R1 Høst 2021

Vi deriverer ledd for ledd. Den deriverte av $\ln x$ er ${\displaystyle \frac{1}{x}}$, og den deriverte av $x^2+2$ er $2x$:

$\underline{\underline{f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}+2x}}$

Her bruker vi kjerneregelen. Vi setter $u=x^2+2$, slik at $g(x)=u^7$. Da er

$\underline{\underline{g^{\prime }(x)=14x{(x^2+2)}^6}}$

Her bruker vi produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=3x$ og $v=e^{2x}$. Da er $u^{\prime }=3$, og ved kjerneregelen er $v^{\prime }=2e^{2x}$:

$\underline{\underline{h^{\prime }(x)=3e^{2x}(1+2x)}}$

Vi faktoriserer nevnerne i alle fire brøkene:

Fellesnevneren for alle fire brøkene blir dermed $x(x-1)(x+1)$. Vi utvider hver brøk til denne fellesnevneren:

Merk at de to siste brøkene har samme teller, $(x-1)(x+1)=x^2-1$. Vi setter alt sammen over fellesnevneren og trekker sammen telleren:

De to første leddene i telleren har felles faktor $(2x+2)$:

Telleren blir dermed

Brøken forkortes med $x(x+1)$:

$\underline{\underline{{\displaystyle \frac{2}{x-1}}}}$

Vi bruker regelen $a\ln b=\ln (b^a)$ på det midterste leddet, og regelen $\ln a+\ln b=\ln (ab)$ til å samle alle tre logaritmene til én:

Vi forenkler produktet inni logaritmen:

Dermed er

(Definisjonsområdet krever $x>0$, siden $\ln (4x)$ og $\ln \left(\frac{x}{2}\right)$ bare er definert for $x>0$, så $\ln (x^6)=6\ln |x|=6\ln x$.)

$\underline{\underline{6\ln x}}$

En parameterframstilling for en linje gjennom to punkter finner vi ved å bruke det ene punktet som utgangspunkt og retningsvektoren mellom punktene som retning.

Retningsvektoren til $\ell$ (gjennom $A$ og $C$) er

Med $A(\mathrm{2,2})$ som utgangspunkt får vi

Retningsvektoren til $m$ (gjennom $B$ og $D$) er

Med $B(\mathrm{6,1})$ som utgangspunkt får vi

$\underline{\underline{\ell :(x,y)=(\mathrm{2,2})+t(\mathrm{4,3}),m:(x,y)=(\mathrm{6,1})+s(-\mathrm{4,5})}}$

I skjæringspunktet må $x$- og $y$-koordinatene fra begge parameterframstillingene stemme overens:

Fra den første likningen får vi

Vi setter dette inn i den andre likningen:

Da er $t=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$. Vi setter $t=\frac{1}{2}$ inn i parameterframstillingen for $\ell$:

Kontroll med $m$ og $s=\frac{1}{2}$: $x=6-4\cdot \frac{1}{2}=4$ og $y=1+5\cdot \frac{1}{2}=\frac{7}{2}$, som stemmer.

$\underline{\underline{(4,\mathrm{3,5})}}$

To linjer står normalt på hverandre hvis skalarproduktet mellom retningsvektorene er $0$. Vi bruker retningsvektorene $\overrightarrow{AC}=(\mathrm{4,3})$ og $\overrightarrow{BD}=(-\mathrm{4,5})$:

Siden skalarproduktet ikke er $0$, står ikke $\ell$ og $m$ normalt på hverandre.

$\underline{\underline{\ell \text{ og }m\text{ står ikke normalt på hverandre}}}$

Vi undersøker om $\lg x^2=2$ (utsagn 1) medfører $x=10$ (utsagn 2), og omvendt.

Fra $x=10$ til $\lg x^2=2$: Hvis $x=10$, er $x^2=100$, og

Så $x=10\Rightarrow \lg x^2=2$. Dette betyr at utsagn 2 medfører utsagn 1, altså at pilen mellom dem peker fra høyre mot venstre: $\Leftarrow$.

Fra $\lg x^2=2$ til $x=10$: Vi løser likningen $\lg x^2=2$:

Siden $x$ også kan være $-10$, medfører ikke $\lg x^2=2$ at $x=10$. Implikasjonen går altså bare én vei.

$\underline{\underline{\Leftarrow }}$

Vi undersøker om $x^2-2x<0$ (utsagn 1) medfører $x\in ⟨\mathrm{0,1}⟩$ (utsagn 2), og omvendt.

Vi løser først ulikheten $x^2-2x<0$ ved å faktorisere:

Dette produktet er negativt når faktorene har ulikt fortegn, det vil si når $0<x<2$. Løsningsmengden til $x^2-2x<0$ er altså $x\in ⟨\mathrm{0,2}⟩$.

Fra $x\in ⟨\mathrm{0,1}⟩$ til $x^2-2x<0$: Siden $⟨\mathrm{0,1}⟩\subset ⟨\mathrm{0,2}⟩$, vil enhver $x$ i $⟨\mathrm{0,1}⟩$ også ligge i $⟨\mathrm{0,2}⟩$, og dermed oppfylle $x^2-2x<0$. Altså $x\in ⟨\mathrm{0,1}⟩\Rightarrow x^2-2x<0$, som betyr at pilen peker $\Leftarrow$.

Fra $x^2-2x<0$ til $x\in ⟨\mathrm{0,1}⟩$: Dette holder ikke generelt. For eksempel er $x=\mathrm{1,5}$ en løsning av $x^2-2x<0$ (siden $\mathrm{1,5}\cdot (\mathrm{1,5}-2)=\mathrm{1,5}\cdot (-\mathrm{0,5})=-\mathrm{0,75}<0$), men $x=\mathrm{1,5}\notin ⟨\mathrm{0,1}⟩$.

$\underline{\underline{\Leftarrow }}$

Hvis de seks skulle stått på en rekke, ville det vært $6!=720$ måter å plassere dem på. I en ring finnes det ingen fast startplass — dreier vi hele ringen ett hakk, får vi den samme plasseringen, bare “sett fra et annet sted”. Det er $6$ mulige dreininger som gir samme plassering rundt treet, så vi må dele på $6$:

Vi kan også tenke på det slik: siden ringen kan dreies fritt, spiller det ingen rolle hvor akkurat Siv står — vi kan tenke oss at plassen hennes er fast. Da gjenstår det å plassere de $5$ andre personene i de $5$ resterende plassene, og det finnes $5!=120$ måter å gjøre det på.

Det er dermed $\underline{\underline{120}}$ ulike måter de seks kan plassere seg på i ringen.

Vi fikser Sivs plass i ringen (som i a). Da er det $5!=120$ like sannsynlige måter å plassere de fem andre personene på.

For at Siv skal holde Audun i hånden, må Audun stå i en av de to plassene rett ved siden av Siv — én på hver side. Det gir $2$ gunstige plasser for Audun, og de resterende $4$ personene kan plasseres på de $4$ andre plassene på $4!$ måter. Antall gunstige plasseringer blir dermed

Sannsynligheten for at Siv får holde Audun i hånden er

På en rekke er det $6!=720$ mulige plasseringer av de seks personene.

Vi teller plasseringene der Audun og Siv står ved siden av hverandre ved å tenke på de to som én enhet (en “blokk”). Da skal $5$ enheter — blokken og de $4$ andre personene — plasseres på en rekke, noe som kan gjøres på $5!$ måter. I tillegg kan Audun og Siv bytte plass innad i blokken (Audun–Siv eller Siv–Audun), som gir en ekstra faktor $2$. Antall gunstige plasseringer blir dermed

Sannsynligheten for at Audun og Siv står ved siden av hverandre på bildet er

I firkanten $ABCD$ er $\angle BAC$ og $\angle BDC$ periferivinkler som begge spenner over buen $BC$ (den buen som ikke inneholder $A$ eller $D$). Periferivinkelsetningen sier at periferivinkler som spenner over samme bue, er like store. Derfor er

Punktet $E$ er plassert på $BD$ slik at $\angle DCE=\angle ACB$. Se figur 2.

Vi sammenligner trekantene $DEC$ og $ACB$:

• $\angle EDC=\angle BDC=\angle BAC=\angle CAB$, ved resultatet fra a)
• $\angle DCE=\angle ACB$, ved konstruksjonen av $E$

To par like vinkler betyr at trekantene er formlike (vinkel-vinkel-setningen):

der $D\leftrightarrow A$, $E\leftrightarrow B$ og $C\leftrightarrow C$. I formlike trekanter er forholdet mellom tilsvarende sider likt:

Fra ${\displaystyle \frac{DE}{AB}}={\displaystyle \frac{DC}{AC}}$ får vi, ved å multiplisere begge sider med $AB\cdot AC$:

Siden $AC$ er en diagonal som deler vinkelen $\angle BCD$ i to, er

Fra konstruksjonen av $E$ vet vi at $\angle DCE=\angle ACB$. Da er

Videre spenner $\angle CAD$ og $\angle CBD$ over samme bue $CD$, så av periferivinkelsetningen er $\angle CAD=\angle CBD$. Siden $E$ ligger på $BD$, er $\angle CBD=\angle CBE$, altså

To par like vinkler gir at trekantene er formlike:

der $A\leftrightarrow B$, $C\leftrightarrow C$ og $D\leftrightarrow E$. Forholdet mellom tilsvarende sider er da

Fra ${\displaystyle \frac{AC}{BC}}={\displaystyle \frac{AD}{BE}}$ får vi, ved å multiplisere begge sider med $BC\cdot BE$:

Vi legger sammen resultatene fra b) og c):

Venstre side kan skrives om ved å sette $AC$ utenfor parentes:

Siden $E$ ligger mellom $B$ og $D$ på diagonalen $BD$, er $ED+BE=BD$. Dermed er

som er Ptolemaios’ setning.

Rektangelet $ACBD$ er innskrevet i en sirkel med sidene $AC=BD=a$ og $CB=DA=b$, og diagonalene $AB=CD=c$ (i et rektangel er begge diagonalene like lange).

Ptolemaios’ setning brukt på den sykliske firkanten $ACBD$ sier at produktet av diagonalene er lik summen av produktene av de motstående sidene:

Vi setter inn verdiene for rektangelet:

Dette er nettopp Pytagoras’ setning.

Vi tegner grafen til $\overrightarrow{r}(t)$ ved å bruke Kurve-kommandoen i GeoGebra med parameteren $t$ fra $-10$ til $10$:

Banen er en lukket, dråpeformet kurve som passerer punktet $(1,0)$ (ved $t=0$) og punktet $(-1,1)$ (ved $t\to \pm 10$, tilnærmet).

Farten til partikkelen er lengden av fartsvektoren $\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)$. Vi deriverer hver komponent med kvotientregelen:

Kvadratet av farten blir da

Siden $|\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t){|}^2$ og $|\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)|$ er størst for samme $t$-verdi (kvadratrotfunksjonen er voksende), holder det å finne ut når $|\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t){|}^2$ har sitt største verdi. Vi deriverer $|\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t){|}^2$ og setter telleren i den deriverte lik null. Dette gir femtegradslikningen

Denne likningen har ingen pen eksakt løsning, så vi løser den numerisk i CAS:

CAS gir $t\approx \mathrm{0,2547}$. Vi kontrollerer at dette faktisk gir et maksimum ved å sammenlikne med farten i endepunktene av definisjonsområdet:

Begge er langt mindre enn farten ved $t\approx \mathrm{0,255}$, så dette er et indre maksimum. Farten der er

Farten til partikkelen var altså størst ved $t\approx \mathrm{0,255}\mathrm{s}$, og var da omtrent $\mathrm{2,28}\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Partikkelen beveger seg parallelt med $x$-aksen når fartsvektoren $\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)$ ikke har noen komponent i $y$-retning, altså når $y$-komponenten av $\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)$ er null:

Vi løser andregradslikningen med abc-formelen ($a=-1$, $b=1$, $c=1$):

Dette gir de to løsningene (se linje 2 i skjermbildet over)

Begge tidspunktene ligger i definisjonsområdet $[-10,10]$, så begge er gyldige svar. Partikkelen beveget seg altså parallelt med $x$-aksen ved $t\approx -\mathrm{0,618}\mathrm{s}$ og ved $t\approx \mathrm{1,618}\mathrm{s}$.

La $A$ være hendelsen at kulen havner på det grønne tallet i minst 1 av 10 spilleomganger. Sannsynligheten for at kulen ikke havner på grønt i én omgang, er ${\displaystyle \frac{36}{37}}$, siden 36 av de 37 tallene ikke er grønne.

Med komplementsetningen er

Dette gir, se PSannsynlighetA i utklippet,

$\underline{\underline{P(A)\approx \mathrm{24,0}\%}}$ Det betyr at det er om lag 24 % sjanse for at kulen havner på det grønne tallet minst én gang i løpet av 10 spilleomganger.

