R1 Høst 2012

Vi bruker kjerneregelen med $u=2x-1$, slik at $f(x)=u^2$.

Vi skriver $g(x)={(x^2-2x)}^{\frac{1}{2}}$ og bruker kjerneregelen med $u=x^2-2x$.

Vi bruker produktregelen med $u=x^3$ og $v=e^{2x}$, der $u^{\prime }=3x^2$ og $v^{\prime }=2e^{2x}$ (kjerneregelen).

Divisjonen $f(x):(x-3)$ går opp når $x=3$ er et nullpunkt for $f$, altså når $f(3)=0$.

Med $k=-1$ blir

Vi utfører polynomdivisjonen $f(x):(x-3)$:

Dermed er $f(x)=(x-3)(x^2-1)$. Vi faktoriserer videre ved konjugatsetningen, $x^2-1=(x-1)(x+1)$:

Vi finner den første- og andrederiverte av $f$.

Et vendepunkt har $f^{\prime \prime }(x)=0$:

Vi setter $x=1$ inn i $f$ for å finne $y$-koordinaten:

Vendepunktet er $(1,0)$.

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

Tangenten går gjennom vendepunktet $(1,0)$ med stigningstall $-4$:

Eleven starter riktig med likningen $f(x)=g(x)$, altså $(x-1)(x-3)=x-1$. Deretter deler eleven begge sider på $(x-1)$ for å få $(x-3)=1$.

Dette er ikke en gyldig omforming. Man kan bare dele en likning på et uttrykk hvis man vet at uttrykket ikke er null. Her vet vi ikke om $x-1=0$ — faktisk er $x=1$ nettopp en av løsningene på likningen. Når eleven deler på $(x-1)$, blir denne løsningen borte, fordi $(x-1)=0$ gjør at hele venstresiden av den opprinnelige likningen er $0$ uansett hva høyresiden er.

Grafen bekrefter at det faktisk er to skjæringspunkter mellom $f$ og $g$, ikke bare ett, så elevens svar mangler løsningen $(\mathrm{1,0})$.

Vi setter $f(x)=g(x)$ og flytter alt over på én side i stedet for å dele:

Vi faktoriserer ut fellesfaktoren $(x-1)$:

Dette gir $x=1$ eller $x=4$.

For $x=1$: $y=g(1)=1-1=0$

For $x=4$: $y=g(4)=4-1=3$

Skjæringspunktene er $\underline{\underline{(\mathrm{1,0})\text{ og }(\mathrm{4,3})}}$.

Vi legger et koordinatsystem med $A=(\mathrm{0,0})$, $B=(a,0)$, $C=(a,a)$ og $D=(0,a)$, i tråd med figuren.

Diagonalvektorene blir

To vektorer står vinkelrett på hverandre nettopp når skalarproduktet er $0$:

Siden skalarproduktet er $0$, er $\underline{\underline{AC⟂BD}}$.

I et kvadrat er diagonalene like lange og halverer hverandre, så $F$ er midtpunkt på begge diagonalene:

Diagonalene deler kvadratet i fire trekanter $△AFB$, $△BFC$, $△CFD$ og $△DFA$. Alle fire har rett vinkel i $F$ (vist i a)) og kateter $\frac{AC}{2}$ og $\frac{BD}{2}$, så de er kongruente og har samme areal:

Arealet av kvadratet er summen av de fire trekantarealene:

Siden grunntallene er like, må eksponentene være like:

Vi merker oss at uttrykket krever $x>0$ og $x-1>0$, altså $x>1$.

Ved regelen $\lg a+\lg b=\lg (a\cdot b)$ blir likningen

Siden $x>1$, forkastes $x=-1$. Løsningen er $x=2$.

Vi finner vektorene $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$:

$\angle BAC=90°$ betyr at $\overrightarrow{AB}⟂\overrightarrow{AC}$, altså at skalarproduktet er null:

Med $t=4$ er $C(0,4)$. Siden $\angle BAC=90°$, er trekant $ABC$ rettvinklet i $A$. Da er $BC$ hypotenusen, og arealet av trekanten kan uttrykkes på to måter:

der $d$ er avstanden fra $A$ til linjen $BC$ (høyden på hypotenusen). Vi finner lengdene:

Dermed blir

Vinkelen $\angle BAC$ er vinkelen mellom vektorene $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$:

Skalarproduktet blir

Lengdene er $\left|\overrightarrow{AB}\right|=6$ og $\left|\overrightarrow{AC}\right|=4\sqrt{2}$. Da får vi

som gir $\angle BAC=45°$, se vinkelBAC i utklippet.

