R1 Høst 2013

Vi bruker kjerneregelen på $f(x)=2\cdot e^{3x}$. Den ytre funksjonen er $2e^u$ og den indre er $u=3x$, med $u^{\prime }=3$.

Vi bruker produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ på $g(x)=2x\cdot \ln (3x)$, med $u=2x$ og $v=\ln (3x)$.

Da er $u^{\prime }=2$, og ved kjerneregelen er $v^{\prime }={\displaystyle \frac{1}{3x}}\cdot 3={\displaystyle \frac{1}{x}}$.

Vi bruker kvotientregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ på $h(x)={\displaystyle \frac{2x-1}{x+1}}$, med $u=2x-1$ og $v=x+1$.

Da er $u^{\prime }=2$ og $v^{\prime }=1$.

Ifølge faktorsetningen er $(x-a)$ en divisor i $P(x)$ hvis og bare hvis $P(a)=0$. Vi setter $x=1$ inn i $P(x)$ uten å utføre divisjonen:

Siden $P(1)=0$, er $(x-1)$ en divisor i $P(x)$, og divisjonen $P(x):(x-1)$ går derfor opp.

Vi utfører polynomdivisjonen $P(x):(x-1)$:

Vi faktoriserer andregradsuttrykket $x^2-5x+6$. Vi trenger to tall som ganger gir $6$ og summert gir $-5$, det vil si $-2$ og $-3$:

Dermed er

Nullpunktene til $P$ er $x=1$, $x=2$ og $x=3$. Vi setter opp en fortegnslinje for de tre faktorene:

Vi ser at $P(x)\ge 0$ når $x\in [1,2]$ eller $x\ge 3$. Løsningen er dermed

Vi regner ut vektorene komponentvis.

Vektorene tegnes med utgangspunkt i origo:

To vektorer er ortogonale (står vinkelrett på hverandre) hvis prikkproduktet er lik null. Vi regner ut $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}$.

Siden $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}=21\ne 0$, er $\overrightarrow{u}$ og $\overrightarrow{v}$ ikke ortogonale.

Vi bruker derivasjonsregelen ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}\left(x^n\right)=n\cdot x^{n-1}$ ledd for ledd.

Topp- og bunnpunkt finner vi der $f^{\prime }(x)=0$.

Vi bruker fortegnet til $f^{\prime \prime }(x)$ for å avgjøre type ekstremalpunkt.

Vi setter inn $x$-verdiene i $f(x)$ for å finne $y$-koordinatene.

Vendepunkt finner vi der $f^{\prime \prime }(x)=0$.

Vendepunktet er $(2,{\displaystyle \frac{16}{3}})$.

Skissen viser grafen med bunnpunkt $(\mathrm{0,0})$, vendepunkt $(2,\frac{16}{3})$ og toppunkt $(4,\frac{32}{3})$:

Vi skal finne $x$-verdiene der $f^{\prime }(x)>0$ og $f^{\prime \prime }(x)<0$ samtidig.

$f^{\prime }(x)>0$ betyr at grafen er stigende. Fra b) vet vi at $f$ er stigende mellom bunnpunktet og toppunktet, altså

$f^{\prime \prime }(x)<0$ betyr at grafen vender den hule siden ned (er konkav), det vil si etter vendepunktet ved $x=2$:

Begge betingelsene er oppfylt samtidig når intervallene overlapper:

$S_1:x^2+y^2=25$ er en sirkel med sentrum $(\mathrm{0,0})$ og radius $5$. $S_2:{(x-a)}^2+y^2=9$ er en sirkel med sentrum $(a,0)$ og radius $3$.

Når $a=6$, har $S_2$ sentrum $(\mathrm{6,0})$ og radius $3$. Avstanden mellom sentrene er $6$, som ligger mellom $5-3=2$ og $5+3=8$ — sirklene skjærer altså hverandre i to punkter (de er ikke tangerende):

Sentrum i $S_1$ er $(\mathrm{0,0})$ med radius $r_1=5$. Sentrum i $S_2$ er $(a,0)$ med radius $r_2=3$. Avstanden mellom sentrene er

To sirkler tangerer hverandre når avstanden mellom sentrene er lik summen av radiene (utvendig tangering) eller lik differansen mellom radiene (innvendig tangering, den ene sirkelen ligger inni den andre).

