R1 Høst 2022

Vi deriverer ledd for ledd. For $2x^3$ bruker vi potensregelen ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}{x}^n=n{x}^{n-1}$, og for $\ln x$ bruker vi at ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}\ln x={\displaystyle \frac{1}{x}}$:

$\underline{\underline{f^{\prime }(x)=6x^2-{\displaystyle \frac{1}{x}}}}$

$g(x)=x\cdot e^{-2x^2}$ er et produkt av $u(x)=x$ og $v(x)=e^{-2x^2}$. Vi bruker produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$.

Vi trenger $v^{\prime }(x)$. Med kjerneregelen på $e^{-2x^2}$, der kjernen er $-2x^2$ med derivert $-4x$:

Med $u^{\prime }(x)=1$ setter vi inn i produktregelen:

$\underline{\underline{g^{\prime }(x)=e^{-2x^2}(1-4x^2)}}$

Vi skriver om $h(x)={\displaystyle \frac{2x+2}{e^x}}$ som et produkt, $h(x)=(2x+2)\cdot e^{-x}$, og bruker produktregelen med $u(x)=2x+2$ og $v(x)=e^{-x}$.

Vi har $u^{\prime }(x)=2$ og, ved kjerneregelen på $e^{-x}$ (kjerne $-x$ med derivert $-1$), $v^{\prime }(x)=-e^{-x}$. Da blir

$\underline{\underline{h^{\prime }(x)=-{\displaystyle \frac{2x}{e^x}}}}$

Vi legger merke til at ${100}^x={({10}^2)}^x={({10}^x)}^2$. Likningen kan derfor skrives om med ${10}^x$ som eneste ukjente størrelse. Vi innfører $u={10}^x$:

Vi flytter alt over på én side:

Dette er en andregradslikning i $u$. Vi bruker $abc$-formelen med $a=1$, $b=-11$, $c=10$:

Dette gir $u=10$ eller $u=1$.

Vi går tilbake til ${10}^x=u$:

$\underline{\underline{x=0\text{eller}x=1}}$

Vi bruker logaritmereglene $a\lg b=\lg b^a$ og $\lg a+\lg b=\lg (ab)$, $\lg a-\lg b=\lg \left({\displaystyle \frac{a}{b}}\right)$ til å samle høyresiden til én logaritme:

Siden $\lg$ er en injektiv funksjon (én-entydig), må argumentene være like når logaritmene er like:

$\underline{\underline{x={\displaystyle \frac{4}{3}}}}$

For at $(x+6)$ skal være en faktor i $f(x)$, må $f(-6)=0$ (faktorsetningen). Vi setter inn $x=-6$:

Siden $f(-6)=0$, er $(x+6)$ en faktor. Vi utfører polynomdivisjon:

Vi faktoriserer andregradsuttrykket $x^2-x-2$. Vi søker to tall som har produkt $-2$ og sum $-1$: tallene er $-2$ og $1$. Dermed er

Samlet:

$\underline{\underline{f(x)=(x+6)(x-2)(x+1)}}$

Vi deriverer $f$:

Vi sjekker at $x={\displaystyle \frac{2}{3}}$ er et kritisk punkt ved å sette inn i $f^{\prime }(x)$:

For å avgjøre om dette er et bunnpunkt, deriverer vi én gang til:

Siden $f^{\prime \prime }\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)>0$, er grafen konveks (holder en skål) om $x={\displaystyle \frac{2}{3}}$, og punktet er dermed et bunnpunkt. (Vi kan verifisere at $f\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)=-{\displaystyle \frac{400}{27}}\approx -\mathrm{14,8}$, i samsvar med oppgaven.)

For å finne eventuelle andre ekstremalpunkter, løser vi $f^{\prime }(x)=0$ fullstendig. Vi faktoriserer $3x^2+10x-8$. Vi søker en faktorisering på formen $(3x+a)(x+b)$ der $ab=-8$ og $a+3b=10$: med $a=-2$, $b=4$ passer det, siden $-2\cdot 4=-8$ og $-2+3\cdot 4=10$:

Vi sjekker $x=-4$ i $f^{\prime \prime }(x)$:

Siden $f^{\prime \prime }(-4)<0$, er grafen konkav (holder en kuppel) om $x=-4$, og punktet er et toppunkt. Vi finner $y$-verdien:

$\underline{\underline{\text{Toppunkt}(-4,36)}}$

Vendepunkt finner vi ved å løse $f^{\prime \prime }(x)=0$:

Siden $f^{\prime \prime }(x)$ skifter fortegn (fra negativt for $x<-{\displaystyle \frac{5}{3}}$ til positivt for $x>-{\displaystyle \frac{5}{3}}$, se at $f^{\prime \prime }(-4)=-14<0$ og $f^{\prime \prime }\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)=14>0$), er dette faktisk et vendepunkt.

$\underline{\underline{x=-{\displaystyle \frac{5}{3}}}}$

Grafen til $f$ er en tredjegradsfunksjon med positiv ledende koeffisient, så den kommer fra $-\infty$ nede til venstre og går mot $+\infty$ oppe til høyre. Fra a) har grafen nullpunkter i $x=-6$, $x=-1$ og $x=2$. Fra b) er $(-\mathrm{4,36})$ toppunkt og $({\displaystyle \frac{2}{3}},-{\displaystyle \frac{400}{27}})\approx (\mathrm{0,667},-\mathrm{14,8})$ er bunnpunkt, med vendepunktet fra c) liggende mellom disse (ved $x=-{\displaystyle \frac{5}{3}}$).

Vi skal trekke ut $3$ av de $8$ vennene til å sette opp teltene. Antall måter å velge ut $3$ personer av $8$ på er

Skal både Anita og Lars være blant de $3$ som skal sette opp telt, må vi i tillegg velge $1$ person til blant de resterende $6$ vennene:

Sannsynligheten for at både Anita og Lars blir trukket ut til teltoppsett, blir da

Anita og Lars gjør ikke samme arbeidsoppgave enten hvis Anita setter opp telt og Lars lager mat, eller motsatt.

Anita setter opp telt, Lars lager mat: Teltgruppa består da av Anita og $2$ andre valgt blant de $6$ vennene som verken er Anita eller Lars:

Lars setter opp telt, Anita lager mat: Av symmetrigrunner er dette også

Totalt er det $15+15=30$ måter dette kan skje på, av totalt $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{3}\right)=56$ mulige inndelinger. Sannsynligheten blir dermed

Alternativ utregning (komplementsetningen): Vi kan også regne ut sannsynligheten for at de får samme oppgave, og bruke komplementet.

Sannsynligheten for at begge lager mat (begge blant de $5$ som ikke setter opp telt) tilsvarer at teltgruppa på $3$ velges blant de $6$ andre vennene:

Sammen med svaret fra a), $P(\text{begge teltoppsett})={\displaystyle \frac{3}{28}}$, blir sannsynligheten for at de får samme oppgave

Ved komplementsetningen blir da sannsynligheten for at de får ulik oppgave

som stemmer med utregningen over.

Vi bruker prikkproduktet til å vise at $\angle APB=90°$. To vektorer er vinkelrette hvis og bare hvis prikkproduktet er null.

Vi regner ut vektorene fra $P$ til henholdsvis $A$ og $B$:

Prikkproduktet er:

Siden $\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{PB}=0$ er vektorene vinkelrette, og $\text{∠𝐀𝐏𝐁 = 𝟗𝟎°}$.

Linjen $\ell$ er parallell med $\overrightarrow{AB}$ og går gjennom $P$. Vi finner retningsvektoren:

Alle punkter på $\ell$ kan skrives som:

For at $\angle AQB=90°$ må $\overrightarrow{QA}\cdot \overrightarrow{QB}=0$.

Vi regner ut vektorene fra $Q$:

Prikkproduktet settes lik null:

$t=0$ gir $Q=P=(5,9)$, som er det punktet vi allerede kjenner fra oppgave a). Det andre løsningen gir:

$Q=({\displaystyle \frac{1}{5}},{\displaystyle \frac{27}{5}})$

Vi løser likningssystemet med ${\ell }_1:x+y=3$, som gir $y=3-x$. Vi setter dette inn i den opprinnelige sirkellikningen:

Vi regner ut parentesene:

Vi samler like ledd:

Dette gir $x=0$ eller $x=2$.

For $x=0$: $y=3-0=3$, altså punktet $(\mathrm{0,3})$. For $x=2$: $y=3-2=1$, altså punktet $(\mathrm{2,1})$.

$\underline{\underline{(\mathrm{0,3})\text{og}(\mathrm{2,1})}}$

Vi bruker samme metode: ${\ell }_2:x+y=k$ gir $y=k-x$. Vi setter inn i sirkellikningen:

Linjen ${\ell }_2$ tangerer sirkelen nøyaktig når denne andregradslikningen har én løsning, altså når diskriminanten er null. Med $a=2$, $b=2-2k$ og $c=k^2-4k+3$:

Vi dividerer begge sider med $-4$:

Vi bruker $abc$-formelen med $a=1$, $b=-6$, $c=5$:

Dette gir $k=5$ eller $k=1$.

$\underline{\underline{k=1\text{eller}k=5}}$

Vi setter $u=110°$ inn i uttrykket for $v$:

Tangenten $AD$ i $A$ og korden $AC$ danner en vinkel $\angle DAC$. Etter periferivinkelsetningen for tangent og korde er denne vinkelen lik periferivinkelen i det alternative sirkelsegmentet, altså vinkelen $\angle ABC$ sett fra $B$ på den andre siden av korden $AC$:

Siden $B$, $C$ og $D$ ligger på samme rette linje, er $\angle ACB$ en ytrevinkel til trekant $ADC$ i hjørnet $C$. Ytrevinkelsetningen sier at ytrevinkelen er lik summen av de to andre (ikke-tilstøtende) vinklene i trekanten:

Vi løser for $\angle ADC$:

$\underline{\underline{\angle ADC=75°}}$

Siden $CA=CB$, ligger sentrum $S$ på midtnormalen til $AB$ (fordi $S$ har lik avstand $r$ til $A$ og $B$), og denne midtnormalen går også gjennom $C$ på grunn av symmetrien i den likebeinte trekanten. Dermed ligger $S$, $C$ og midtpunktet av $AB$ på samme rette linje (symmetriaksen til trekanten).

Det betyr at $S$ ligger innenfor trekant $ABC$ nøyaktig når $S$ ligger på samme side av linjen $AB$ som $C$, og $S$ ligger utenfor trekanten nøyaktig når $S$ ligger på motsatt side av $AB$ fra $C$.

Vinkelen $u=\angle ACB$ er en periferivinkel som ser på sirkelbuen $AB$ som ikke inneholder $C$. Etter periferivinkelsetningen er sentralvinkelen til den samme buen dobbelt så stor som periferivinkelen, så denne buen har gradetall $2u$.

For enhver korde i en sirkel ligger sentrum alltid på samme side av korden som den største av de to buene (den buen med gradetall $>180°$) — sentrum ligger bare på selve korden når korden er en diameter. Dersom $S$ ligger utenfor trekant $ABC$, ligger $S$ på motsatt side av $AB$ fra $C$, altså på samme side som buen $AB$ som ikke inneholder $C$. Da må denne buen være den største buen, det vil si

Dermed er $u>90°$ når $S$ ligger utenfor trekant $ABC$.

Skal alle fem kortene være hjerter, må vi velge $5$ kort blant de $13$ hjerterkortene. Antall gunstige utfall er derfor $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{13}{5}\right)$, og sannsynligheten blir forholdet mellom gunstige og mulige utfall:

Sannsynligheten for at alle fem kortene er hjerter er altså svært liten, om lag $\underline{\underline{\mathrm{0,05}\%}}$.

Skal nøyaktig to av de fem kortene være hjerter, må vi velge $2$ kort blant de $13$ hjerterkortene, og de resterende $3$ kortene blant de $39$ kortene som ikke er hjerter (ruter, kløver og spar til sammen). Antall gunstige utfall er derfor $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{13}{2}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{39}{3}\right)$:

Sannsynligheten for at nøyaktig to av de fem kortene er hjerter er om lag $\underline{\underline{\mathrm{27,4}\%}}$.

Skal de fem kortene inneholde minst ett kort av hver av de fire typene (ruter, kløver, hjerter, spar), må vi først finne ut hvordan de fem kortene kan fordele seg på de fire typene.

Siden vi har $5$ kort fordelt på $4$ typer, og hver type skal være representert med minst ett kort, må nøyaktig én av typene bidra med to kort, mens de tre andre typene bidrar med ett kort hver. Dette er den eneste mulige fordelingen: hadde to eller flere typer bidratt med to kort hver, ville det blitt minst $6$ kort totalt, og hadde alle fire typene bidratt med bare ett kort, ville det blitt $4$ kort totalt, ikke $5$. Fordelingen må altså være $2$-$1$-$1$-$1$.

Vi teller de gunstige utfallene i fire trinn:

1. Velg hvilken av de fire typene som skal bidra med to kort: $4$ måter.
2. Velg de to kortene fra denne typen: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{13}{2}\right)$ måter.
3. Velg ett kort fra hver av de tre andre typene: $13\cdot 13\cdot 13={13}^3$ måter.

Antall gunstige utfall blir dermed

Sannsynligheten blir

Sannsynligheten for at de fem kortene inneholder minst ett kort av hver type er om lag $\underline{\underline{\mathrm{26,4}\%}}$.

Strålen $\ell$ er gitt ved $x=12t$, $y=5t$ for $t>0$.

Vi prøver $C(24,10)$:

Siden $t=2>0$ gir begge koordinatene til $C$, ligger $C$ på $\ell$.

Vi bruker prikkprodukt for å finne $\angle BAC$. Vektorene fra $A(\mathrm{0,0})$ er:

$D$ ligger på $\ell$, så $D=(12t,5t)$ for en $t>0$.

Vektorene fra $D$:

Prikkproduktet:

Lengdene:

Betingelsen $\angle ADB=120°$ gir $\cos (120°)=-\frac{1}{2}$:

For $t>0$ deler vi med $t$ i teller og i $|\overrightarrow{DA}|$: