1T Høst 2018

Løsningen av likningssystemet grafisk er punktene der grafen til parabelen $y=-x^2+4$ og grafen til linjen $y=x+2$ skjærer hverandre. Vi tegner de to grafene i samme koordinatsystem og leser av skjæringspunktene:

Av skissen ser vi at grafene skjærer hverandre i punktene $(-2,0)$ og $(1,3)$.

Svar: $\underline{\underline{(x,y)=(-2,0)\text{ og }(1,3)}}$

Begge likningene er løst med hensyn på $y$, så vi kan sette de to uttrykkene for $y$ lik hverandre:

Vi flytter alle ledd over på venstre side:

Vi ganger med $-1$ på begge sider for å få positivt fortegn foran $x^2$:

Vi faktoriserer ved å finne to tall som multiplisert gir $-2$ og addert gir $1$. Tallene $2$ og $-1$ passer:

Dette gir $x=-2$ eller $x=1$.

Vi setter x-verdiene inn i den enkleste likningen, $y=x+2$, for å finne tilhørende y-verdier:

Vi kontrollerer med den andre likningen $y=-x^2+4$: for $x=-2$ er $y=-{(-2)}^2+4=-4+4=0$, og for $x=1$ er $y=-1^2+4=3$. Begge stemmer.

Svar: $\underline{\underline{(x,y)=(-2,0)\text{ og }(1,3)}}$

Vi setter $x=0$ inn i uttrykket for den deriverte:

$\underline{\underline{f^{\prime }(0)=2}}$

Stigningstallet til tangenten i punktet $(0,0)$ er lik den deriverte i dette punktet, altså $f^{\prime }(0)=2$ fra oppgave a).

Tangenten går gjennom punktet $(0,0)$, så vi kan sette opp likningen for en rett linje $y=ax+b$ med $a=2$. Siden linjen går gjennom origo, er $b=0$:

$\underline{\underline{y=2x}}$

Vi skriver om den deriverte som et produkt av en kvadratfaktor og en lineær faktor:

Faktoren ${(x-1)}^2$ er et kvadrat, og er derfor alltid positiv eller null for alle verdier av $x$. Fortegnet til $f^{\prime }(x)$ er dermed avgjort av fortegnet til faktoren $(x+2)$, bortsett fra akkurat i $x=1$, hvor $f^{\prime }(x)=0$ uansett.

Vi setter opp en fortegnslinje for $f^{\prime }(x)$ ved å teste verdier på hver side av nullpunktene $x=-2$ og $x=1$, for eksempel $x=-3$, $x=0$ og $x=2$:

I $x=-2$ skifter $f^{\prime }(x)$ fortegn fra $-$ til $+$. Dette betyr at $f$ er avtagende før $x=-2$ og voksende etter, så $(-2,-6)$ er et bunnpunkt.

I $x=1$ er $f^{\prime }(x)=0$, men $f^{\prime }(x)$ er $+$ på begge sider av $x=1$ (fordi $(x+2)>0$ der, mens ${(x-1)}^2\ge 0$). Fortegnet til $f^{\prime }(x)$ skifter altså ikke i $x=1$, og $f$ er voksende både før og etter. Grafen flater ut med en horisontal tangent uten å skifte fra voksende til avtagende (eller omvendt), så $(1,\frac{3}{4})$ er et terrassepunkt.

$\underline{\underline{\text{Bunnpunkt i }(-2,-6)\text{ og terrassepunkt i }(1,\frac{3}{4}),\text{ vist ved fortegnslinje til }{f}^{\prime }(x)}}$

Når vi kaster to terninger, er det $6\cdot 6=36$ like sannsynlige utfall.

Vi skal finne sannsynligheten for at nøyaktig én av terningene viser en toer. Det betyr at én terning viser $2$, og den andre viser noe annet enn $2$.

Dette kan skje på to måter:

• Første terning viser $2$, andre viser ikke $2$: ${\displaystyle \frac{1}{6}}\cdot {\displaystyle \frac{5}{6}}$
• Første terning viser ikke $2$, andre viser $2$: ${\displaystyle \frac{5}{6}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{6}}$

Siden dette er to disjunkte hendelser, legger vi sannsynlighetene sammen:

$\underline{\underline{P={\displaystyle \frac{5}{18}}}}$

Vi skal finne den betingede sannsynligheten for at ingen av terningene viser en toer, gitt at summen er $8$.

