R1 Høst 2016

Vi deriverer ledd for ledd:

Her er $g$ et produkt av $x$ og $\ln x$, så vi bruker produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=x$ og $v=\ln x$:

Her er $h$ en kvotient, så vi bruker kvotientregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ med $u=e^{2x}$ og $v=x-3$:

Funksjonen er allerede faktorisert:

Et produkt er null når en av faktorene er null, altså

Nullpunktene er $\underline{\underline{x=-1}}$ (dobbelt nullpunkt) og $\underline{\underline{x=2}}$.

Vi utvider uttrykket for å derivere:

Deriverer:

$f^{\prime }(x)=0$ når $x=-1$ eller $x=1$. Vi setter opp fortegnslinje for $f^{\prime }(x)=3(x-1)(x+1)$:

Ved $x=-1$ går $f$ fra voksende til avtagende, så dette er et toppunkt. Siden $x=-1$ er et dobbelt nullpunkt, er $f(-1)=0$:

Ved $x=1$ går $f$ fra avtagende til voksende, så dette er et bunnpunkt:

Med nullpunktene $x=-1$ (dobbelt) og $x=2$, toppunkt $(-\mathrm{1,0})$ og bunnpunkt $(1,-4)$ kan grafen skisseres slik:

Grafen berører $x$-aksen i $x=-1$ (uten å krysse den, siden nullpunktet er dobbelt), synker til bunnpunktet $(1,-4)$, og krysser $x$-aksen i $x=2$ på vei oppover.

Vi faktoriserer nevnerne for å finne fellesnevner. Legg merke til at $x^2-25=(x-5)(x+5)$ og $2x+10=2(x+5)$ og $2x-10=2(x-5)$:

Vi forkorter første brøk med $(x+5)$:

De to blå leddene kansellerer hverandre, og vi står igjen med

Uttrykket er definert for $x\ne 5$ og $x\ne -5$.

Likningen har de samme to leddene på venstre side som i a), men høyresiden er nå ${\displaystyle \frac{4}{2x-10}}={\displaystyle \frac{2}{x-5}}$ i stedet for å inngå i uttrykket:

Vi faktoriserer på samme måte som i a):

Vi trekker fra ${\displaystyle \frac{2}{x-5}}$ på begge sider:

En brøk er null når telleren er null (og nevneren ikke er null), så

Dette er innenfor definisjonsområdet ($x\ne 5$, $x\ne -5$), så løsningen er

Vi flytter $13$ over på høyre side:

Siden $16=2^4$, kan vi skrive begge sider som potenser med samme grunntall, og eksponentene må da være like:

Vi setter $u=\lg x$ og får en andregradslikning:

Vi faktoriserer (eller bruker abc-formelen): vi trenger to tall som ganger gir $-2$ og summert gir $1$, altså $2$ og $-1$:

Vi går tilbake til $x$ ved å løse $\lg x=u$ for hver løsning:

Begge verdiene er positive, så begge er gyldige løsninger:

Retningsvektoren til $\ell$ er den samme som $\overrightarrow{AB}$, siden $\ell$ er parallell med $AB$.

Vi forenkler retningsvektoren til $(\mathrm{1,1})$. Linjen $\ell$ går gjennom $C(-\mathrm{4,5})$, så en parameterframstilling blir

Punktet $D$ ligger på $x$-aksen, altså er $y=0$.

Vi setter $t=-5$ inn i uttrykket for $x$.

Svar: $\underline{\underline{D(-9,0)}}$

Punktet $E$ ligger på $\ell$, så $E=(-4+t,5+t)$ for en verdi av $t$ vi skal finne.

Skal $\angle BAE=90°$, må vektoren $\overrightarrow{AE}$ stå normalt på $\overrightarrow{AB}$, altså $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AB}=0$.

Vi bruker den forenklede retningsvektoren $\overrightarrow{AB}=(\mathrm{1,1})$ og setter opp skalarproduktet lik null.

Vi setter $t=-3$ inn i uttrykket for $E$.

Svar: $\underline{\underline{E(-7,2)}}$

Siden maskin B produserer dobbelt så mange nøkler som maskin A, er

Vi bruker totalsannsynlighet, der $P(\text{defekt}|A)=\mathrm{0,04}$ og $P(\text{defekt}|B)=\mathrm{0,01}$.

Svar: $\underline{\underline{P(\text{defekt})=\mathrm{0,02}=2\%}}$

Vi bruker Bayes’ setning for å finne sannsynligheten for at nøkkelen kom fra maskin A, gitt at den er defekt.

Svar: $\underline{\underline{P(A|\text{defekt})={\displaystyle \frac{2}{3}}\approx \mathrm{0,667}=\mathrm{66,7}\%}}$

Det vil si at av alle defekte nøkler, kommer om lag $\mathrm{66,7}\%$ fra maskin A.

Sirkelen har sentrum $B$ og radius $a$, så $BC=BE=BP=a$ (alle er radier i sirkelen).

Siden $BP=BC=a$, er $△BPC$ likebeint, og vinklene ved grunnlinjen $PC$ er like:

Legg merke til at $E$ og $P$ er skjæringspunktene mellom linjen $AB$ og sirkelen, og $B$ er sentrum. Da er $EP$ en diameter i sirkelen. Ved periferivinkelsetningen (Thales) er periferivinkelen på en diameter alltid $90°$, altså

Siden punktene ligger i rekkefølgen $A,E,B,P$ på linjen, ligger strålen $CB$ mellom strålene $CE$ og $CP$ sett fra $C$. Dermed er

Videre ligger strålen $CE$ mellom strålene $CA$ og $CB$ (siden $E$ ligger mellom $A$ og $B$), og $\angle ACB=90°$ (rett vinkel i $△ACB$):

Dermed er $\angle ACE=v$, som skulle vises.

I trekantene $ACP$ og $AEC$ har vi:

• Felles vinkel ved $A$ ($\angle CAP=\angle CAE$, samme vinkel siden $E$ og $P$ ligger på samme stråle fra $A$)
• $\angle APC=\angle BPC=v$ (samme vinkel, siden $B$ ligger på linjestykket $AP$), og dette er vinkelen ved hjørnet $P$ i $△ACP$
• $\angle ACE=v$ (vist over), og dette er vinkelen ved hjørnet $C$ i $△AEC$

Sammen med den felles vinkelen ved $A$ gir dette (AA) at

med hjørnekorrespondanse $A\leftrightarrow A$, $C\leftrightarrow E$, $P\leftrightarrow C$.

Siden $BE=BC=a$ og $E$ ligger mellom $A$ og $B$ på linjestykket $AB$, er

Siden $BP=BC=a$ og $P$ ligger på forlengelsen av $AB$ forbi $B$, er

Fra formlikheten $△ACP\sim △AEC$ i oppgave a) svarer siden $AC$ (i $△ACP$) til $AE$ (i $△AEC$), og siden $AP$ (i $△ACP$) svarer til $AC$ (i $△AEC$). Det gir forholdet

Setter vi inn $AC=b$, $AE=c-a$ og $AP=c+a$ fra oppgave b), får vi

som er det samme som

Vi kryssmultipliserer likningen fra oppgave c):

Dette er nettopp Pytagoras’ setning for den rettvinklede trekanten $ACB$ med kateter $a=BC$, $b=AC$ og hypotenus $c=AB$.

Antall måter å velge ut $7$ tall av $34$ er et kombinasjonsproblem, siden rekkefølgen på de avkryssede tallene ikke spiller noen rolle. Antall måter er da

Tore kan altså krysse av tallene sine på $\underline{\underline{5379616}}$ forskjellige måter.

Tore har krysset av $7$ tall. For at han skal få nøyaktig $5$ rette, må $5$ av de $7$ vinnertallene være blant Tores $7$ tall, og de resterende $2$ vinnertallene må komme fra de $34-7=27$ tallene Tore ikke har krysset av.

Antall måter å velge ut $5$ av Tores $7$ tall er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{7}{5}\right)$, og antall måter å velge ut de $2$ resterende vinnertallene blant de $27$ tallene Tore ikke har er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{27}{2}\right)$. Totalt antall utfall (alle måter de $7$ vinnertallene kan trekkes på) er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{34}{7}\right)$. Dermed er

Sannsynligheten for at Tore får nøyaktig $5$ rette, er dermed omtrent $\underline{\underline{\mathrm{0,137}\%}}$.

Vi ser først at de fire tallene som allerede er trukket ut — $5,21,3,11$ — alle er blant Tores tall $3,5,11,18,21,25,32$. Det betyr at Tore fortsatt kan få alle $7$ rette, forutsatt at de $3$ siste tallene som trekkes, er nøyaktig hans $3$ gjenstående tall: $18,25,32$.

Det er $34-4=30$ tall igjen i beholderen, og $3$ av dem skal trekkes ut. Dette kan skje på $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{30}{3}\right)$ forskjellige måter, og bare én av disse måtene gir de tre tallene $18,25,32$ som Tore trenger. Den betingede sannsynligheten for at Tore får $7$ rette, gitt de fire tallene som allerede er trukket, er derfor

Sannsynligheten for at Tore får sju rette, er dermed omtrent $\underline{\underline{\mathrm{0,025}\%}}$.

Vi skriver likningen for $c_1$ på standardform. Den er allerede på formen ${(x-a)}^2+{(y-b)}^2=r^2$:

Dette gir sentrum $S_1=(-5,0)$ og radius $r_1=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$.

For $c_2$ må vi fullføre kvadratet:

Dette gir sentrum $S_2=(5,0)$ og radius $r_2=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$.

