1T Høst 2011

Vi faktoriserer teller og nevner. Telleren er en konjugatsetning, nevneren et fullstendig kvadrat:

Vi forkorter med den felles faktoren $(x+5)$:

Vi løser $3^{2x-1}=1$. Siden $3^0=1$, må eksponenten være lik $0$:

Vi skriver om røttene til potenser med brøkeksponent: $\sqrt{a}=a^{\frac{1}{2}}$. Teller og nevner forenkles hver for seg ved å legge sammen eksponenter:

Vi setter sammen og forkorter:

I trekanten er $\angle C=90°$, og siden ${\mathrm{3,0}}^2+{\mathrm{4,0}}^2=9+16=25={\mathrm{5,0}}^2$, stemmer dette med Pytagoras’ setning: $AB=\mathrm{5,0}$ er hypotenusen, og $AC=\mathrm{3,0}$, $BC=\mathrm{4,0}$ er katetene.

Vi regner ut arealet av trekanten på to måter. Med $AC$ og $BC$ som grunnlinje og høyde:

Med $AB$ som grunnlinje og $h$ som høyde:

Vi setter de to uttrykkene for arealet lik hverandre og løser for $h$:

Av grafene leser vi at $f(x)=(x-1)(x-3)$ har nullpunkter i $x=1$ og $x=3$, og at $f$ er en oppovervendt parabel.

1) $f(x)\le 0$ der grafen til $f$ ligger på eller under $x$-aksen, altså mellom nullpunktene:

2) $f(x)>g(x)$ der den blå grafen ligger over den røde. Grafene skjærer hverandre i $(0,3)$ og $(5,8)$, og av grafen ser vi at parabelen ligger over linjen til venstre for $x=0$ og til høyre for $x=5$:

I trekanten er $\angle A=90°$, så $AB$ og $AC$ er katetene og $BC$ er hypotenusen. Sett fra vinkelen $C$ er $AB$ motstående katet og $AC$ hosliggende katet, så

Vi setter inn kjente verdier og løser for $AC$:

Pennalet har $3+2+1=6$ tusjer totalt.

1) «Ikke grønn» betyr at begge tusjene trekkes blant de $5$ som ikke er grønne. Antall måter å velge $2$ av $6$ tusjer på er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{6}{2}\right)=15$, og antall måter å velge $2$ av de $5$ ikke-grønne på er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{5}{2}\right)=10$:

2) For én blå og én rød tusj velger vi $1$ av $3$ blå og $1$ av $2$ røde:

Vi bruker definisjonen av den deriverte:

Vi setter inn $f(x)=x^2+1$:

Dermed er $\underline{\underline{f^{\prime }(x)=2x}}$, som skulle vises.

Vi bruker formelen $f(x)=a{x}^2+bx+c$ med $a=-1$, $b=2$ og $c=-2$.

Antall nullpunkter avgjøres av diskriminanten $D=b^2-4ac$:

Siden $D=-4<0$, har likningen $f(x)=0$ ingen reelle løsninger. Dermed har grafen til $f$ ingen nullpunkter.

Vi deriverer $f(x)=-x^2+2x-2$:

I et ekstremalpunkt er $f^{\prime }(x)=0$:

Vi finner $y$-verdien ved å sette $x=1$ inn i $f(x)$:

Ekstremalpunktet er $\underline{\underline{(1,-1)}}$. Siden $a=-1<0$, vender parabelen grenene nedover, så $(1,-1)$ er et toppunkt.

Grafen til $f$ er en nedovervendt parabel med toppunkt $(1,-1)$ og symmetrilinje $x=1$. Den skjærer $y$-aksen i $(0,-2)$, og siden grafen ikke har nullpunkter (fra a), ligger hele grafen under $x$-aksen.

Punktet $(2,-2)$ ligger på grafen, siden $f(2)=-2^2+2\cdot 2-2=-4+4-2=-2$.

Stigningstallet til tangenten i $x=2$ er $f^{\prime }(2)$:

Vi setter opp likningen for tangenten med ettpunktsformelen $y-y_0=f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$:

Tangentlikningen er $\underline{\underline{y=-2x+2}}$.

Med den tilnærmede regelen $F=2C+30$ og $C=100$:

Med den nøyaktige regelen $5F=9C+160$ og $C=100$:

Differansen mellom svarene er

Den tilnærmede regelen gir altså et svar som er $\underline{\underline{18°\mathrm{F}}}$ for høyt ved $100°\mathrm{C}$.

Vi løser likningssystemet

med innsettingsmetoden. Vi setter uttrykket for $F$ fra den første likningen inn i den andre:

Vi setter $C=10$ inn i den første likningen for å finne $F$:

Løsningen er $\underline{\underline{C=10,F=50}}$.

Dette betyr at ved $10°\mathrm{C}$ (som tilsvarer $50°\mathrm{F}$) gir den tilnærmede regelen nøyaktig samme svar som den nøyaktige regelen. For andre temperaturer enn $10°\mathrm{C}$ vil de to reglene gi ulike svar, slik vi så i a).

Hvis trekanten er rettvinklet, må Pytagoras’ setning gjelde med den lengste siden som hypotenus. Den lengste siden er $\mathrm{6,0}\mathrm{cm}$, så vi sjekker om

Siden $41\ne 36$, er $\underline{\underline{\text{trekanten ikke rettvinklet}}}$.

Vi bruker cosinussetningen til å finne vinkelen $C$ som ligger motsatt den lengste siden ($\mathrm{6,0}\mathrm{cm}$), mellom sidene $\mathrm{4,0}\mathrm{cm}$ og $\mathrm{5,0}\mathrm{cm}$:

Deretter bruker vi arealsetningen med de to sidene som ligger inntil vinkelen $C$:

Med sidene $\mathrm{7,0}\mathrm{cm}$ og $\mathrm{11,0}\mathrm{cm}$ og mellomliggende vinkel $v$ er arealet gitt ved arealsetningen:

Arealet blir størst når $\sin v$ er størst mulig, altså når $\sin v=1$, som gir $v=90°$. Da blir trekanten rettvinklet med de to gitte sidene som kateter, og arealet blir

Vi bruker igjen arealsetningen, med areal $T=30{\mathrm{cm}}^2$:

Likningen $\sin v=\mathrm{0,7792}$ har to løsninger mellom $0°$ og $180°$ — én spiss og én stump vinkel:

Begge gir en gyldig trekant med sidene $\mathrm{7,0}\mathrm{cm}$ og $\mathrm{11,0}\mathrm{cm}$ og areal $30{\mathrm{cm}}^2$:

• Med den spisse vinkelen $v_1\approx \mathrm{51,2}°$ finner vi den tredje siden med cosinussetningen: $c^2={\mathrm{7,0}}^2+{\mathrm{11,0}}^2-2\cdot \mathrm{7,0}\cdot \mathrm{11,0}\cdot \cos (\mathrm{51,2}°)\approx \mathrm{73,5}$, som gir $c\approx \mathrm{8,6}\mathrm{cm}$. Dette gir en «kort og bred» trekant.
• Med den stumpe vinkelen $v_2\approx \mathrm{128,8}°$ blir tredje side $c^2={\mathrm{7,0}}^2+{\mathrm{11,0}}^2-2\cdot \mathrm{7,0}\cdot \mathrm{11,0}\cdot \cos (\mathrm{128,8}°)\approx \mathrm{266,5}$, som gir $c\approx \mathrm{16,3}\mathrm{cm}$. Dette gir en «lang og smal» trekant.

Radius i sylinderen er $x$, så diameteren er $d=2x$. Siden $d+h=6$, blir høyden

Volumet av en sylinder er $V=\pi r^{2}h$, altså

Siden både $h$ og $d$ må være positive, må $0<x<3$, altså $x\in ⟨0,3⟩$.

Vi deriverer $V(x)$:

Ekstremalpunkter finner vi der $V^{\prime }(x)=0$:

Bare $x=2$ ligger i det aktuelle intervallet $⟨0,3⟩$. Vi sjekker fortegnet til $V^{\prime }(x)$ omkring $x=2$: for $x<2$ er $V^{\prime }(x)>0$ (voksende), og for $x>2$ er $V^{\prime }(x)<0$ (avtagende). Dermed er $x=2$ et toppunkt, og volumet er størst når $x=2$:

Det største volumet sylinderen kan få, er altså nøyaktig $\underline{\underline{8\pi {\mathrm{cm}}^3}}$.

Funksjonen er gitt ved

Startverdien er verdien når $x=0$:

Det var altså $6000$ liter olje i tanken før lekkasjen startet.

Tallet $\mathrm{0,864}$ er vekstfaktoren. Siden $\mathrm{0,864}<1$ avtar mengden olje for hver time. Vekstfaktoren kan skrives som

Nedgangen per time er dermed $\mathrm{0,136}=\mathrm{13,6}\%$. Det lekker altså ut $\mathrm{13,6}\%$ av oljen i tanken per time.

Svar: $\underline{\underline{F(0)=6000\mathrm{L}}}$, og oljemengden minker med $\underline{\underline{\mathrm{13,6}\%}}$ per time.

Grafen til $F$ for $x\in [0,24]$ er tegnet i GeoGebra:

Grafen viser en avtakende eksponentialkurve som starter i $(0,6000)$ og flater raskt ut mot null.

Vi skal finne $x$ slik at oljemengden er halvert, altså $F(x)={\displaystyle \frac{6000}{2}}=3000$. Likningen

er løst i CAS:

CAS gir $x\approx \mathrm{4,742}$. Dette stemmer med skjæringspunktet mellom grafen til $F$ og linjen $y=3000$ i figuren i b) (det grønne punktet).

Vi regner om desimaltiden til timer og minutter: $\mathrm{0,742}\cdot 60\approx \mathrm{44,5}$ minutter.

Svar: Det tar $\underline{\underline{x\approx \mathrm{4,74}\text{timer}}}$, altså omtrent $\underline{\underline{4\text{timer og }44\text{minutter}}}$, før halvparten av oljen har lekket ut.

Den momentane vekstfarten til $F$ i $x=2$ er den deriverte $F^{\prime }(2)$. I CAS-utklippet over er $F$ derivert (linje 3) og verdien i $x=2$ beregnet (linje 4):

Vi runder til $F^{\prime }(2)\approx -655\mathrm{L}/\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{m}\mathrm{e}$.

Det negative fortegnet forteller at oljemengden i tanken minker. Svaret betyr at to timer etter at lekkasjen startet, renner det ut olje med en fart på om lag $655$ liter per time — det vil si stigningstallet til tangenten til grafen i punktet $(2,F(2))$ (det røde punktet i figuren i b)).

Svar: $\underline{\underline{F^{\prime }(2)\approx -655\mathrm{L}/\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{m}\mathrm{e}}}$. Etter to timer lekker det ut olje med en momentan fart på ca. $655$ liter per time.

Vi tar utgangspunkt i formelen og isolerer $L$:

Vi setter inn $T=\mathrm{1,0}\mathrm{s}$ og $g\approx \mathrm{9,81}$ i formelen fra a):

Pendelen svinger $1000$ ganger på $6345\mathrm{s}$, så én svingetid er

Vi løser formelen $T=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{L}{g}}}$ med hensyn på $g$ på samme måte som i a):

Med $L=\mathrm{10,00}\mathrm{m}$ og $T=\mathrm{6,345}\mathrm{s}$:

Verdien stemmer godt med den oppgitte tilnærmingen $g\approx \mathrm{9,81}$.

Sannsynligheten for at en tilfeldig valgt person bor i Sør-Trøndelag, er antall personer i Sør-Trøndelag delt på totalt antall innbyggere i Norge:

$\underline{\underline{P=\mathrm{0,06}}}$

Et forsøk er binomisk når:

• Det gjennomføres et bestemt antall like forsøk (her: vi velger $n=10$ personer).
• Hvert forsøk har bare to mulige utfall: personen bor i Sør-Trøndelag («suksess») eller ikke («fiasko»).
• Sannsynligheten for suksess er den samme i hvert forsøk, $p=\mathrm{0,06}$.
• Forsøkene er uavhengige av hverandre (siden befolkningen er svært stor, endrer det praktisk talt ikke sannsynligheten for neste person selv om vi «trekker uten tilbakelegging»).

Siden alle disse vilkårene er oppfylt, kan vi se på dette som et binomisk forsøk med $n=10$ og $p=\mathrm{0,06}$.

Vi lar $X$ = antall av de 10 personene som bor i Sør-Trøndelag. Da er $X$ binomisk fordelt med $n=10$ og $p=\mathrm{0,06}$, og

For at ingen av de 10 skal bo i Sør-Trøndelag ($k=0$):

Vi bruker GeoGebra CAS til å regne ut dette:

Fra linje 1 ser vi $P(X=0)\approx \mathrm{0,5386}$.

$\underline{\underline{P(X=0)\approx \mathrm{0,5386}}}$

For $P(X\ge 3)$ bruker vi komplementet: $P(X\ge 3)=1-P(X\le 2)$. I CAS-utklippet over (linje 2) er dette regnet ut med $1-P(X\le 2)$, der GeoGebra sin kumulative binomiske fordeling gir $P(X\le 2)$:

$\underline{\underline{P(X\ge 3)\approx \mathrm{0,0188}}}$

Grafen til $f(x)=a\cdot {(x-b)}^2+c$ har toppunkt (eller bunnpunkt) i $(b,c)$. Nullpunktene finner vi ved å løse

En likning på formen ${(x-b)}^2=k$ har akkurat én løsning bare når $k=0$ (er $k>0$ får vi to løsninger, er $k<0$ får vi ingen). Siden $a$ kan velges fritt (og er forskjellig fra $0$), må $-{\displaystyle \frac{c}{a}}=0$ for alle slike $a$. Det krever

Da blir $f(x)=a\cdot {(x-b)}^2$, som har et dobbelt nullpunkt i $x=b$ uansett hvilke verdier $a$ og $b$ har.

Ekstremalpunktet til $f(x)=a\cdot {(x-b)}^2+c$ ligger alltid i $x=b$, fordi ${(x-b)}^2$ har sin minste verdi (lik $0$) nettopp når $x=b$ — uavhengig av hvilke verdier $a$ og $c$ har. Skal ekstremalpunktet ligge i $x=3$, må derfor