Først finner vi alle utfallene (par av terningkast, skrevet som (terning 1, terning 2)) som gir sum lik $8$:

Det er $5$ utfall totalt som gir sum $8$.

Av disse er det utfallene som ikke inneholder en toer:

Det er $3$ slike utfall.

Den betingede sannsynligheten blir da antall gunstige utfall delt på antall mulige utfall (gitt at summen er $8$):

$\underline{\underline{P={\displaystyle \frac{3}{5}}}}$

Vi tenker oss at $A$ og $C$ ligger fast, med $\angle A={30}^{\circ }$ og $AC=10$. Punktet $B$ kan ligge hvor som helst langs den andre strålen fra $A$ (den strålen vinkelen ${30}^{\circ }$ er målt mot).

Lengden $BC$ blir kortest når $B$ er det punktet på strålen som ligger nærmest $C$ — det vil si når $BC$ står vinkelrett på strålen $AB$. Da har trekanten en rett vinkel i $B$.

I den rettvinklede trekanten $ABC$ (rett vinkel i $B$) er $AC=10$ hypotenusen, og $BC$ er kateten motstående $\angle A$. Da er

$\underline{\underline{BC=5}}$

Vi bruker sinussetningen på trekanten $ABC$ der $\angle A={30}^{\circ }$, $AC=10$ og $BC=8$. Sinussetningen sier at forholdet mellom en side og sinus til motstående vinkel er det samme for alle sidene i trekanten:

Vi setter inn tallene:

Vi løser for $\sin B$:

$\underline{\underline{\sin B={\displaystyle \frac{5}{8}}=\mathrm{0,625}}}$

Siden $\sin B=\mathrm{0,625}$, gir kalkulatoren én løsning i første kvadrant: $\angle B={\mathrm{38,7}}^{\circ }$ (oppgitt i oppgaveteksten). Men sinus er positiv både i første og andre kvadrant, så likningen $\sin B=\mathrm{0,625}$ har også en løsning mellom ${90}^{\circ }$ og ${180}^{\circ }$:

Vi sjekker at denne løsningen er mulig: siden $\angle A+\angle B<{180}^{\circ }$ må gjelde, sjekker vi ${30}^{\circ }+{\mathrm{141,3}}^{\circ }={\mathrm{171,3}}^{\circ }<{180}^{\circ }$ — dette stemmer, så begge løsningene gir gyldige trekanter.

$\underline{\underline{\angle B={\mathrm{141,3}}^{\circ }}}$

Siden $BC=8$ er lengre enn minsteverdien $5$ fra a), men fortsatt kortere enn $AC=10$, finnes det to ulike punkter $B$ på strålen fra $A$ som gir $BC=8$ — én nærmere $A$ (som gir en stump vinkel $\angle B_1\approx {\mathrm{141,3}}^{\circ }$) og én lenger unna $A$ (som gir en spiss vinkel $\angle B_2\approx {\mathrm{38,7}}^{\circ }$):

Rektangelet $ADEF$ har $D$ på $AB$, $F$ på $AC$ og $E$ på $BC$, med $AD=FE=x$ og $AF=DE=h$.

I trekant $DBE$ er $\angle EDB={90}^{\circ }$ (siden $DE⟂AB$, fordi $DE$ er en side i rektangelet parallell med $AF$, som står vinkelrett på $AB$). Vinkelen $\angle DBE$ er den samme som $\angle ABC=B$, siden $D$ ligger på linjen $AB$. Da må den tredje vinkelen i trekant $DBE$ være

I trekant $FEC$ er $\angle EFC={90}^{\circ }$ (siden $FE⟂AC$), og $\angle FCE=\angle ACB=C$, siden $F$ ligger på linjen $AC$. Den tredje vinkelen blir da

Siden $ABC$ er rettvinklet i $A$, er $B+C={90}^{\circ }$, altså $C={90}^{\circ }-B$ og $B={90}^{\circ }-C$. Dermed er

Trekantene $DBE$ og $FEC$ har altså de samme tre vinklene (${90}^{\circ }$, $B$ og $C$), så de er formlike.

Vi bruker trekant $DBE$, som har rett vinkel i $D$. Vinkelen ved $B$ er den samme vinkelen $B$ som i den store trekanten $ABC$. I trekant $ABC$ er

I trekant $DBE$ er katetene $DE=h$ (motstående $B$) og $DB=AB-AD=6-x$ (hosliggende $B$). Siden vinkelen $B$ er den samme, må

Vi løser for $h$:

Punktet $D$ ligger mellom $A$ og $B$ på linjestykket $AB$. Skal $ADEF$ være et ekte rektangel (ikke degenerere til et linjestykke), må $D$ verken falle sammen med $A$ ($x=0$) eller med $B$ ($x=6$). Derfor er

Arealet av rektangelet $ADEF$ er sidene $x$ og $h$ multiplisert:

$g(x)=-{\displaystyle \frac{4}{3}}{x}^2+8x$ er en andregradsfunksjon med negativ koeffisient foran $x^2$, så grafen er en parabel som vender grenene nedover. Da gir toppunktet det største arealet.

Toppunktet til en parabel $g(x)=a{x}^2+bx+c$ har $x$-koordinat $x=-{\displaystyle \frac{b}{2a}}$. Her er $a=-{\displaystyle \frac{4}{3}}$ og $b=8$:

Siden $x=3$ ligger i det tillatte intervallet $⟨0,6⟩$, er dette en gyldig løsning, og arealet er størst når $x=3$.

Vi taster funksjonsuttrykket

inn i et graftegner-program (GeoGebra) og velger visningsvinduet $x\in [0,12]$:

Grafen er en parabel som vender grenene nedover. Ballen stiger fra $h(0)=\mathrm{2,04}\mathrm{m}$, når et toppunkt på ca. $\mathrm{3,65}\mathrm{m}$ ved $x\approx \mathrm{4,8}\mathrm{m}$, og synker deretter.

Skissen viser at volleyballbanen er $18\mathrm{m}$ lang, og at nettet står midt på banen. Spilleren slår ballen fra enden av sin banehalvdel, altså er avstanden fra spilleren til nettet

Ballens høyde over bakken når den har beveget seg $9\mathrm{m}$, finner vi ved å sette $x=9$ inn i $h(x)$:

Ballen er altså $\mathrm{2,40}\mathrm{m}$ over bakken idet den passerer nettet.

• For kvinner er nettet $\mathrm{2,24}\mathrm{m}$ høyt. Siden $\mathrm{2,40}\mathrm{m}>\mathrm{2,24}\mathrm{m}$, går ballen over nettet.
• For menn er nettet $\mathrm{2,43}\mathrm{m}$ høyt. Siden $\mathrm{2,40}\mathrm{m}<\mathrm{2,43}\mathrm{m}$, går ballen ikke over nettet — den treffer nettet.

Vi faktoriserer $f(x)$:

Et produkt er null når minst én faktor er null:

Grafen til $f$ har altså nullpunkter i $x=0$ (dobbeltrot) og $x=k$.

Vi løser oppgaven i CAS. Vi legger inn funksjonen $f$, den deriverte $g=f^{\prime }$, og løser $g(x)=0$:

CAS gir $g(x)=f^{\prime }(x)=-3x^2+2kx$, og likningen $f^{\prime }(x)=0$ har løsningene $x=0$ og $x=\frac{2}{3}k$ (linje 3).

For å avgjøre hvilket punkt som er bunn- og hvilket som er toppunkt, ser vi på fortegnet til den dobbeltderiverte $f^{\prime \prime }(x)=-6x+2k$. Siden $k\ge 1$:

Siden $f(0)=0$ og CAS gir $f\left(\frac{2}{3}k\right)=\frac{4}{27}{k}^3$ (linje 4), har grafen til $f$ et $\text{bunnpunkt i }(0,0)$ og et $\text{toppunkt i }(\frac{2}{3}k,\frac{4}{27}{k}^3)$, som skulle vises.