Utvendig tangering:

Innvendig tangering:

Sirklene tangerer altså hverandre når

Grafen til $f$ tangerer $x$-aksen i $x=2$. Det betyr at $f$ har et dobbelt nullpunkt i $x=2$, altså at ${(x-2)}^2$ er en faktor i funksjonsuttrykket. Siden $f$ er en andregradsfunksjon, må uttrykket derfor være på formen

Fra grafen ser vi at $f$ skjærer $y$-aksen i $y=8$, altså $f(0)=8$. Setter vi inn $x=0$:

Dermed er $\underline{\underline{f(x)=2{(x-2)}^2}}$, som stemmer med grafen i Figur 1.

Grafen til $g$ tangerer $x$-aksen i $x=3$, som betyr at $x=3$ er et dobbelt nullpunkt, altså at ${(x-3)}^2$ er en faktor. I tillegg ser vi av grafen at $g$ krysser $x$-aksen (vanlig nullpunkt, ikke tangering) i $x=-1$, som gir faktoren $(x+1)$. Siden $g$ er en tredjegradsfunksjon, er dette de eneste nullpunktene, og funksjonsuttrykket må derfor være på formen

Fra grafen leser vi av at $g$ skjærer $y$-aksen i $y=9$, altså $g(0)=9$:

Dermed er $g(x)={(x-3)}^2(x+1)$, og $\underline{\underline{k=1}}$.

Grafen til $h$ tangerer $x$-aksen både i $x=-2$ og $x=2$. Dette gir to doble nullpunkter, som svarer til faktorene ${(x+2)}^2$ og ${(x-2)}^2$. Siden $h$ er en fjerdegradsfunksjon, dekker disse to doble nullpunktene hele graden, og funksjonsuttrykket må være på formen

Fra grafen leser vi av at $h$ skjærer $y$-aksen i $y=8$, altså $h(0)=8$:

Dermed er

Kontroll i GeoGebra: Vi plotter $f$, $g$ og $h$ sammen og markerer skjæringen med $y$-aksen for hver funksjon.

Grafene bekrefter at $f(0)=8$, $g(0)=9$ og $h(0)=8$, og at $f$ tangerer i $x=2$, $g$ tangerer i $x=3$ (og krysser i $x=-1$), og $h$ tangerer i både $x=-2$ og $x=2$ — akkurat som i figurene i oppgaveteksten.

Vi skriver om $f$ ved å utføre polynomdivisjon, slik at telleren uttrykkes ved nevneren:

Vertikal asymptote: Nevneren er null når $x=-1$, og telleren er da forskjellig fra null. Dette gir en vertikal asymptote:

Horisontal asymptote: Når $x\to \pm \infty$ går brøkleddet ${\displaystyle \frac{3}{x+1}}\to 0$, slik at $f(x)\to 2$. Dette gir en horisontal asymptote:

Grafen til $f$ med asymptotene $x=-1$ (rød, stiplet) og $y=2$ (rød, stiplet) er tegnet i GeoGebra:

Grafen viser at $f$ er en forskjøvet og skalert hyperbel som nærmer seg de to asymptotene uten å krysse dem.

Vi setter uttrykkene for $f$ og $g$ like hverandre og løser likningen:

Vi ganger begge sider med $x+1$ (gyldig siden $x\ne -1$ er utenfor $D_f$):

Dette gir $x=0$ eller $x=2$. Begge verdiene er innenfor $D_f$. Vi finner $y$-koordinatene ved å sette inn i $g(x)=x-1$:

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

For $x=2$: $g(2)=2-1=1$

Skjæringspunktene er dermed

Kontrollert i GeoGebra CAS: $\text{Løs}({\displaystyle \frac{2x-1}{x+1}}=x-1,x)\to \{x=0,x=2\}$.

Rektangelet $PSRQ$ har hjørnene $P$ på grafen til $f$, $S$ og $R$ på $x$-aksen, og $R$ og $Q$ med førstekoordinat $x=12$. Siden $PSRQ$ er et rektangel, må $PS$ være loddrett og $QP$ vannrett. Det betyr at $P$ og $S$ har samme førstekoordinat, kall den $x$, og at $P$ og $Q$ har samme andrekoordinat.

Da er

Bredden av rektangelet er avstanden mellom $S$ og $R$, altså $12-x$ (positiv siden $S$ ligger mellom origo og $R$, så $x<12$). Høyden er $f(x)=x^2+21$.

