R1 Høst 2018

Vi deriverer ledd for ledd. Leddet $x^2$ deriveres til $2x$, leddet $2x$ deriveres til $2$, og $e^x$ deriveres til $e^x$:

Her bruker vi produktregelen ${(u\cdot v)}^{\prime }=u^{\prime }\cdot v+u\cdot v^{\prime }$ med $u=x^2$ og $v=\ln x$. Da er $u^{\prime }=2x$ og $v^{\prime }={\displaystyle \frac{1}{x}}$.

Vi bruker kvotientregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ med $u=x-1$ og $v=e^{2x+1}$. Da er $u^{\prime }=1$ og $v^{\prime }=2e^{2x+1}$ (kjerneregelen).

Vi forkorter én faktor $e^{2x+1}$ og forenkler telleren:

Vi ser at likningen er andregradslik i $e^x$. Substituerer $u=e^x$, slik at $e^{2x}=u^2$:

Løser med $abc$-formelen eller faktorisering:

Siden $u=e^x$ alltid er positiv, forkaster vi løsningen $u=-8$. Vi står igjen med

Vi bruker logaritmeregelen $\ln a-\ln b=\ln {\displaystyle \frac{a}{b}}$:

Tar $e$ opphøyd i begge sider ($e^{\ln k}=k$):

Vi må sjekke at begge løsningene ligger i definisjonsmengden, det vil si at begge logaritmenes argumenter er positive ($x^2-5x-1>0$ og $3-2x>0$):

• $x=4$: $3-2\cdot 4=-5<0$. Argumentet i $\ln (3-2x)$ blir negativt, så $x=4$ er en falsk løsning og må forkastes.
• $x=-1$: $3-2\cdot (-1)=5>0$ og ${(-1)}^2-5\cdot (-1)-1=5>0$. Begge argumentene er positive, så $x=-1$ er en gyldig løsning.

Dermed er $x=-1$ den eneste løsningen.

Vi regner ut $2\overrightarrow{b}$ og $3\overrightarrow{a}$ komponentvis, og trekker fra:

Lengden til $\overrightarrow{a}$ finner vi med Pytagoras:

Siden $\sqrt{13}\approx \mathrm{3,61}<4$, er utsagnet $|\overrightarrow{a}|>4$ usant.

Vi bruker prikkproduktet til å avgjøre vinkelen. Regelen er at vinkelen er spiss hvis $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}>0$, rett hvis $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=0$, og stump hvis $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}<0$.

Siden $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=-1<0$, er vinkelen mellom $\overrightarrow{a}$ og $\overrightarrow{b}$ stump.

Ifølge faktorsetningen går divisjonen $f(x):(x-2)$ opp hvis og bare hvis $f(2)=0$. Vi setter $x=2$ inn i $f$:

Siden $f(2)=0$, går divisjonen opp, altså er $(x-2)$ en faktor i $f(x)$.

Vi utfører polynomdivisjonen $f(x):(x-2)$:

Kvotienten $x^2+8x+15$ faktoriseres videre. Vi trenger to tall som gir sum $8$ og produkt $15$, det vil si $3$ og $5$:

Dermed er $f(x)$ faktorisert i lineære faktorer:

Ulikheten $-2\cdot f(x)\ge 0$ deles på $-2$. Siden vi deler på et negativt tall, snur ulikhetstegnet:

Vi bruker faktoriseringen fra b) og fortegnsskjema. Nullpunktene til $f(x)=(x-2)(x+3)(x+5)$ er $x=-5$, $x=-3$ og $x=2$.

Vi leser av hvor $f(x)\le 0$, altså der fortegnet er negativt eller null:

Vi lar $M$ være hendelsen «kjøperen er mann» og $K$ hendelsen «kjøperen er kvinne», og $E$ hendelsen «kjøperen kjøper edelgran». Vi vet at

Ved setningen om total sannsynlighet:

Sannsynligheten for at det første treet er edelgran, er $\underline{\underline{\mathrm{0,54}}}$.

Alle som kjøper edelgran, får ett lodd hver, så sannsynligheten for at vinneren er en kvinne er det samme som den betingede sannsynligheten for at kjøperen er kvinne, gitt at hun kjøpte edelgran. Vi bruker Bayes’ setning:

Sannsynligheten for at vinneren av lotteriet blir en kvinne, er $\underline{\underline{{\displaystyle \frac{2}{9}}\approx \mathrm{22,2}\%}}$.