Vi bruker CAS til å finne $f(1)$ og $f^{\prime }(1)=g(1)$ (linje 5 og 6 i utklippet ovenfor):

Tangentlikningen i punktet $(1,f(1))$ er

CAS forenkler uttrykket (linje 7):

som ordnet etter $x$ gir

Den momentane vekstfarten til $f$ i $x=1$ er $f^{\prime }(1)=2k-3$ (funnet i CAS over).

Den gjennomsnittlige vekstfarten fra $x=0$ til $x=2$ er

CAS forenkler dette uttrykket til $2k-4$ (linje 8 i utklippet).

Vi lar CAS regne ut differansen mellom momentan og gjennomsnittlig vekstfart (linje 9):

Differansen er altså konstant lik $1$, uavhengig av verdien til $k$. Siden $1>0$, betyr dette at den momentane vekstfarten til $f$ i $x=1$ alltid er nøyaktig $1$ større enn den gjennomsnittlige vekstfarten til $f$ på $[0,2]$ — for alle $k\ge 1$. Dermed er den momentane vekstfarten alltid størst, som skulle vises.

Vi lar $P$ være kunder som kjøpte popcorn, og $S$ være kunder som kjøpte smågodt.

Vi vet at:

• Totalt antall kunder: $450$
• Kjøpte popcorn: $280$
• Kjøpte smågodt: $220$
• Kjøpte verken popcorn eller smågodt: $30$

Da er antallet som kjøpte popcorn eller smågodt (eller begge deler):

Antallet som kjøpte begge deler finner vi ved å telle popcorn og smågodt hver for seg og trekke fra de som telles to ganger:

Da kjøpte:

• $280-80=200$ kunder bare popcorn
• $220-80=140$ kunder bare smågodt
• $80$ kunder begge deler
• $30$ kunder verken popcorn eller smågodt

Dette gir følgende krysstabell:

Vi sjekker at radene og kolonnene stemmer: $80+140+200+30=450$. ✓

Sannsynligheten for at en tilfeldig valgt kunde kjøpte både popcorn og smågodt finner vi ved å dele antallet som kjøpte begge deler på totalt antall kunder:

$\underline{\underline{P(\text{popcorn og smågodt})\approx \mathrm{0,178}(\mathrm{17,8}\%)}}$

Vi vet at kunden kjøpte smågodt, så vi ser bare på raden «Smågodt» i krysstabellen. Av de $220$ kundene som kjøpte smågodt, kjøpte $140$ ikke popcorn.

Den betingede sannsynligheten blir dermed:

$\underline{\underline{P(\text{ikke popcorn}|\text{smågodt})\approx \mathrm{0,636}(\mathrm{63,6}\%)}}$

Vi kjenner sidene $AC=2s$ og $AB=5s$ og mellomliggende vinkel $A=60°$. Arealet av en trekant der vi kjenner to sider og vinkelen mellom dem, finner vi med arealsetningen:

Vi setter inn:

$\underline{\underline{T={\displaystyle \frac{5\sqrt{3}}{2}}{s}^2}}$

Siden $BC$ ligger motstående vinkel $A$, og vi kjenner de to andre sidene $AC$ og $AB$ samt vinkelen mellom dem, bruker vi cosinussetningen:

Vi setter inn:

$\underline{\underline{BC=s\sqrt{19}}}$

Legg merke til at alle sidene i trekanten er proporsjonale med $s$: $AC=2s$, $AB=5s$ og $BC=s\sqrt{19}$. Det betyr at trekanten har samme fasong (samme vinkler) uansett hvilken verdi $s$ har — $s$ bestemmer bare størrelsen på trekanten, ikke formen. Det holder derfor å undersøke om trekanten kan være rettvinklet for én verdi av $s$, for eksempel $s=1$, siden svaret blir det samme for alle $s>0$.

Vi setter $s=1$, slik at $AC=2$, $AB=5$ og $BC=\sqrt{19}$, og sjekker om Pytagoras’ setning kan stemme for noen av de tre sidene som hypotenus: