1T Høst 2012

Vi finner nullpunktene ved å faktorisere $f(x)=x^2+2x-3$. Vi leter etter to tall som ganget gir $-3$ og summert gir $2$: tallene $3$ og $-1$ passer.

Da er $f(x)=0$ når

Andregradsleddet $x^2$ har koeffisient $a=1>0$. Da vender grafen den «glade» veien (som en skål), og grafen har derfor et bunnpunkt (minimumspunkt).

Grafen til $f$ er symmetrisk om den vertikale linjen gjennom bunnpunktet, og denne linjen ligger midt mellom nullpunktene $x=-3$ og $x=1$:

Vi setter $x=-1$ inn i $f(x)$ for å finne $y$-verdien i bunnpunktet:

Bunnpunktet er dermed

Grafen er en parabel med bunnpunkt $(-1,-4)$, nullpunkter i $(-3,0)$ og $(1,0)$, og skjærer $y$-aksen i $(0,f(0))=(0,-3)$.

Det er $25$ elever i klassen. $4$ elever har verken valgt fysikk eller biologi, så

elever har valgt minst ett av fagene. Siden $12$ har valgt fysikk og $14$ har valgt biologi, blir summen $12+14=26$. Differansen mellom denne summen og antall elever som har valgt minst ett fag, gir antallet som har valgt begge fagene:

Da har $12-5=7$ elever valgt bare fysikk, og $14-5=9$ elever har valgt bare biologi. Dette gir følgende krysstabell:

Sannsynligheten for at en tilfeldig valgt elev har valgt både fysikk og biologi, finner vi ved å dele antall elever som har valgt begge fagene på totalt antall elever i klassen:

Nå velger vi tilfeldig blant elevene som har valgt biologi. Det er $14$ slike elever, og av dem har $5$ også valgt fysikk:

Trekanten $ABC$ har rett vinkel i $B$, så siden $b$ (motstående $B$) er hypotenusen. For vinkel $A$ er $a$ motstående katet og $c$ hosliggende katet:

Vi setter inn verdiene fra a):

Dette stemmer med det vi skulle vise: $\underline{\underline{{(\sin A)}^2+{(\cos A)}^2=1}}$.

For en vilkårlig rettvinklet trekant $ABC$ med rett vinkel i $B$, er $b$ hypotenusen, mens $a$ og $c$ er katetene. Da er

Vi setter dette inn i uttrykket ${(\sin A)}^2+{(\cos A)}^2$:

Siden trekanten er rettvinklet med hypotenus $b$, gir Pytagoras’ setning at $a^2+c^2=b^2$. Vi setter dette inn i telleren:

Dermed er $\underline{\underline{{(\sin A)}^2+{(\cos A)}^2=1}}$ for alle trekanter $ABC$ der $\angle B=90°$.

Vi setter $R_1=5$ og $R_2=7$ inn i formelen:

For å legge sammen brøkene bruker vi fellesnevner $35$:

Da er

Svar: $\underline{\underline{R={\displaystyle \frac{35}{12}}\approx \mathrm{2,92}}}$

Vi setter $R_2=2R_1$ inn i formelen:

Fellesnevner er $2R_1$:

Da er

som var det vi skulle vise. $\underline{\underline{R={\displaystyle \frac{2}{3}}{R}_1}}$

Vi faktoriserer først $f$ for å finne nullpunktene:

Grafen krysser altså $x$-aksen i $x=-2$, $x=1$ og $x=3$, og skjærer $y$-aksen i $f(0)=6$. Ved å regne ut noen flere funksjonsverdier (eller sette inn på kalkulator) finner vi at grafen har et toppunkt omtrent i $(-\mathrm{0,79},\mathrm{8,21})$ og et bunnpunkt omtrent i $(\mathrm{2,12},-\mathrm{4,06})$. Grafen tegnes ut fra disse punktene:

Vi deriverer $f$:

Punktet er $(1,f(1))$. Vi finner $f(1)$:

Stigningstallet til tangenten er $f^{\prime }(1)$:

Tangentlikningen $y=f^{\prime }(1)(x-1)+f(1)$ blir dermed

Svar: $\underline{\underline{y=-6x+6}}$, tangenten er tegnet inn i figuren i a).

Tangenter med stigningstall $2$ finner vi ved å løse $f^{\prime }(x)=2$:

Bruker abc-formelen med $a=3$, $b=-4$, $c=-7$:

Dette gir $x=-1$ eller $x={\displaystyle \frac{7}{3}}$.

For $x=-1$:

For $x={\displaystyle \frac{7}{3}}$:

Svar: $\underline{\underline{y=2x+10}}$ og $\underline{\underline{y=2x-{\displaystyle \frac{230}{27}}\approx 2x-\mathrm{8,52}}}$, begge tangentene er tegnet inn i figuren i a).

Trekanten $ABC$ er likebeint med $AC=BC=11$ og $AB=8$. Vi lar $M$ være midtpunktet på $AB$, altså foten for høyden $h$ fra $C$. Siden trekanten er likebeint, deler høyden grunnlinjen $AB$ nøyaktig i to like deler:

I den rettvinklede trekanten $AMC$ er $AM=4$ og hypotenusen $AC=11$, og vinkelen $\alpha$ ligger mellom disse to sidene. Da bruker vi cosinus:

Svar: $\underline{\underline{\alpha \approx \mathrm{68,7}°}}$

I den samme rettvinklede trekanten $AMC$ bruker vi Pytagoras’ setning til å finne høyden $h=MC$:

Svar: $\underline{\underline{h=\sqrt{105}\approx \mathrm{10,25}}}$

La $X$ = antall av de $n$ første bilistene som betaler med kort. Siden hver bilist betaler med kort med sannsynlighet $p=\mathrm{0,6}$, uavhengig av de andre, er $X$ binomisk fordelt med parametrene $n$ og $p=\mathrm{0,6}$.

At de 10 første betaler med kort, betyr $k=n=10$:

Vi bruker GeoGebra CAS til å regne ut dette:

Fra linje 1 er ${\mathrm{0,6}}^{10}\approx \mathrm{0,0060}$.

$\underline{\underline{P\approx \mathrm{0,0060}}}$

Nå er $X$ binomisk fordelt med $n=20$ og $p=\mathrm{0,6}$. Vi skal finne sannsynligheten for at nøyaktig 10 av de 20 betaler med kort:

Fra linje 2 i CAS-utklippet over er $P(X=10)\approx \mathrm{0,1171}$.

$\underline{\underline{P(X=10)\approx \mathrm{0,1171}}}$

Nå er $X$ binomisk fordelt med $n=50$ og $p=\mathrm{0,6}$. «Mer enn halvparten» av 50 betyr $X>25$, altså $X\ge 26$. Vi bruker komplementet:

Fra linje 3 i CAS-utklippet over, der GeoGebra sin kumulative binomiske fordeling gir $P(X\le 25)$, er $P(X>25)\approx \mathrm{0,9022}$.

$\underline{\underline{P(X>25)\approx \mathrm{0,9022}}}$

Vi velger to etterfølgende hele tall, for eksempel $n=4$ og $n+1=5$.

Petters antakelse sier at summen av de to tallene pluss kvadratet av det minste tallet skal være lik kvadratet av det største tallet:

Siden begge sider blir $25$, stemmer Petters antakelse for tallene $4$ og $5$.

$\underline{\underline{4+5+4^2=5^2}}$, altså er antakelsen riktig for dette eksempelet.

To etterfølgende hele tall er $n$ og $(n+1)$. Petters antakelse blir da:

For å vise at dette stemmer for alle hele tall $n$, forenkler vi hver side av likningen hver for seg.

Venstre side:

Høyre side, ved bruk av første kvadratsetning ${(a+b)}^2=a^2+2ab+b^2$:

Venstre og høyre side er nå identiske uttrykk, $n^2+2n+1$, for alle verdier av $n$. Dermed er likningen

sann for alle hele tall $n$, og Petters antakelse er bevist.

$\underline{\underline{n+(n+1)+n^2={(n+1)}^2\text{ for alle hele tall }n}}$

Trekant $ABC$ er rettvinklet i $B$, med kateter $AB$ og $BC$ og hypotenus $AC$. Vi setter $BC=x$. Siden $AC+BC=\mathrm{8,0}$, er $AC=\mathrm{8,0}-x$.

Pytagoras’ setning gir:

Vi ganger ut høyre side:

Leddet $x^2$ opphever hverandre på begge sider:

$\underline{\underline{BC\approx \mathrm{2,4}}}$

I $△DEF$ er $\angle D=30°$, $DE=\mathrm{5,0}$, og $DF+EF=\mathrm{8,0}$. Trekanten er ikke rettvinklet, så vi bruker cosinussetningen. Vi setter $EF=x$, slik at $DF=\mathrm{8,0}-x$.

Siden $EF$ er siden motstående vinkel $D$, gir cosinussetningen:

Vi ganger ut ${(\mathrm{8,0}-x)}^2=64-16x+x^2$, og $x^2$ opphever hverandre på begge sider:

Med $\cos 30°\approx \mathrm{0,8660}$:

$\underline{\underline{EF\approx \mathrm{2,7}}}$

Vi har nå $DE=\mathrm{5,0}$, $EF\approx \mathrm{2,686}$ og $DF=\mathrm{8,0}-\mathrm{2,686}\approx \mathrm{5,314}$.

For å finne $\angle E$ (vinkelen motstående siden $DF$) bruker vi cosinussetningen løst med hensyn på vinkelen:

$\underline{\underline{\angle E\approx 81°}}$

Grunnflaten er et kvadrat med side $x$, så omkretsen av grunnflaten er $4x$. Høyden og omkretsen av grunnflaten er til sammen $30$ dm, altså:

Siden $h$ er en høyde, må $h>0$:

I tillegg må $x$ være en side i en kasse, så $x>0$. Dermed:

$\underline{\underline{0<x<\mathrm{7,5}}}$

Kassen har ikke lokk, så overflaten består av bunnen (kvadrat med side $x$) og de $4$ sideflatene (rektangler med sider $x$ og $h$):

Vi setter inn $h=30-4x$ fra a):

$\underline{\underline{O(x)=-15x^2+120x}}$, som var det som skulle vises.

$O(x)=-15x^2+120x$ er en andregradsfunksjon med negativ koeffisient foran $x^2$ ($a=-15<0$), så grafen er en parabel som vender grenene nedover. Funksjonen har da et toppunkt, og toppunktet gir størst mulig overflate.

$x$-koordinaten til toppunktet finner vi med formelen $x=-{\displaystyle \frac{b}{2a}}$, der $a=-15$ og $b=120$:

Overflaten når $x=4$:

Siden $x=4$ ligger i det gyldige intervallet $0<x<\mathrm{7,5}$ fra a), er dette et gyldig svar.

$\underline{\underline{x=4\mathrm{dm}\text{ gir størst overflate, }O=240{\mathrm{dm}}^2}}$