Vi deriverer $g(x)=x-2\ln (x^2+3)$ ved å bruke kjerneregelen på det andre leddet:

Vi setter på felles brøkstrek:

Dette er det vi skulle vise.

Vi finner mulige topp- og bunnpunkt ved å sette $g^{\prime }(x)=0$. Siden nevneren $x^2+3$ alltid er positiv, holder det å se på når telleren er null:

Vi undersøker fortegnet til $g^{\prime }(x)$ i de tre intervallene (fortegnet følger av telleren $(x-1)(x-3)$, siden nevneren alltid er positiv):

$g$ vokser før $x=1$ og avtar etter, så $x=1$ gir et toppunkt. $g$ avtar før $x=3$ og vokser etter, så $x=3$ gir et bunnpunkt.

Grafen til $g$ har $\underline{\underline{\text{toppunkt for }x=1}}$ og $\underline{\underline{\text{bunnpunkt for }x=3}}$.

Vi finner mulige vendepunkt ved å derivere $g^{\prime }(x)$ på nytt, med kvotientregelen:

Vi forenkler telleren:

Dermed er

Vi setter $g^{\prime \prime }(x)=0$. Siden nevneren alltid er positiv, holder det å se på telleren:

Telleren $x^2-3$ er negativ mellom $-\sqrt{3}$ og $\sqrt{3}$, og positiv utenfor. Fortegnet til $g^{\prime \prime }$ skifter altså i begge punktene, så begge gir vendepunkt.

Grafen til $g$ har $\underline{\underline{\text{vendepunkt for }x=-\sqrt{3}}}$ og $\underline{\underline{x=\sqrt{3}}}$.

Vi konstruerer trekanten $ABC$ med passer og linjal:

1. Tegn linjestykket $AB=8\mathrm{cm}$.
2. Sett passerspissen i $A$ og tegn en sirkelbue med radius $5\mathrm{cm}$ (lengden $AC$).
3. Sett passerspissen i $B$ og tegn en sirkelbue med radius $7\mathrm{cm}$ (lengden $BC$).
4. Buene skjærer hverandre i punktet $C$.
5. Tegn linjestykkene $AC$ og $BC$.

Den innskrevne sirkelen (inskrevet sirkel) har sentrum i skjæringspunktet mellom vinkelhalveringslinjene til trekantens vinkler:

1. Konstruer vinkelhalveringslinjen til vinkel $A$ med passer og linjal.
2. Konstruer vinkelhalveringslinjen til vinkel $B$ på samme måte.
3. Skjæringspunktet mellom de to vinkelhalveringslinjene er sirkelens sentrum, $I$ (dette er tilstrekkelig — vinkelhalveringslinjen fra $C$ vil gå gjennom samme punkt).
4. Konstruer normalen fra $I$ ned på siden $AB$. Foten av normalen, kall den $F$, gir radien $r=IF$.
5. Tegn sirkelen med sentrum $I$ og radius $IF$. Denne sirkelen tangerer alle tre sidene i trekanten.

Vi skal plassere $D$ slik at $AD=6\mathrm{cm}$, $AD<CD$ og $\angle ADC=30°$. Vi bruker periferivinkelsetningen (inscribed angle theorem).

Alle punkter $D$ som ser linjestykket $AC$ under vinkelen $30°$, ligger på en sirkelbue der $AC$ er en korde. Ifølge periferivinkelsetningen er sentervinkelen til samme korde dobbelt så stor som periferivinkelen, altså

der $O$ er sentrum i denne sirkelen. Siden $OA=OC$ (radier) og toppvinkelen $\angle AOC=60°$, er trekanten $AOC$ likesidet. Dermed er

Konstruksjonen blir da:

1. Sett passeren i $AC$-lengden ($5\mathrm{cm}$, samme som $AC$ fra trekant $ABC$).
2. Tegn en bue med radius $5\mathrm{cm}$ fra $A$ og en bue med radius $5\mathrm{cm}$ fra $C$, på motsatt side av $AC$ fra $B$ (slik at $D$ havner utenfor trekant $ABC$ og $ABCD$ blir en firkant uten at sidene krysser hverandre). Skjæringspunktet mellom buene er sentrum $O$.
3. Tegn sirkelen med sentrum $O$ og radius $5\mathrm{cm}$. Alle punkter på storbuen av denne sirkelen ser $AC$ under vinkelen $30°$.
4. Sett passeren i $A$ med radius $6\mathrm{cm}$ (lengden $AD$), og tegn en bue som skjærer sirkelen fra punkt 3.
5. Skjæringsbuen gir to mulige punkt for $D$ — velg det punktet der $AD<CD$.
6. Tegn linjestykkene $AD$ og $CD$ for å fullføre firkanten $ABCD$.

Halvparten av ti planter er fem, så vi skal finne $P(X=5)$:

Vi regner ut i GeoGebra CAS.

Dette gir $P(X=5)\approx \mathrm{0,20066}$.

$\underline{\underline{P(X=5)\approx \mathrm{20,1}\%}}$

«Flere enn fem» betyr $X\ge 6$, altså $P(X>5)=1-P(X\le 5)$. Fra CAS-utklippet over (linje 2) er

$\underline{\underline{P(X>5)\approx \mathrm{16,6}\%}}$

Stian skal plassere $10$ planter på rekke, der $4$ av dem er like (gule) og $6$ er like (røde). Antall ulike rekkefølger av $10$ objekter der noen er like, er gitt ved

Fra CAS-utklippet over (linje 3) er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{10}{4}\right)=210$.

$\underline{\underline{210\text{ ulike måter}}}$

Linjen gjennom $A$ er parallell med $BC$, og $CD$ (som ligger langs $CE$) er en transversal som skjærer begge linjene. Da er $\angle DEA$ og $\angle DCB$ samsvarende vinkler (toppvinkler ved parallelle linjer skåret av en transversal), og samsvarende vinkler ved parallelle linjer er like store. Altså

I trekantene $AED$ og $BCD$ har vi:

• $\angle DEA=\angle DCB$ (vist i a))
• $\angle ADE=\angle BDC$ (toppvinkler, siden $E$, $D$, $C$ ligger på samme rette linje, og $A$, $D$, $B$ ligger på samme rette linje)

Når to par vinkler er like store, er det tredje vinkelparet også likt (vinkelsummen i en trekant er $180°$). Dermed er trekantene formlike etter vinkel-vinkel (VV)-kriteriet:

$CE$ er vinkelhalveringslinjen til $\angle ACB$, så $\angle ACE=\angle BCE=\angle ECD$.

Siden $AE\parallel BC$, gir samsvarende vinkler ved transversalen $CE$ at

Trekant $AEC$ har altså to like store vinkler, $\angle AEC=\angle ACE$, og er da likebeint med $AE=AC$.

Fra formlikheten $△AED\sim △BCD$ i b) er forholdet mellom tilsvarende sider likt:

I c) fant vi at $AE=AC=b$. Videre er $BC=a$. Setter vi dette inn, får vi

Vi bruker resultatet fra d), ${\displaystyle \frac{AD}{DB}}={\displaystyle \frac{b}{a}}$, sammen med at $AD+DB=AB=c$.

Med $a=6$, $b=7$, $c=10$ gir dette

Beregningen er verifisert i GeoGebra CAS:

Dermed er

Retningsvektoren til linjen $\ell$ finner vi som forskjellen mellom punktene $B$ og $A$:

En parameterframstilling for linjen gjennom $A(\mathrm{3,0})$ med retningsvektor $\overrightarrow{v}=(\mathrm{2,5})$ er da

Vi tegner grafen til $\overrightarrow{r}(t)=[t+1,t^2+2]$ for $-3\le t\le 3$ sammen med linjen $\ell$ fra a) i GeoGebra.

Grafen til $\overrightarrow{r}$ er en parabelbue (siden $x=t+1$ gir $t=x-1$, som satt inn i $y=t^2+2$ gir $y={(x-1)}^2+2$). Punktet $P$ på figuren er det punktet på kurven som ligger nærmest linjen $\ell$, funnet i c).

Tangentvektoren til $\overrightarrow{r}$ er den deriverte

I punktet $P$ der grafen ligger nærmest $\ell$, skal $\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)$ være parallell med retningsvektoren $\overrightarrow{v}=(\mathrm{2,5})$ til $\ell$. To vektorer er parallelle når komponentene er proporsjonale:

Vi setter $t={\displaystyle \frac{5}{4}}$ inn i $\overrightarrow{r}(t)$ for å finne $P$:

Altså er $P=({\displaystyle \frac{9}{4}},{\displaystyle \frac{57}{16}})$.

Linjen $\ell$ har retningsvektor $(\mathrm{2,5})$, altså normalvektor $\overrightarrow{n}=(5,-2)$. Likningen for $\ell$ gjennom $A(\mathrm{3,0})$ blir

Avstanden fra $P$ til $\ell$ finner vi med avstandsformelen for punkt til linje:

Siden $87=3\cdot 29$, kan uttrykket forenkles:

Den minste avstanden mellom linjen $\ell$ og grafen til $\overrightarrow{r}$ er dermed

Vi taster inn funksjonen $f(x)=x^3-4x$ i et graftegningsverktøy. Vendepunktet til $f$ finner vi ved å løse $f^{\prime \prime }(x)=6x=0$, som gir $x=0$. Siden $f(0)=0$ er vendepunktet $B(0,0)$, som stemmer med oppgaveteksten.

Stigningstallet til vendetangenten $t$ er $f^{\prime }(0)$, der $f^{\prime }(x)=3x^2-4$. Det gir $f^{\prime }(0)=-4$, så vendetangenten er

Punktet $C$ er skjæringen mellom $t$ og linjen $x=-2$: $t(-2)=-4\cdot (-2)=8$, altså $C(-2,8)$.

Punktet $D$ er toppunktet til $f$. Vi løser $f^{\prime }(x)=3x^2-4=0$, som gir $x=\pm {\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}}$. Siden $f$ vokser for $x<-{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}}$ og avtar for $-{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}}<x<{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}}$, er toppunktet ved $x=-{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}}$, med $f(-{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}})={\displaystyle \frac{16\sqrt{3}}{9}}$. Altså $D(-{\displaystyle \frac{2\sqrt{3}}{3}},{\displaystyle \frac{16\sqrt{3}}{9}})\approx (-\mathrm{1,15},\mathrm{3,08})$.

Grafen med vendetangenten og punktene $A$, $B$, $C$ og $D$ er tegnet under.

Trekant $ABC$ har hjørner $A(-\mathrm{2,0})$, $B(\mathrm{0,0})$ og $C(-\mathrm{2,8})$. Siden $AB$ ligger på $x$-aksen og $AC$ er loddrett ($x=-2$), står de vinkelrett på hverandre, med $\left|AB\right|=2$ og $\left|AC\right|=8$. Da er

Trekant $ABD$ har samme grunnlinje $AB$ (på $x$-aksen, lengde $2$). Høyden er den loddrette avstanden fra $D$ til $x$-aksen, altså $y$-koordinaten til $D$, som er ${\displaystyle \frac{16\sqrt{3}}{9}}$. Da er

Forholdet mellom arealene blir

Dette er bekreftet med CAS under.

Vi setter opp de samme punktene for det generelle uttrykket $g(x)=x(x^2-r^2)=x^3-r^{2}x$, $r>0$.

Vendepunktet er origo $F(\mathrm{0,0})$ (siden $g^{\prime \prime }(x)=6x=0$ gir $x=0$), og vendetangenten har stigningstall $g^{\prime }(0)=-r^2$, altså $t_g(x)=-r^{2}x$.

$E$, venstre nullpunkt, er $E(-r,0)$. Da blir $G=(-r,t_g(-r))=(-r,r^3)$.

Toppunktet $H$ finner vi ved $g^{\prime }(x)=3x^2-r^2=0$, som gir $x=-{\displaystyle \frac{r}{\sqrt{3}}}$ (toppunktet, av samme grunn som i a)), med $g(-{\displaystyle \frac{r}{\sqrt{3}}})={\displaystyle \frac{2r^3\sqrt{3}}{9}}$.

Med samme resonnement som i b) (rett vinkel i $E$, felles grunnlinje $EF$ av lengde $r$) blir

CAS forenkler forholdet til

Se utregningen under — $r^4$ forkortes bort, så forholdet er det samme ${\displaystyle \frac{3\sqrt{3}}{2}}$ som i b), uavhengig av $r$. Dette viser at forholdet mellom arealene av trekantene $EFG$ og $EFH$ er uavhengig av $r$.