Skjæringspunktene finner vi ved å løse likningssystemet

Vi løser dette med GeoGebra CAS (Løs):

Dette stemmer med regning for hånd: Ved å utvide $c_1$ får vi $x^2+y^2=55-10x$, og fra $c_2$ har vi $x^2+y^2=10x-5$. Setter vi disse like hverandre:

Innsatt i $x^2+y^2=10x-5$ gir $9+y^2=25$, altså $y^2=16$, som gir $y=\pm 4$.

Skjæringspunktene er dermed $\underline{\underline{(\mathrm{3,4})}}$ og $\underline{\underline{(3,-4)}}$.

Vi velger $A=(3,4)$ og undersøker om $\overrightarrow{A{S}_1}⟂\overrightarrow{A{S}_2}$. Sirklene er ortogonale i det ene skjæringspunktet hvis og bare hvis de er det i det andre (av symmetri om $x$-aksen), så det holder å sjekke ett punkt.

Se skjermbildet i b) der disse vektorene og skalarproduktet er beregnet i CAS.

To vektorer er ortogonale (vinkelrette) dersom skalarproduktet er null:

Siden skalarproduktet er $0$, er $\overrightarrow{A{S}_1}⟂\overrightarrow{A{S}_2}$, og sirklene $c_1$ og $c_2$ er dermed $\underline{\underline{\text{ortogonale}}}$.

Siden $C$ er punktet på veien som ligger nærmest hytta $H$, står linjestykket $CH$ vinkelrett på veien. Trekanten $BCH$ er dermed rettvinklet med rett vinkel i $C$.

$P$, $B$ og $C$ ligger på den rette veien med $PC=\mathrm{5,0}\mathrm{k}\mathrm{m}$ og $PB=x$. Dermed er

Ved Pytagoras’ setning i den rettvinklede trekanten $BCH$, med $CH=\mathrm{2,0}\mathrm{k}\mathrm{m}$, får vi

Anne går strekningen $PB=x$ på veien med fart $5\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{h}$, og deretter strekningen $BH$ i terrenget med fart $3\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{h}$. Siden $\text{tid}={\displaystyle \frac{\text{strekning}}{\text{fart}}}$, blir total tid

som er uttrykket vi skulle vise. $■$

For å finne hvilken $x$ som gir kortest tid, deriverer vi $t(x)$ og setter den deriverte lik null. Vi bruker GeoGebra CAS.

Fra utklippet ser vi at

og at $t^{\prime }(x)=0$ gir $x={\displaystyle \frac{7}{2}}=\mathrm{3,5}$.

Dette er et minimumspunkt: for $x<\mathrm{3,5}$ er $t^{\prime }(x)<0$ (tiden avtar), og for $x>\mathrm{3,5}$ er $t^{\prime }(x)>0$ (tiden øker). Vi sjekker også endepunktene $x=0$ og $x=5$:

Begge er større enn $t(\mathrm{3,5})$, så $x=\mathrm{3,5}$ gir global minste tid på intervallet $[0,5]$.

Fra CAS-utklippet er

Det tilsvarer $1$ time og $\mathrm{0,533}\cdot 60\approx 32$ minutter.

Anne bør altså kjøre $\mathrm{3,5}\mathrm{k}\mathrm{m}$ langs veien før hun svinger av mot hytta i terrenget. Da bruker hun kortest mulig tid, som er

Vi tegner parameterframstillingen $\overrightarrow{r}(t)=(t^3-3t+3,t-1)$ for $-2\le t\le 2$ i GeoGebra ved å bruke kommandoen Curve(t^3 - 3t + 3, t - 1, t, -2, 2). De to punktene der fartsvektoren er parallell med $y$-aksen (funnet i c) er markert med rødt.

Fartsvektoren finner vi ved å derivere posisjonsvektoren med hensyn på $t$, og akselerasjonsvektoren ved å derivere fartsvektoren:

Ved $t=1$ setter vi inn og får posisjon, fartsvektor og akselerasjonsvektor:

Banefarten er lengden av fartsvektoren:

Se skjermbilde av CAS-utregningen under, der linje 4–6 viser $\overrightarrow{r}(1)$, $\overrightarrow{v}(1)$ og $\overrightarrow{a}(1)$, og linje 7 viser banefarten.

Ved $t=1$ er partikkelen i punktet $(1,0)$, med banefart $1$ og akselerasjon $(6,0)$.

Fartsvektoren $\overrightarrow{v}(t)=(3t^2-3,1)$ er parallell med $y$-aksen når $x$-komponenten er lik null, siden $y$-komponenten alltid er $1\ne 0$:

Se linje 8 i CAS-utklippet over, der Løs(x(v(t)) = 0, t) gir $t=-1$ og $t=1$.

Vi setter de to $t$-verdiene inn i $\overrightarrow{r}(t)$ for å finne punktene:

Fartsvektoren er altså parallell med $y$-aksen i punktene $(1,0)$ og $(5,-2)$, som er de to «spissene» av banen der kurven vender – synlig som de røde punktene på grafen i a).