1T Vår 2013

Vi finner nullpunktene ved å løse likningen $f(x)=0$:

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

Dette faktoriserer vi ved å finne to tall som multiplisert gir $-5$ og addert gir $4$. Tallene $5$ og $-1$ passer:

Et produkt er null når minst én faktor er null:

Siden $f$ er et andregradsuttrykk med negativ koeffisient foran $x^2$, har grafen et toppunkt. Toppunktet ligger midt mellom nullpunktene (symmetriaksen):

Vi setter $x=-2$ inn i $f$ for å finne $y$-koordinaten:

Toppunktet er

Vi tegner grafen til $f$ ut fra nullpunktene $(-5,0)$ og $(1,0)$, toppunktet $(-2,9)$ og at grafen er en nedovervendt parabel:

Vi finner først funksjonsverdien i $x=-1$:

Punktet er altså $(-1,8)$.

Stigningstallet til tangenten er den deriverte av $f$ i $x=-1$. Vi deriverer:

Tangentens likning finner vi med ettpunktsformelen $y-y_1=a(x-x_1)$, med $a=-2$ og $(x_1,y_1)=(-1,8)$:

Tangenten er tegnet inn i skissen over, som en rett linje gjennom punktet $(-1,8)$ med stigningstall $-2$.

Fra figuren ser vi at $△AOC$ har rett vinkel i $O$, og at begge katetene er radier i den store halvsirkelen: $OA=OC=r$.

Vi bruker Pytagoras’ setning på $△AOC$:

Vi tar kvadratroten på begge sider:

Vi skal vise at arealet av Hippokrates-månen (blått område) er lik arealet av $△AOC$. Ideen er å uttrykke månens areal som

Arealet av $△AOC$

Trekanten er rettvinklet med katetene $OA=OC=r$:

Arealet av sektoren $AOC$

Siden vinkelen i $O$ er $90°$, er sektoren $AOC$ en kvart av den store sirkelen med radius $r$:

Arealet av sirkelsegmentet

Sirkelsegmentet mellom korden $AC$ og buen $AC$ (den delen av sektoren som ligger utenfor $△AOC$) er differansen mellom sektoren og trekanten:

Arealet av den lille halvsirkelen

Den lille halvsirkelen har $AC$ som diameter, altså radius ${\displaystyle \frac{AC}{2}}={\displaystyle \frac{r\sqrt{2}}{2}}$. Arealet av en halvsirkel er ${\displaystyle \frac{1}{2}}\pi \cdot {(\text{radius})}^2$:

Arealet av månen

Månen er det som er igjen av den lille halvsirkelen når vi trekker fra sirkelsegmentet (den delen av halvsirkelen som overlapper med den store sirkelens sektor):

Konklusjon

Vi ser at

Diagonalen $BD$ deler firkanten i to trekanter: $△ABD$ og $△BDC$. I trekant $BDC$ kjenner vi to sider og vinkelen mellom dem: $BC=\mathrm{6,0}$, $\angle DBC=\mathrm{38,2}°$, og siden motstående vinkelen, $DC=\mathrm{4,0}$. Da kan vi sette opp cosinussetningen med $BD$ som ukjent:

Dette gir en andregradslikning i $BD$:

Vi løser med abc-formelen:

Vi må velge den løsningen som stemmer med figuren. Av figuren ser vi at diagonalen $BD$ er en forholdsvis lang diagonal, på størrelse med siden $BC=\mathrm{6,0}\mathrm{cm}$. Vi forkaster derfor $BD\approx \mathrm{3,22}\mathrm{cm}$ og velger

Vi finner arealet av firkanten ved å legge sammen arealet av $△BDC$ og $△ABD$.

Areal av $△BDC$

Her kjenner vi to sider og vinkelen mellom dem ($BD\approx \mathrm{6,21}$, $BC=\mathrm{6,0}$ og $\angle DBC=\mathrm{38,2}°$), og kan bruke arealsetningen direkte:

Areal av $△ABD$

I denne trekanten kjenner vi $AD=\mathrm{5,0}$, $\angle DAB=60°$ og $BD\approx \mathrm{6,21}$ (siden motstående vinkel $A$). Vi bruker først sinussetningen til å finne vinkel $\angle ABD$:

Vi velger $\angle ABD\approx \mathrm{44,2}°$, siden den samlede vinkelen i $B$ da blir $\angle ABD+\angle DBC\approx \mathrm{44,2}°+\mathrm{38,2}°=\mathrm{82,4}°$, som stemmer godt med en konveks firkant som på figuren. Den andre løsningen ville gitt en vinkel i $B$ på over $170°$, som er urimelig.

Da blir $\angle ADB=180°-60°-\mathrm{44,2}°=\mathrm{75,8}°$, og vi kan bruke arealsetningen med sidene $AD$ og $BD$:

Totalt areal

Vi finner først hvor mange fargeblinde menn og kvinner det er.

Blant $4000$ menn er $8\%$ fargeblinde:

Blant $6000$ kvinner er $1\%$ fargeblinde:

Totalt antall fargeblinde:

Det er til sammen $10000$ deltakere i undersøkelsen, så sannsynligheten for at en tilfeldig valgt person er fargeblind, blir

Det er $\underline{\underline{380\text{ fargeblinde personer}}}$, og sannsynligheten for at en tilfeldig valgt deltaker er fargeblind er $\underline{\underline{\mathrm{3,8}\%}}$.

Nå velger vi tilfeldig én person blant de $380$ fargeblinde. Av disse er $60$ kvinner. Sannsynligheten for å velge en kvinne blir da

Sannsynligheten for at personen vi velger er en kvinne, er $\underline{\underline{{\displaystyle \frac{3}{19}}\approx \mathrm{15,8}\%}}$.

Sannsynligheten for at akkurat $k$ av de 100 ønsker å flytte, er gitt ved

For $k=30$ setter vi opp uttrykket i GeoGebra CAS og regner ut:

Vi finner $P(X=30)\approx \mathrm{0,0673}$.

Svar: Sannsynligheten for at nøyaktig 30 av de 100 personene ønsker å flytte fra byen, er $\underline{\underline{P(X=30)\approx \mathrm{0,0673}}}$.

Vi skal finne sannsynligheten for at mellom 30 og 50 av personene ønsker å flytte fra byen, altså at $X$ ligger strengt mellom 30 og 50:

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

Svar: Sannsynligheten for at mellom 30 og 50 av de 100 personene ønsker å flytte fra byen, er $\underline{\underline{P(30<X<50)\approx \mathrm{0,7230}}}$.

Vi lar $m$ være antall menn og $k$ være antall kvinner som deltok i undersøkelsen.

Siden 1000 personer ble spurt, har vi

En av fem, altså $\frac{1}{5}\cdot 1000=200$ personer, svarte at de ville trene i ferien. Av disse er $21\%$ av mennene og $16\%$ av kvinnene, så

Likningssystemet blir dermed

Fra første likning får vi $k=1000-m$. Setter vi dette inn i andre likning:

Da er $k=1000-800=200$.

Kontroll: $\mathrm{0,21}\cdot 800=168$ og $\mathrm{0,16}\cdot 200=32$, og $168+32=200$, som stemmer.

Det var altså $\underline{\underline{m=800\text{ menn}}}$ og $\underline{\underline{k=200\text{ kvinner}}}$ som deltok i undersøkelsen.

Vi taster inn funksjonen

i GeoGebra og lar $t$ variere fra $0$ til $10$. Grafen viser en kurve som starter i $(0,700)$, stiger til et toppunkt omtrent i $(\mathrm{2,15},\mathrm{866,7})$, synker til et bunnpunkt omtrent i $(\mathrm{8,11},\mathrm{523,7})$, og stiger igjen mot $(10,650)$.

For å finne når bestanden var størst, deriverer vi $h$ og løser $h^{\prime }(t)=0$ i CAS:

CAS gir to løsninger, $t=\mathrm{2,15119}$ og $t=\mathrm{8,10522}$. Siden $h^{\prime }$ er en parabel som vender oppover, er $h^{\prime }(t)<0$ mellom disse to verdiene og $h^{\prime }(t)>0$ utenfor. Det betyr at $h$ vokser fram til $t\approx \mathrm{2,15}$, avtar fram til $t\approx \mathrm{8,11}$, og vokser igjen etter det. Dermed er $t\approx \mathrm{2,15}$ et lokalt toppunkt og $t\approx \mathrm{8,11}$ et lokalt bunnpunkt.

CAS gir $h(\mathrm{2,15119})\approx \mathrm{866,67}$. Siden $h(0)=700$ og $h(10)=650$ begge er mindre enn dette, er $t\approx \mathrm{2,15}$ det globale maksimumet på $[0,10]$.

$t\approx \mathrm{2,15}$ år etter 1. januar 1990 tilsvarer omtrent februar 1992.

Bestanden var størst i februar 1992, med omtrent $\underline{\underline{867\text{ hjort}}}$.

Vi løser $h(t)=850$ grafisk ved å legge inn linja $y=850$ og finne skjæringspunktene med grafen til $h$ (se figuren i a) og CAS-utregningen i b)).

Skjæringspunktene er ved $t\approx \mathrm{1,42}$ og $t\approx \mathrm{2,95}$ (den tredje løsningen, $t\approx \mathrm{11,02}$, ligger utenfor definisjonsmengden $[0,10]$ og skal forkastes).

Av grafen ser vi at $h(t)>850$ nettopp mellom disse to verdiene:

Dette betyr at hjortebestanden var over $850$ dyr i en periode fra omtrent sommeren 1991 til slutten av 1992 — altså en relativt kort periode rundt toppen av bestanden.

Vi bruker CAS til å regne ut $h^{\prime }(4)$ (se skjermbildet i b)):

Svaret forteller at hjortebestanden i 1994 (fire år etter 1990) minket med omtrent $\underline{\underline{74\text{ hjort per år}}}$ akkurat på det tidspunktet. Det negative fortegnet viser at bestanden var i en synkende periode, i samsvar med at $t=4$ ligger mellom toppunktet ($t\approx \mathrm{2,15}$) og bunnpunktet ($t\approx \mathrm{8,11}$) på grafen.

Diagonalen i rektangelet går gjennom sentrum $S$ i sirkelen, og halve diagonalen er da lik radien $r$. Vi kan finne diagonalen ved å bruke Pytagoras’ setning på den rettvinklede trekanten som lengden og bredden i rektangelet danner med diagonalen:

Radien er halve diagonalen:

Svar: $\underline{\underline{r\approx \mathrm{5,59}}}$

Rektangelet har lengde $2x$, altså er halve lengden lik $x$. La halve bredden være $y$. Siden alle fire hjørnene i rektangelet ligger på sirkelen, er senter for sirkelen også skjæringspunktet mellom diagonalene, og avstanden fra senteret til et hjørne er lik radien $r=10$.

Da danner $x$, $y$ og radien en rettvinklet trekant, og Pytagoras’ setning gir

Bredden i rektangelet er da $2y=2\sqrt{100-x^2}$, og arealet blir lengde ganger bredde:

Dette er nettopp uttrykket vi skulle vise.

For å finne det største arealet deriverer vi $A(x)=4x\sqrt{100-x^2}$ og finner hvor den deriverte er lik null. GeoGebra CAS gir

Fra utklippet ser vi at

Likningen $A^{\prime }(x)=0$ har løsningene $x=-5\sqrt{2}$ og $x=5\sqrt{2}$. Siden $x$ er en halv lengde, må $x>0$, så vi forkaster den negative løsningen og står igjen med

Siden $A^{\prime }(x)>0$ for $x<5\sqrt{2}$ og $A^{\prime }(x)<0$ for $x>5\sqrt{2}$ (innenfor det gyldige området $0<x<10$), er dette et maksimumspunkt. GeoGebra CAS gir maksimalarealet direkte:

Lengden i det optimale rektangelet er

og bredden er

Lengden og bredden er altså like store — det rektangelet med størst areal er et kvadrat med sidelengde $10\sqrt{2}\mathrm{cm}\approx \mathrm{14,1}\mathrm{cm}$ (dersom lengdeenheten er cm).

Svar: $\underline{\underline{A_{\text{maks}}=200}}$, oppnådd for lengde $=$ bredde $=10\sqrt{2}\approx \mathrm{14,1}$