R1 Høst 2015

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

Funksjonen $g(x)=3\cdot {(x^2-2)}^4$ er en sammensatt funksjon. Vi bruker kjederegelen med $u=x^2-2$, slik at $g=3u^4$.

Funksjonen $h(x)=x\cdot \ln (x^2+3)$ er et produkt av $x$ og $\ln (x^2+3)$. Vi bruker produktregelen ${(u\cdot v)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$.

Deriverer $\ln (x^2+3)$ med kjederegelen:

Setter inn i produktregelen:

At divisjonen $f(x):(x-1)$ går opp betyr at $x=1$ er et nullpunkt for $f$, altså at $f(1)=0$. Vi setter inn $x=1$ i uttrykket for $f(x)$.

Setter dette lik null og løser for $k$.

Med $k=5$ er $f(x)=x^3-2x^2-5x+6$. Siden $x=1$ er et nullpunkt, kan vi utføre polynomdivisjonen $f(x):(x-1)$.

Andregradsuttrykket $x^2-x-6$ faktoriseres videre. Vi søker to tall som ganget gir $-6$ og summert gir $-1$: dette er $-3$ og $2$.

Dermed er

Vi skal løse ulikheten $f(x)\ge 0$, altså $(x-1)(x-3)(x+2)\ge 0$. Nullpunktene til $f$ er $x=-2$, $x=1$ og $x=3$. Vi setter opp en fortegnslinje for de tre faktorene.

Vi leser av hvor $f(x)\ge 0$, altså der produktet er positivt eller null.

Vi faktoriserer $f(x)$:

Nullpunkter fås når $x^3=0$ eller $4-x=0$, altså $x=0$ eller $x=4$. Siden definisjonsmengden er det åpne intervallet $⟨-2,4⟩$, er $x=4$ ikke med i definisjonsmengden. Det eneste nullpunktet er dermed

Vi deriverer:

$f^{\prime }(x)=0$ når $x=0$ eller $x=3$.

Vi setter opp fortegnslinje for $f^{\prime }$. Siden $-4x^2\le 0$ for alle $x$, avgjøres fortegnet til $f^{\prime }(x)$ av faktoren $-(x-3)$:

• For $x<3$ (bortsett fra $x=0$): $f^{\prime }(x)>0$
• For $x>3$: $f^{\prime }(x)<0$

Ved $x=0$ skifter altså ikke $f^{\prime }$ fortegn (positiv på begge sider), så $x=0$ gir verken topp- eller bunnpunkt — det er et terrassepunkt.

Ved $x=3$ skifter $f^{\prime }$ fortegn fra $+$ til $-$, så dette er et toppunkt:

Grafen har toppunkt $\underline{\underline{(3,27)}}$ og intet bunnpunkt.

Vi deriverer videre:

$f^{\prime \prime }(x)=0$ når $x=0$ eller $x=2$.

Fortegnet til $f^{\prime \prime }$:

• For $x<0$: $f^{\prime \prime }(x)<0$ (konkav / vender ned)
• For $0<x<2$: $f^{\prime \prime }(x)>0$ (konveks / vender opp)
• For $x>2$: $f^{\prime \prime }(x)<0$ (konkav / vender ned)

$f^{\prime \prime }$ skifter fortegn ved både $x=0$ og $x=2$, så begge gir vendepunkter:

Vendepunktene er $\underline{\underline{(0,0)}}$ og $\underline{\underline{(2,16)}}$. Merk at $(\mathrm{0,0})$ er et vendepunkt med vannrett tangent (terrassepunktet fra b)).

Vi setter sammen informasjonen: grafen er stigende på hele $⟨-2,3⟩$ (med et terrassepunkt ved $(\mathrm{0,0})$), har toppunkt $(3,27)$, og er deretter avtagende mot $x=4$. I endepunktene (som ikke er med i definisjonsmengden) nærmer grafen seg $f(-2)=-48$ og $f(4)=0$.

Figuren viser nullpunktet/vendepunktet $(\mathrm{0,0})$ i rødt, vendepunktet $(\mathrm{2,16})$ i grønt og toppunktet $(\mathrm{3,27})$ i blått.

Vi bruker setningen om total sannsynlighet. La $J$ være hendelsen «eleven er jente», $G$ hendelsen «eleven er gutt» og $B$ hendelsen «eleven har blå øyne». Vi har

Da er

Svar: $\underline{\underline{P(\text{blå øyne})=\mathrm{0,64}}}$

Vi skal finne $P(G|\overline{B})$, altså sannsynligheten for at eleven er gutt gitt at eleven ikke har blå øyne.

Først finner vi $P(\overline{B})$:

Deretter finner vi $P(G\cap \overline{B})$. Sannsynligheten for at en gutt ikke har blå øyne er $1-\mathrm{0,55}=\mathrm{0,45}$, så

Ved Bayes’ setning (definisjonen av betinget sannsynlighet) er

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

Vi konstruerer $△ABC$ med passer og linjal:

1. Tegn linjestykket $AB$ med lengde $\mathrm{10,0}\mathrm{cm}$.
2. Sett passerspissen i $A$ med radius $\mathrm{11,0}\mathrm{cm}$ (siden $AC$), og tegn en sirkelbue.
3. Sett passerspissen i $B$ med radius $\mathrm{7,0}\mathrm{cm}$ (siden $BC$), og tegn en sirkelbue.
4. Skjæringspunktet mellom de to buene er $C$.
5. Trekk linjestykkene $AC$ og $BC$.

Vinkelhalveringslinjen til en vinkel konstrueres slik (gjøres for hvert av hjørnene $A$, $B$ og $C$):

1. Sett passerspissen i toppunktet (f.eks. $A$) og tegn en bue som skjærer begge vinkelbena (linjene $AB$ og $AC$). Kall skjæringspunktene $P$ og $Q$.
2. Sett passerspissen i $P$ og tegn en bue inne i vinkelen. Gjør det samme fra $Q$ med samme radius, slik at buene skjærer hverandre i et punkt $R$.
3. Linjen gjennom toppunktet ($A$) og $R$ er vinkelhalveringslinjen.

Gjentas for $B$ og $C$. Alle tre halveringslinjene skjærer hverandre i samme punkt $S$, som bekrefter skjæringssetningen (i praksis er det nok å konstruere to av halveringslinjene for å finne $S$ — den tredje går automatisk gjennom samme punkt).

Normalen fra $S$ ned på en side (f.eks. $BC$) konstrueres slik:

1. Sett passerspissen i $S$ og tegn en bue med stor nok radius til at den skjærer linjen $BC$ i to punkter.
2. Fra hvert av disse to skjæringspunktene, tegn buer med samme radius på motsatt side av linjen, slik at de skjærer hverandre.
3. Linjen gjennom $S$ og dette nye skjæringspunktet er normalen fra $S$ på $BC$. Fotpunktet (der normalen treffer $BC$) kalles $D$.

Tilsvarende konstruksjon gjøres fra $S$ ned på $AC$ (fotpunkt $E$) og ned på $AB$ (fotpunkt $F$).

Figuren illustrerer konstruksjonen: $△ABC$ i blått, vinkelhalveringslinjene fra $A$ og $B$ i rødt som møtes i $S$, fotpunktene $D$, $E$, $F$ på sidene, og den innskrevne sirkelen i grønt.

Punktet $S$ ligger på vinkelhalveringslinjen fra $A$. Alle punkter på denne halveringslinjen har lik avstand til de to linjene som danner vinkel $A$, altså til $AB$ og $AC$. Avstanden fra $S$ til $AB$ er $SF$, og avstanden fra $S$ til $AC$ er $SE$, så

Tilsvarende ligger $S$ på vinkelhalveringslinjen fra $B$, som gir lik avstand fra $S$ til $AB$ og til $BC$:

Kombinerer vi dette, får vi

Siden avstanden fra $S$ til alle tre sidene er den samme, vil en sirkel med sentrum $S$ og radius $r=SD=SE=SF$ tangere alle tre sidene i punktene $D$, $E$ og $F$. Denne sirkelen er den innskrevne sirkelen i $△ABC$, og konstrueres ved å sette passerspissen i $S$ med radius $SD$ og tegne sirkelen.

Tiden $t$ regnes som antall år etter 1960, så $t=0$ svarer til 1960 og $t=53$ svarer til 2013.

I 1960 er folketallet $\mathrm{3,0}$ milliarder:

Dermed er $c=\mathrm{3,0}$.

I 2013 (dvs. $t=53$) er folketallet $\mathrm{7,1}$ milliarder:

Vi løser for $k$:

Dette er beregnet i GeoGebra CAS:

Vi finner $k\approx \mathrm{0,01625}$, altså

Svar: $\underline{\underline{c=\mathrm{3,0}\text{ og }k\approx \mathrm{0,01625}}}$.

Folketallet passerer 10 milliarder når $f(t)=10$:

Fra CAS-utregningen over (t1 i skjermbildet) får vi

Siden $t$ er antall år etter 1960, tilsvarer dette omtrent

Svar: Folketallet passerer $\underline{\underline{10\text{ milliarder i løpet av }2034}}$ ifølge modellen.

Vi ser på forholdet mellom folketallet ett år senere og folketallet et gitt år:

Dette uttrykket er en konstant (avhenger ikke av $t$), som betyr at folketallet hvert år multipliseres med den samme faktoren $e^k$ uansett hvilket år vi ser på. Det er nettopp definisjonen på en fast årlig prosentvis vekst.

Den årlige vekstfaktoren er

Vekstfaktoren $1+p=\mathrm{1,0164}$ gir en årlig prosentvis vekst på

Svar: Folketallet vokser med en fast, årlig prosent på omtrent $\underline{\underline{\mathrm{1,64}\%}}$ ifølge modellen.

Vektoren fra $C$ til $B$ finner vi ved å trekke koordinatene til $C$ fra koordinatene til $B$, og tilsvarende for $\overrightarrow{CA}$:

Vinkelen $\angle ACB$ er vinkelen mellom disse to vektorene, og finnes med formelen for skalarprodukt:

Skalarproduktet er

og lengdene er

Dette gir

GeoGebra CAS bekrefter utregningen (se utklipp):

$\underline{\underline{\overrightarrow{CB}=(2,-9)}}$, $\underline{\underline{\overrightarrow{CA}=(-6,-8)}}$ og $\underline{\underline{\angle ACB\approx \mathrm{49,40}°}}$

Arealet av trekant $ABC$ kan finnes med kryssproduktformelen for to vektorer fra samme hjørne:

Vi setter inn koordinatene fra a):

Kontroll med $\frac{1}{2}|\overrightarrow{CB}||\overrightarrow{CA}|\sin (\angle ACB)$ gir samme svar (se linje 8 i CAS-utklippet over):

$\underline{\underline{\text{Areal}(△ABC)=35}}$

Punktet $E$ ligger på $x$-aksen, så vi kan skrive $E=(t,0)$ for et ukjent tall $t$. Da er

Vi trenger også vektoren $\overrightarrow{AB}$:

Skal $\overrightarrow{CE}⟂\overrightarrow{AB}$, må skalarproduktet være null:

Se linje 10 i CAS-utklippet over, som gir samme løsning. Dermed er $E=(4,0)$.

$\underline{\underline{E=(4,0)}}$

Rektangelet $OABC$ har hjørnet $O$ i origo, $A=(x,0)$ på $x$-aksen, $C=(0,f(x))$ på $y$-aksen, og $B=(x,f(x))$ på grafen til $f$.

Sidene i rektangelet er $OA=x$ og $OC=f(x)$, så arealet blir

Vi løser likningen $G(x)=\mathrm{5,0}$ i CAS.

CAS gir

Begge løsningene ligger innenfor definisjonsmengden $0<x<2\sqrt[3]{4}\approx \mathrm{3,17}$, så begge er gyldige.

Svar: $\underline{\underline{x\approx \mathrm{1,36}}}$ eller $\underline{\underline{x\approx \mathrm{2,53}}}$.

For å finne maksimalt areal deriverer vi og løser $G^{\prime }(x)=0$ (se CAS-utklippet over):

Siden $G^{\prime }(x)>0$ for $x<2$ og $G^{\prime }(x)<0$ for $x>2$, er $x=2$ et toppunkt for $G$. Verdien $x=2$ ligger i definisjonsmengden, og CAS gir

Svar: Det største arealet rektangelet kan ha, er $\underline{\underline{6}}$.

Grafen til $f(x)=x^3-4x^2-9x+28$ tegnes i graftegner.

Linjen gjennom $(-3,-8)$ og $(2,2)$ har stigningstall

Linjen får da likningen $\ell (x)=2x-2$ (funnet ved å sette inn punktet $(2,2)$ i $y=kx+n$).

For å finne skjæringspunktene mellom $f$ og $\ell$ løser vi $f(x)=\ell (x)$, altså

Vi vet at $x=-3$ og $x=2$ er to av løsningene (de gitte skjæringspunktene), og faktoriserer i CAS for å finne den tredje.

CAS gir $x^3-4x^2-11x+30=(x-2)(x+3)(x-5)$, så den tredje $x$-verdien er $x=5$. Da er $\ell (5)=2\cdot 5-2=8$, så det tredje skjæringspunktet er $(5,8)$.