H x A( x) a H x x, 0 x A x dx x x dx Ostbitens volym ä dämed ( ) ( ) / x h h 0 0 h Matematikov, lång läokus 904

a) Eftesom den butna linjens fösta del ä en del av linjen anda delen en del av linjen y x, C C f (0) 0 y x y och den tedje en del av linjen C, den x, 0 x ä deivatafunktionen f ( x), x x, x 4 b) x C, 0 x Genom integeing få vi: f ( x) x C, x x x C, x 4 C C Då integalfunktionen ä kontinuelig måste C C 4 Vi beteckna Då ä C C och C C Begynnelsevillkoet ge: C 0, C och x, 0 x Dämed ä f ( x) x, x x x, x 4 c) Funktionen f ä deiveba i intevallet 0 x 4 och f( x) 0 endast i unkten x Extemvädeskandidatena ä dämed: f (0) 0, f () och f (4), av vilka det stösta vädet ä och det minsta vädet ä 0 Matematikov, lång läokus 904

Vi beäkna deivatans nämeväde med gafäknaen TI-6: Vädet uttyck Felets absolutbelo 0,77470 4,4 0 4 0,779,4 0 0,7706 6,4 0 6 0,77 7,4 0 7 0,776, 0 0,77 7 4,4 0 9 0,779 6 7,4 0 0 0,776 cos(0,) 0,7769,7 0 7 ge det bästa nämevädet Det ätta svaet kan beo å den använda äknaen Det ä fåga om en aitmetisk summa an, dä a n, an n k och a) temena ä k till antalet Med summafomeln få vi n ( n k) Sk ( k ) ( Eftesom ( )( ) 007 n k, ä( )( ) 04 b) 04 007 9 c) Utgående fån föegående delugifte kan k få vädena,, 9,, 9,, 9 och 9 Genom att undesöka alla altenativ obsevea vi att endast följande faktoudelninga ge ositiva heltalslösninga: 04 007, då k k nk 007 n 0 04, då k nk k 7 n 04 9 06, då k 9 nk 06 k n 44 Matematikov, lång läokus 904

*4 a) Tiangelns sida = s Då ä s s Kuvan utgös av två identiska cikelbåga med adien s, och fö vilka medelunktsvinkeln = 0 9 Kuvans längd 4 b) Ritade kuvo c) Kuvan utgös av te cikelbåga, av vilka den fösta och den tedje ä lika långa Den fösta cikelbågens adie = kvadatens sida andas adie = kvadatens diagonal svaa mot bågana ä vadea 4 4 4 4 Kuvans längd 4 och den De medelunktsvinkla som ( ) d) Kuvan utgös av fem cikelbåga av vilka den fösta och den femte esektive den anda och den fjäde ä lika långa Den fösta cikelbågens adie = sexhöningens sida 6, den anda bågens adie = sexhöningens kotae diagonal och den tedje bågens adie = sexhöningens länge diagonal Medelunktsvinkeln som svaa mot vadea bågen = 6 Kuvans längd = 6 6 9 9 9 ( ) 9 9 Matematikov, lång läokus 904

* a) Eftesom b) g0( x) 0 ä g( x) x x Eftesom g g x dx ä Eftesom, g0* f xdx 0 och g0 f x dx, g f xx dx 0 och, 0 g ( x) x x x g0* g xdx 0, g 0 g x dx g g x( x ) dx x x dx / 4 x x 4 6 0 g0 g0 dx, och, gälle otogonalitet c) Vi beäkna de skaläa oduktena: 0 ( ) 0 4 a b / x x x cx h g x ax bx c dx a c, 4 4 h g x ax bx c xdx / 4 x a x b x c x 4 b, 4 a b c ( ) ( ) 6 4 / a b ca b c 6 9 6 h g x ax bx c x dx x ax b x c x x dx x ax bx cx dx x x x x x x a 6ca c 9 4 a Funktionena ä otogonala då a c b a 0, 4 vilket ge ac 0 och b Matematikov, lång läokus 904