Vi lar $n$ være antall spilleomganger, og krever at sannsynligheten for minst ett grønt tall skal være mer enn $50\%$:

Vi løser likningen ${\left({\displaystyle \frac{36}{37}}\right)}^n=\mathrm{0,5}$ med CAS (se Løs(...) i utklippet), som gir

Siden ${\left(\frac{36}{37}\right)}^n$ er avtagende i $n$, må vi runde opp for at ulikheten skal være oppfylt. Vi sjekker de to nærmeste heltallene:

• $n=25$: $1-{\left(\frac{36}{37}\right)}^{25}\approx \mathrm{0,4959}$ (mindre enn $50\%$)
• $n=26$: $1-{\left(\frac{36}{37}\right)}^{26}\approx \mathrm{0,5095}$ (mer enn $50\%$)

$\underline{\underline{n=26}}$ Vi må altså spille minst 26 ganger for at sannsynligheten for minst ett grønt tall skal være over 50 %.

La $X$ være antall røde tall av 10 spilleomganger. I hver omgang er sannsynligheten for rødt $p={\displaystyle \frac{18}{37}}$, og omgangene er uavhengige av hverandre med samme sannsynlighet i hver omgang. Da er $X$ binomisk fordelt med $n=10$ og $p={\displaystyle \frac{18}{37}}$.

Sannsynligheten for at $X$ er minst 7, er summen av sannsynlighetene for $X=7,8,9$ og $10$:

Se PC i CAS-utklippet:

$\underline{\underline{P(X\ge 7)\approx \mathrm{0,151}}}$

Åtte venner spiller uavhengig av hverandre, og for hver venn er sannsynligheten for å få rødt i minst 7 av 10 omganger den samme, $p\approx \mathrm{0,1506}$ (fra c). La $Y$ være antall av de 8 vennene som oppnår dette. Da er $Y$ binomisk fordelt med $n=8$ og $p\approx \mathrm{0,1506}$.

Sannsynligheten for at nøyaktig 3 av de 8 vennene får rødt i minst 7 av 10 omganger, er

Se PD i CAS-utklippet:

$\underline{\underline{P(Y=3)\approx \mathrm{8,5}\%}}$ Det betyr at det er om lag 8,5 % sjanse for at nøyaktig 3 av de 8 vennene får rødt i minst 7 av sine 10 spilleomganger.

Vi ser på trekanten $BCD$. Vinkelen i $C$ er $90°$ fordi veien og strekningen $CD$ står vinkelrett på hverandre (figuren viser at $D$ ligger rett ut fra $C$). Vi har $BC=x$ og $CD=20$, så Pytagoras’ setning gir lengden av $BD$:

Strekningen $AB$ langs veien er hele strekningen $AC=120$ minus $BC=x$:

Prisen $P$ er summen av 800 kroner per meter langs veien ($AB$) og 1500 kroner per meter i terrenget ($BD$):

Dette er uttrykket vi skulle vise. $■$

Vi finner laveste pris ved å derivere $P$ og se hvor $P^{\prime }(x)=0$. Uttrykket er satt opp i CAS:

Fra linje 2 i utklippet er den deriverte

Setter vi $P^{\prime }(x)=0$ og løser (CAS, linje 3), finner vi

Siden $P^{\prime }(x)<0$ for $x$ mindre enn dette og $P^{\prime }(x)>0$ for $x$ større enn dette, er dette et minimumspunkt. Setter vi verdien inn i $P(x)$ (CAS, linje 4), får vi

Terje bør altså plassere $B$ omtrent $\mathrm{12,61}\mathrm{m}$ fra $C$, og da blir den laveste prisen omtrent $121377\mathrm{kr}$.

$\underline{\underline{x\approx \mathrm{12,61}\mathrm{m}\text{ fra }C,P_{\min }\approx 121377\mathrm{kr}}}$

Det andre firmaet tar $1000$ kroner per meter langs veien, og vi kaller prisen per meter i terrenget for $y$. Prisfunksjonen blir da (samme oppsett som i a), men med nye priser):

Vi vet at den billigste løsningen har $B$ plassert $10$ meter fra $C$, altså at $P^{\prime }(10)=0$. Den deriverte er

Setter vi $x=10$ og $P^{\prime }(10)=0$ inn (CAS, linje 5):

Det andre firmaet tar altså omtrent $2236$ kroner per meter for å lage grøft i terrenget.

$\underline{\underline{y=1000\sqrt{5}\approx 2236\mathrm{k}\mathrm{r}/\mathrm{m}}}$