1T Høst 2013

Siv har $4$ blå bukser og $6$ svarte bukser, til sammen $10$ bukser.

Én av de blå buksene passer ikke, så $4-1=3$ blå bukser passer, og $1$ blå bukse passer ikke.

Tre av de svarte buksene passer ikke, så $6-3=3$ svarte bukser passer, og $3$ svarte bukser passer ikke.

Av alle de $10$ buksene er det $6$ som passer. Sannsynligheten for at Siv trekker en bukse som passer, er da

Svar: $\underline{\underline{P(\text{passer})=\mathrm{0,6}}}$

Dette er en betinget sannsynlighet: vi vet at buksen Siv tar, passer, og vi ser bare på raden «Bukser som passer» i tabellen. Der er det $6$ bukser totalt, og $3$ av dem er blå:

Svar: $\underline{\underline{P(\text{blå}|\text{passer})=\mathrm{0,5}}}$

Vi deriverer $f(x)=x^3-3x^2$:

Ekstremalpunktene finner vi der $f^{\prime }(x)=0$:

Vi setter opp fortegnslinje for $f^{\prime }(x)=3x(x-2)$:

$f^{\prime }(x)$ skifter fra positiv til negativ i $x=0$, så dette er et toppunkt. $f^{\prime }(x)$ skifter fra negativ til positiv i $x=2$, så dette er et bunnpunkt.

Funksjonsverdiene:

Toppunktet er $\underline{\underline{(0,0)}}$ og bunnpunktet er $\underline{\underline{(2,-4)}}$.

Vi faktoriserer ut $x^2$ fra uttrykket:

Nullpunktene finner vi ved å sette $f(x)=0$:

Dette gir $x=0$ (dobbel rot) eller $x=3$. Nullpunktene er $\underline{\underline{x=0}}$ og $\underline{\underline{x=3}}$.

Vi skisserer grafen ut fra toppunktet $(0,0)$, bunnpunktet $(2,-4)$ og nullpunktene $x=0$ og $x=3$. Siden $x=0$ er dobbel rot, tangerer grafen $x$-aksen i origo før den vender ned mot bunnpunktet og krysser $x$-aksen igjen i $x=3$.

Vi tegner grafen til $f(x)=3x^3-48x^2+162x+300$ for $x\in [0,10]$ i GeoGebra.

Av grafen ser vi at $f$ avtar fra toppunktet ved $x\approx 2$ og helt til bunnpunktet lenger til høyre i intervallet, før den øker igjen mot $x=10$. Bunnpunktet, altså der fiskebestanden er minst, leser vi grafisk av til å ligge omtrent ved

Det betyr at fiskebestanden var minst omtrent $\mathrm{8,6}$ år etter år 2000, altså i løpet av $2008$, og at det da var omtrent $\underline{\underline{51\mathrm{tonn}}}$ fisk i bestanden.

For å finne bunnpunktet ved regning deriverer vi $f$ og løser $f^{\prime }(x)=0$.

Vi løser likningen $f^{\prime }(x)=0$ i CAS.

CAS gir to løsninger:

Siden $f^{\prime }$ er en parabel som vender oppover ($9x^2-96x+162$), er $f^{\prime }(x)<0$ mellom nullpunktene og $f^{\prime }(x)>0$ utenfor. Det betyr at $f$ har et toppunkt ved $x\approx \mathrm{2,10}$ og et bunnpunkt ved $x\approx \mathrm{8,57}$, i tråd med det vi leste av grafen i b).

Vi setter $x\approx \mathrm{8,57}$ inn i $f$:

Bunnpunktet er altså $\underline{\underline{(x,f(x))\approx (\mathrm{8,57},\mathrm{51,25})}}$: fiskebestanden var minst etter omtrent $\mathrm{8,57}$ år, altså i løpet av $2008$, med rundt $\mathrm{51,25}\mathrm{tonn}$ fisk igjen.

Vi bruker $f(5)$ og $f^{\prime }(5)$ fra CAS-utklippet over.

Tolkning: $f(5)=285$ betyr at det var $\underline{\underline{285\mathrm{tonn}}}$ fisk i bestanden i år $2005$ (fem år etter år 2000).

$f^{\prime }(5)=-93$ er den momentane vekstfarten til fiskebestanden ved $x=5$. Siden verdien er negativ, betyr det at fiskebestanden akkurat i 2005 var i ferd med å minke med omtrent $\underline{\underline{93\text{tonn/år}}}$.

Vannmengden minker med $8\%$ per døgn, så vekstfaktoren er

Vannmengden etter $t$ døgn er da

Etter ett døgn:

Etter ti døgn:

Etter ett døgn er det $\underline{\underline{18400\mathrm{L}}}$ vann igjen, og etter ti døgn er det om lag $\underline{\underline{8688\mathrm{L}}}$ vann igjen.

Vi løser likningen $20000\cdot {\mathrm{0,92}}^x=5000$ med hensyn på $x$:

Vi tar logaritmen på begge sider og bruker at $\lg a^x=x\cdot \lg a$:

Siden vannmengden er over $5000\mathrm{L}$ til og med døgn nummer 16, og under $5000\mathrm{L}$ fra døgn 17, tar det

før det er mindre enn $5000\mathrm{L}$ vann igjen i dammen.

«Minst én» er komplementet til «ingen» av de ti sykler uten lys, altså $X=0$:

Vi regner ut i GeoGebra CAS:

Vi finner $P(X\ge 1)\approx \mathrm{0,8926}$.

Svar: Sannsynligheten for at minst én av de ti syklistene sykler uten lys i mørket, er $\underline{\underline{P(X\ge 1)\approx \mathrm{0,8926}}}$.

Her er det ikke snakk om en binomisk sannsynlighet, siden det er bestemt akkurat hvilke av de ti syklistene (den første, den fjerde og den tiende) som skal sykle uten lys — det skal ikke summeres over alle mulige rekkefølger, så vi bruker ikke binomialkoeffisienten. Sannsynligheten for denne bestemte rekkefølgen er produktet av enkeltsannsynlighetene:

Vi regner ut i GeoGebra CAS (se linje 2 i skjermbildet over):

Svar: Sannsynligheten for at bare den første, den fjerde og den tiende syklisten sykler uten lys i mørket, er $\underline{\underline{P\approx \mathrm{0,0017}}}$.

Sannsynligheten for at akkurat $k$ av de ti sykler uten lys, er gitt ved

For $k=3$ setter vi opp uttrykket i GeoGebra CAS og regner ut (se linje 3 i skjermbildet over):

Svar: Sannsynligheten for at nøyaktig tre av de ti syklistene sykler uten lys i mørket, er $\underline{\underline{P(X=3)\approx \mathrm{0,2013}}}$.

I $△ABE$ er $\angle A=\mathrm{75,0}°$, $\angle ABE=\mathrm{75,0}°$ og $AE=\mathrm{6,0}\mathrm{m}$. Vinkelsummen gir

Siden $\angle A=\angle ABE$, er $△ABE$ likebeint med $BE=AE=\mathrm{6,0}\mathrm{m}$ (siden opp mot like store vinkler er like lange).

Vi bruker sinussetningen til å finne $AB$:

Arealet av $△ABE$ finner vi med arealsetningen:

Arealet av $△ABE$ er $\underline{\underline{\mathrm{9,0}{\mathrm{m}}^2}}$.

I $△CDE$ er $DE=\mathrm{3,0}\mathrm{m}$, $DC=\mathrm{9,0}\mathrm{m}$ og $\angle D=\mathrm{85,3}°$. Vi bruker cosinussetningen til å finne $CE$:

Lengden $CE$ er $\underline{\underline{\mathrm{9,25}\mathrm{m}}}$.

Fra a) har vi $BE=\mathrm{6,0}\mathrm{m}$, og fra b) har vi $CE\approx \mathrm{9,25}\mathrm{m}$. I $△BCE$ er $\angle EBC=\mathrm{83,3}°$.

Vi bruker sinussetningen til å finne vinkelen $\angle BCE$, som ligger motsatt $BE$:

Siden $CE>BE$, er $\angle BCE$ entydig bestemt og må være spiss:

Da blir

Til slutt finner vi $BC$ med sinussetningen:

Lengden $BC$ er $\underline{\underline{\mathrm{7,78}\mathrm{m}}}$.

Kulen har radius $R=3$, og grunnflaten i kjeglen har radius $r=2$. Siden $S$, sentrum av grunnflaten og et punkt på kanten av grunnflaten danner en rettvinklet trekant med hypotenus $R$, gir Pytagoras’ setning

Høyden i kjeglen er da

Kjeglen er $\underline{\underline{h=3+\sqrt{5}\approx \mathrm{5,24}}}$ høy.

Vi setter $r=2$ og $h=3+\sqrt{5}$ inn i volumformelen for en kjegle:

Volumet av kjeglen er $\underline{\underline{V\approx \mathrm{21,93}}}$.

Nå setter vi $r=x$. Samme resonnement med Pytagoras’ setning som i a) gir

og høyden i kjeglen blir

Setter vi dette inn i volumformelen for kjeglen, $V={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi r^{2}h$, med $r=x$, får vi

som er uttrykket vi skulle vise. $■$

Vi skal finne det største volumet til $f(x)={\displaystyle \frac{1}{3}}\pi x^2(3+\sqrt{9-x^2})$ for $x\in ⟨0,3⟩$ (radius $x$ kan ikke bli $0$ eller $3$, for da forsvinner kjeglen). Vi bruker CAS til å derivere $f$ og løse $f^{\prime }(x)=0$.

CAS gir de kritiske punktene $x=-2\sqrt{2}$, $x=0$ og $x=2\sqrt{2}$. Bare $x=2\sqrt{2}\approx \mathrm{2,83}$ ligger i det gyldige intervallet $⟨0,3⟩$. Siden $f(0)=0$ og $f(3)=3\pi \approx \mathrm{28,27}$, mens $f(2\sqrt{2})={\displaystyle \frac{32\pi }{3}}\approx \mathrm{33,51}$ er størst av disse, gir $x=2\sqrt{2}$ det største volumet.

Da er radius i grunnflaten $r=x=2\sqrt{2}\approx \mathrm{2,83}$. Høyden finner vi ved å sette $x=2\sqrt{2}$ inn i $y=\sqrt{9-x^2}$:

Det største volumet er

Radius må være $\underline{\underline{r=2\sqrt{2}\approx \mathrm{2,83}}}$ og høyden $\underline{\underline{h=4}}$ for at volumet av den innskrevne kjeglen skal bli størst mulig, og det største volumet er $\underline{\underline{V={\displaystyle \frac{32\pi }{3}}\approx \mathrm{33,51}}}$.