Arealet blir dermed

for $x\in ⟨0,12⟩$ (bredde og høyde må begge være positive), som var det som skulle vises.

Vi deriverer $A$ og faktoriserer i CAS.

Nullpunktene til $A^{\prime }$ er $x=1$ og $x=7$. Fortegnet til $A^{\prime }(x)=-3(x-1)(x-7)$:

Dette gir et lokalt minimum i $x=1$ og et lokalt maksimum i $x=7$:

Siden $A$ avtar på $⟨7,12⟩$ og $A(x)\to 0$ når $x\to 12$ (uten at $x=12$ er med i det åpne intervallet), finnes det ingen minste verdi — arealet kan komme vilkårlig nære $0$, men aldri nå det. Legg merke til at $A(11)=142$, som er mindre enn det lokale minimumet $A(1)=242$ — dette viser at det lokale minimumet ikke er den minste verdien til funksjonen.

Den største verdien arealet kan ha, er derfor

Arealet har ingen minste verdi på det åpne intervallet $⟨0,12⟩$.

Vi tegner grafen til $A$ i GeoGebra, med det lokale minimumet i $x=1$ (rødt) og det lokale maksimumet i $x=7$ (grønt) markert.

Grafen bekrefter analysen fra b): $A$ avtar først, har et lokalt bunnpunkt i $(1,242)$, stiger til et toppunkt i $(7,350)$, og avtar deretter mot $0$ når $x$ nærmer seg $12$. Grafen viser tydelig at kurven fortsetter å synke godt under $242$ etter $x=7$, slik at $x=1$ bare gir et lokalt (og ikke globalt) minimum.

Punktene $A$ og $B$ er endepunktene til diameteren langs $x$-aksen, altså

Vektoren $\overrightarrow{PA}$ finner vi ved å trekke koordinatene til $P$ fra koordinatene til $A$ (spiss minus hale):

Tilsvarende for $\overrightarrow{PB}$:

For å vise at $\angle APB=90°$, viser vi at $\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}=0$. Vi regner ut prikkproduktet komponentvis:

CAS-utregningen bekrefter forenklingen:

Vi ser at

Siden $P(x,y)$ ligger på sirkelen, vet vi at $x^2+y^2=r^2$. Setter vi dette inn, får vi

Når prikkproduktet mellom to vektorer er lik null, står vektorene normalt på hverandre. Dermed er

for ethvert punkt $P$ på den øvre halvsirkelen. Dette er nettopp Thales’ setning: periferivinkelen til en diameter er alltid rett.

Vi bruker addisjonssetningen for unionen av to hendelser:

Siden $P(\overline{M\cup F})=\mathrm{0,30}$, er

Da kan vi løse for $P(M\cap F)$:

Hendelsen $M\cap \bar{F}$ (eleven velger matematikk, men ikke fysikk) utgjør resten av $M$ når $M\cap F$ er trukket fra:

$\underline{\underline{P(M\cap F)=\mathrm{0,26}}}$ og $\underline{\underline{P(M\cap \bar{F})=\mathrm{0,38}}}$

Betinget sannsynlighet er definert som

$\underline{\underline{P(F|M)\approx \mathrm{0,41}}}$

For at $M$ og $F$ skal være uavhengige, må $P(F|M)=P(F)$. Vi har $P(F|M)=\mathrm{0,40625}$, mens $P(F)=\mathrm{0,32}$. Siden $\mathrm{0,40625}\ne \mathrm{0,32}$, er $M$ og $F$ ikke uavhengige hendelser. Dette betyr at valg av matematikk påvirker sannsynligheten for å velge fysikk (elever som velger matematikk, velger fysikk oftere enn gjennomsnittet).

Bayes’ setning gir

Vi kan sette inn $P(F|M)\cdot P(M)=P(M\cap F)=\mathrm{0,26}$ (fra a), slik at

$\underline{\underline{P(M|F)=\mathrm{0,8125}}}$

Det vil si at av elevene som har valgt fysikk, har $\mathrm{81,25}\%$ også valgt matematikk.

Vi finner vektorene fra $A$:

Vinkelen mellom vektorene finner vi med formelen

Fra CAS (linje 6 i utklippet) får vi $\angle BAD={\displaystyle \frac{1}{4}}\pi =45°$.