MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS 26..208 BESKRIVNING AV GODA SVAR De beskrivningar av svarens innehåll och poängsättningar som ges här är inte bindande för studenteamensnämndens bedömning. Censorerna beslutar om de kriterier som används i den slutgiltiga bedömningen. Av en god prestation framgår det hur eaminanden har kommit fram till svaret. I lösningen måste det ingå nödvändiga uträkningar eller andra tillräckliga motiveringar och ett slutresultat. I bedömningen fästs uppmärksamhet vid helheten och vid de tre stegen start, mellansteg och slutresultat. Räknefel som inte väsentligt ändrar uppgiftens natur ger ingen betydande sänkning av antalet poäng. Räknefel och fel i den matematiska modellen som ändrar uppgiftens natur kan däremot sänka antalet poäng avsevärt. I provet är räknaren ett hjälpmedel, och dess roll bedöms separat för varje uppgift. Om symbolräknare använts i en uppgift ska det framgå av prestationen. I lösningar av uppgifter som kräver analys räcker det inte enbart med ett svar som erhållits med hjälp av räknaren utan övriga motiveringar. Däremot räcker ett svar som eaminanden fått med räknaren i allmänhet i rutinberäkningar. Detsamma gäller rutinmässiga delar av mera omfattande uppgifter. Eempel på sådana är omskrivning av uttryck, ekvationslösning samt derivering och integrering av funktioner.
OsaDel A A. :n derivaatta on. f( 2) = ( 2) ( 2) = 8+2= 6 f () = 2 f () = =26 4 f() d 0 =/4 0 4 4 2 2 = 4 44 2 42 =4 8 = 56 2. 2( 6)( 9)=2 2 2 6 2 9 +2 6 9 =2 2 0 + 08 2 + 2 = 0 =eller = 4 ( )( + 4) p() =a( )( 2 ) för något värde på a. Genom att avlägsna parenteserna: p() =a 2 a( + 2 ) + a 2. Samtidigt är p() =a 2 + b + c, och genom att jämföra konstanttermerna får vi a 2 = c, dvs. 2 = c. a. f () = cos sin f () =0 cos = sin tan = = π + πn, av vilka π och 7π tillhör intervallet. 6 6 6 f( π)= + =2och 6 2 2 f(7π)= = 2 6 2 2 Eftersom f(0) = och f(2π) =, betyder det att etremvärdena är ±2. f() =(i + j) (sin i + cos j) (i + j) = 2( i + j) 2 2 = 2(sin π i + cos πj) 6 6 f() = 2(sin sin π + cos cos π) 6 6 = 2 cos( + π) 6 etremvärdena är ±2. 4. Funktionen är styckvis kontinuerlig. Värdet är 2 i intervallet [0,[, annars 0. Värdet är i intervallet [0,[, annars 0. 2 Funktionen är styckvis kontinuerlig. Värdet är i intervallet [, [, annars 0. 2 2 B-osa
9. g() =f () = 4 4 + Vi ska beräkna g() =0, och bestämmer därför g () =4 4. Iterationsformeln Iteration med startvärdet 0,5 (0,2242857, 0,250964668, 0,250992574) 0,25099. Iteration med startvärdet,5 (,494205,,4958562,,4958557),494. Eftersom f är en kontinuerligt deriverbar funktion finns etremvärdena i det öppna intervallet i derivatans nollställen: f(0,25099) = 0,2597... 0,252 och f(,494) =,4845...,48. Del B 5. ( 2) 2 +(y ) 2 =4 = (y ) 2 =4 = y =± Punkten ( 2, 4) är den punkt på linjen som är närmast cirkeln, eftersom linjens normal i denna punkt går genom punkten (2, ). Avståndet från linjen till medelpunkten är (2, ) ( 2, 4) = 4 2 + 2 =5. Avståndet från linjen till cirkeln är därmed 5 2=. 6. Förhållandet bevaras när vi förändrar skalan, och vi antar därför att hypotenusans längd är 2 (typtriangel). Längden på den ena delen av den närliggande kateten till den spetsiga vinkeln är då cos 0 = 2. Hela katetens längd är 2 cos 0 =. Längden på katetens andra del är därmed 2 = ( 2)=. Det efterfrågade förhållandet är alltså 2 / =2. Svar 2 0 7. Rättad 28..208 Av sju riktiga vinstnummer kan man välja se på sju olika sätt; av två tilläggsnummer kan man välja ett på två sätt och av ett tilläggsnummer kan man välja ett på ett sätt. Antalet möjliga 6+-rader är 7 2 före regeländringen och 7 efter regeländringen. Det totala antalet rader är ( ) ( 9 7 och 40 ) 7. + Sannolikheterna är alltså ( 4 9 7 ) = 4 =9,028... 58097 0 7 före regeländringen och ( 7 40 7 ) = 7 =,75464... 864560 0 7 efter regeländringen. + 8. 56 = 2 2 Talens faktorer och därmed möjliga åldrar är, 2,, 4, 6, 2,, 26, 9, 52, 78 och 56. Eftersom det är fråga om yngre syskon är endast, 2,, 4, 6, 2 och möjliga. Faktorn förekommer en gång, vilket betyder att ett av syskonen är år. Produkten av de två övriga syskonens åldrar är 2. Möjliga åldrar 2, 2 6, 4.
Del B2 0. Annika har använt formeln a b = a b + a y b y. Fareed har använt formeln a b = a b cos(a,b). En figur ur vilken det framgår att vinkeln mellan vektorerna u och v och -aeln är π 8π och och att deras längder är 7 och. 5 5 Den spetsiga vinkeln mellan vektorerna u och v har betecknats med storleken π. På den första raden har Annika placerat vektorernas komponenter och tagit talen 7 och som gemensamma faktorer. På den andra raden har hon använt formeln a b = a b + a y b y. På den tredje raden har hon använt formeln cos(a B) = cos A cos B+sin A sin B. På den fjärde raden har hon beräknat argumentet för cosinus och sedan beräknat värdet för cosinus.. Vi väljer först ett polynom med nollställena, 0, och 2, dvs. till eempel ( + )( )( 2). När är stort är detta positivt, alltså är grafen till polynomet W-formad. När vi multiplicerar med får vi ett polynom som är positivt eakt i de efterfrågade intervallen. Vi adderar 2 till polynomet och får f() =2 ( + )( )( 2). (Också andra eempel är möjliga.) Vi kan till eempel söka efter en icke-negativ funktion med ett maimum och ett minimum. Derivatan av funktionen g() = 2 e är g () =( 2 +2)e, vars nollställen är =0och = 2. Ett annat alternativ är att söka efter ett polynom med ett minimum och en terrasspunkt. Derivatan kunde vara till eempel 2( ) 2, då vi får g() = 4 8 +6 2 genom att integrera. 2. Rättad 28..208 Funktionen är inte avtagande i hela definitionsmängden: till eempel är g( )= 2 log /2 = ln = ln = g(2) <g(2), för att g(2) > 0. ln(/2) ln 2 (Funktionen är avtagande i intervallen (0,) och (, ), men inte definierat i a =.) Vi visar påstående i fallet a> Anta att <a<b. Vi måste visa att g(a) >g(b). g(a) >g(b) log a >log b fa () >f b () Vi betecknar = f a (y), substituerar in detta i föregående olikhet och tillämpar den väande funktionen f b på båda leden: fa () >f b () f b (y) >f a (y) b y >a y. Eftersom y> och b>aär den sista olikheten sann. med derivatan Anta att <y. Nu är H(y) H() = y h(t) dt. Om h 0 följer det att H(y) H() 0, dvs. H är väande. Om h<0 i något intervall [c,d] är H(d) H(c) = d h(t) dt < 0, dvs. H är inte c väande.
. f är deriverbar i alla punkter 0. Vi får vänsterderivatan i punkten =0normalt: D ln( ) = då 0. Högerderivatan beräknas med differenskvoten p() cos f(0) = p() cos. p() Om p(0) 0, ±, eisterar inget gränsvärde och därmed ingen högerderivata. Om p(0) = 0, dvs. c =0, så p() = a 0 då 0. Eftersom a cos 0, eisterar högerderivatan och dess värde är 0. Eftersom värdet av vänsterderivatan är är funktionen dock inte deriverbar. Det eisterar alltså inga koefficienter som uppfyller kravet.