Svar: $\underline{\underline{\angle BAC=45°}}$

I et parallellogram $ABCD$ er motstående sider $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{DC}$ like vektorer:

Vi har $\overrightarrow{AB}=(6,0)$ og $\overrightarrow{DC}=C-D=(4-t,0)$. Likningen for $x$-komponenten blir

som CAS løser til $t=-2$ (se tb i utklippet).

Svar: $\underline{\underline{t=-2}}$

Diagonalene er ortogonale når skalarproduktet deres er null:

Vi har $\overrightarrow{AC}=(4,4)$ og $\overrightarrow{BD}=D-B=(t-6,4)$. Da blir

Vi løser likningen $4t-8=0$, se skalarproduktC og tc i utklippet, og finner $t=2$.

Svar: $\underline{\underline{t=2}}$

$P(J\cap B)$ er sannsynligheten for at eleven både er en jente og tar buss. Vi leser dette direkte av tabellen: $94$ av $350$ elever er jenter som tar buss.

$\underline{\underline{P(J\cap B)={\displaystyle \frac{94}{350}}\approx \mathrm{0,27}}}$.

Totalt tar $71+94=165$ elever buss, så

$P(B|J)$ er sannsynligheten for at eleven tar buss, gitt at eleven er jente. Av de $168$ jentene tar $94$ buss:

Siden

er $J$ og $B$ ikke uavhengige hendelser. At en elev er jente, øker sannsynligheten for at hun tar buss til skolen.

$\underline{\underline{P(B)={\displaystyle \frac{33}{70}}\approx \mathrm{0,47}}}$ og $\underline{\underline{P(B|J)={\displaystyle \frac{47}{84}}\approx \mathrm{0,56}}}$; hendelsene er ikke uavhengige.

Sannsynligheten for at en elev som tar buss er en jente er $\underline{\underline{P(J|B)={\displaystyle \frac{94}{165}}\approx \mathrm{0,57}}}$.

Vi skriver $x(t)={\displaystyle \frac{1}{4}}{t}^2-3t$ og $y(t)=t+{\displaystyle \frac{4}{t}}-5$, og tegner parameterkurven $\overrightarrow{r}(t)=(x(t),y(t))$ for $t\in ⟨0,20]$ i GeoGebra.

Siden ${\displaystyle \frac{4}{t}}\to \infty$ når $t\to 0^{+}$, går kurven mot uendelig langs en nesten loddrett gren nær $t=0$. Deretter bøyer kurven av og danner en løkke som krysser $x$-aksen og $y$-aksen før den flater ut mot en nesten rett linje for store $t$.

Skjæring med $y$-aksen fås når $x(t)=0$:

Siden $t=0$ ikke er med i definisjonsmengden $⟨0,20]$, er det bare $t=12$ som gir et gyldig skjæringspunkt. Da er

slik at kurven skjærer $y$-aksen i punktet $(0,{\displaystyle \frac{22}{3}})$.

Skjæring med $x$-aksen fås når $y(t)=0$:

Begge verdiene ligger i $⟨0,20]$. Da er

slik at kurven skjærer $x$-aksen i punktene $(-{\displaystyle \frac{11}{4}},0)$ og $(-8,0)$.

Utregningene er verifisert i GeoGebra CAS (linje 3–7 i utklippet under).

Farten er lengden av fartsvektoren $\overrightarrow{v}(t)=\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)=(x^{\prime }(t),y^{\prime }(t))$. Vi deriverer:

Ved $t=5$ (se linje 8–11 i CAS-utklippet):

Farten blir da

som stemmer med v5 i CAS-utklippet.

Trekant $ABC$ og trekant $DEC$ har toppunktet $C$ felles. Siden $DE\parallel AB$, er $\angle CDE=\angle CAB$ og $\angle CED=\angle CBA$ (samsvarende vinkler mellom parallelle linjer). Dermed er

Høyden fra $C$ ned til $AB$ er $8$, og $F$ ligger på $AB$ (foten av høyden fra $C$, siden $ABC$ er likebeint med $AF=FB$). Høyden fra $F$ opp til $DE$ er $h$, så høyden fra $C$ ned til $DE$ er $8-h$.

I formlike trekanter er forholdet mellom tilsvarende høyder likt forholdet mellom tilsvarende sider ($DE$ tilsvarer $AB$):

Vi løser for $h$:

Dette er uttrykket vi skulle vise.

Arealet av en trekant er $\frac{1}{2}\cdot \text{grunnlinje}\cdot \text{høyde}$. For $△DEF$ er grunnlinjen $DE=x$ og høyden $h$:

Siden $x=DE$ må være mellom $0$ og $AB=6$, er definisjonsmengden $x\in ⟨0,6⟩$.

Vi deriverer $T(x)$ og finner nullpunktet til den deriverte i GeoGebra CAS.

Av utklippet ser vi

Løsning av $T^{\prime }(x)=0$ gir $x=3$, og $T(3)=6$. Siden $T$ er en parabel med negativ ledende koeffisient (vendt ned), er dette et toppunkt, altså det globale maksimumet på $⟨0,6⟩$:

Når $x=3$, er $h=8-\frac{4}{3}\cdot 3=4$ — altså akkurat halvparten av både $AB=6$ og høyden $8$ i $△ABC$. Siden $△DEC\sim △ABC$ med forholdet $\frac{x}{AB}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, betyr det at $D$ er midtpunktet på $AC$ og $E$ er midtpunktet på $BC$. Sammen med at $F$ (fra oppgaveteksten er $AF=FB=3$) er midtpunktet på $AB$, er $D$, $E$ og $F$ nettopp midtpunktene på de tre sidene i $△ABC$.

Da er $DF$, $DE$ og $EF$ midtsegmenter i $△ABC$, parallelle med og halvparten så lange som henholdsvis $BC$, $AB$ og $AC$. De fire småtrekantene $△AFD$, $△FBE$, $△DEC$ og $△DEF$ har derfor alle nøyaktig de samme tre sidelengdene ($\frac{1}{2}AB$, $\frac{1}{2}BC$, $\frac{1}{2}AC$), og er dermed kongruente parvis (kongruens SSS). $△ABC$ består altså av fire kongruente trekanter, hver med areal $\frac{1}{4}\cdot 24=6$, i samsvar med $T(3)=6$.

Vi skal skrive sirkellikningen

på formen ${(x-a)}^2+{(y-b)}^2=r^2$ ved å fullføre kvadratene for $x$-leddene og $y$-leddene hver for seg.

For $x$-leddene: $x^2-2x={(x-1)}^2-1$.

For $y$-leddene: $y^2+4y={(y+2)}^2-4$.

Setter vi dette inn i likningen, får vi

Dette er likningen for en sirkel med sentrum $(1,-2)$ og radius $r=\sqrt{9}=3$.

$\underline{\underline{\text{Sentrum }(1,-2),r=3}}$

Sirkelen er gitt ved

Vi fullfører kvadratene på samme måte.

For $x$-leddene: $x^2+2tx={(x+t)}^2-t^2$.

For $y$-leddene: $y^2-4y={(y-2)}^2-4$.

Dette gir

Sirkelen har sentrum $(-t,2)$ og radius $r=\sqrt{t^2-5}$ (forutsatt $t^2-5>0$).

En sirkel har akkurat ett punkt felles med $x$-aksen når $x$-aksen tangerer sirkelen. Det skjer når avstanden fra sentrum til $x$-aksen er lik radius. Avstanden fra sentrum $(-t,2)$ til $x$-aksen er $|2|=2$, så betingelsen blir

Kontroll i GeoGebra CAS: $\text{Løs}(t^2=9,t)=\{t=-3,t=3\}$, se utklipp.

$\underline{\underline{t=3\text{ eller }t=-3}}$

Siden $AC$ er diameter i sirkelen, er buen fra $A$ til $C$ gjennom $D$ lik en halv sirkel, altså $180°$. Denne buen består av buen $\widehat{AD}=u$ og buen $\widehat{DC}$, så

Vinkelen $\angle BAD$ er en periferivinkel som står på buen fra $B$ til $D$ gjennom $C$ (buen som ikke inneholder $A$). Denne buen er summen av $\widehat{BC}=v$ og $\widehat{CD}$:

Etter periferivinkelsetningen er periferivinkelen halvparten av den buen den står på:

Siden $AC$ er diameter, gir periferivinkelsetningen (Thales’ setning som spesialtilfelle) at periferivinkler som står på en diameter er rette:

Vinkelsummen i firkanten $ABCD$ er $360°$, så

Finner $\alpha$: $P$ ligger på forlengelsen av $AD$ forbi $D$, og på forlengelsen av $BC$ forbi $C$. I trekant $PDC$ er da $\angle PDC$ og $\angle ADC$ supplementvinkler (ligger på rett linje $A$-$D$-$P$), og likeledes er $\angle PCD$ og $\angle BCD$ supplementvinkler: