R1 Vår 2008

Vi bruker produktregelen ${(u\cdot v)}^{\prime }=u^{\prime }\cdot v+u\cdot v^{\prime }$ med $u=x^2$ og $v=\ln x$:

Vi utfører polynomdivisjonen ledd for ledd:

Divisjonen går opp, så

Vi kan ikke sette inn $x=8$ direkte, siden både teller og nevner blir $0$. Vi faktoriserer i stedet:

Vi bruker at $\lg (a\cdot b)=\lg a+\lg b$ og $\lg \left({\displaystyle \frac{a}{b}}\right)=\lg a-\lg b$:

1) Topp- og bunnpunkt

Vi bruker produktregelen på $f(x)=x\cdot e^{-x}$:

Vi finner mulige topp- eller bunnpunkter ved å sette $f^{\prime }(x)=0$. Siden $e^{-x}>0$ for alle $x$, må

Vi undersøker fortegnet til $f^{\prime }(x)$:

• For $x<1$ er $(1-x)>0$, så $f^{\prime }(x)>0$ (funksjonen vokser).
• For $x>1$ er $(1-x)<0$, så $f^{\prime }(x)<0$ (funksjonen avtar).

Dermed er $x=1$ et toppunkt. Vi finner $y$-verdien:

Grafen til $f$ har et toppunkt $(1,\mathrm{0,37})$ og ingen bunnpunkt.

2) Vendepunkt

Vi deriverer $f^{\prime }(x)=(1-x)\cdot e^{-x}$ videre med produktregelen:

Vi setter $f^{\prime \prime }(x)=0$. Siden $e^{-x}>0$, må

Fortegnet til $f^{\prime \prime }(x)$ skifter:

• For $x<2$ er $f^{\prime \prime }(x)<0$ (grafen er konkav/vender den hule siden ned).
• For $x>2$ er $f^{\prime \prime }(x)>0$ (grafen er konveks/vender den hule siden opp).

Siden $f^{\prime \prime }(x)$ skifter fortegn i $x=2$, er dette et vendepunkt. Vi finner $y$-verdien:

Grafen til $f$ har vendepunkt $(2,\mathrm{0,28})$.

Vi regner ut prikkproduktet mellom $\overrightarrow{u}=[a,b]$ og $\overrightarrow{v}=[-b,a]$:

Siden prikkproduktet er $0$, står $\overrightarrow{u}$ og $\overrightarrow{v}$ vinkelrett på hverandre.

Linja $l$ går gjennom $C(3,4)$, siden vi får $C$ ved å sette $t=0$ i parameterframstillingen. Retningsvektoren til $l$ er $\overrightarrow{r}=[-1,4]$.

Vektoren $\overrightarrow{AB}$ er

Vi sjekker om $\overrightarrow{r}$ og $\overrightarrow{AB}$ er vinkelrette:

Retningsvektoren til $l$ står altså vinkelrett på $\overrightarrow{AB}$. Siden $l$ går gjennom $C$ og er vinkelrett på $AB$, er $l$ høyden fra $C$ ned på $AB$. Fotpunktet $F_3$ ligger på $AB$, så $l$ er linja gjennom $C$ og $F_3$.

Linja gjennom $A$ og $F_1$ er høyden fra $A$ ned på $BC$, og skal derfor være vinkelrett på $\overrightarrow{BC}$. Vi finner

Fra a) vet vi at $[-b,a]$ står vinkelrett på $[a,b]$. Med $[a,b]=[-2,3]$ blir en vinkelrett vektor $[-3,-2]$, eller like gjerne $[3,2]$ (motsatt vei). Linja gjennom $A(1,0)$ med retningsvektor $[3,2]$ er

Vi setter uttrykkene for $x$ og $y$ fra de to linjene like:

Fra den første likningen: $t=2-3s$. Vi setter dette inn i den andre:

Vi setter $s={\displaystyle \frac{6}{7}}$ inn i linja $c$:

Skjæringspunktet er

Linja gjennom $B$ og $F_2$ er høyden fra $B$ ned på $AC$, og skal være vinkelrett på $\overrightarrow{AC}$:

En vinkelrett retningsvektor (fra a) er $[-4,2]$, eller forenklet $[-2,1]$. Linja gjennom $B(5,1)$ blir da

Vi sjekker om punktet $({\displaystyle \frac{25}{7}},{\displaystyle \frac{12}{7}})$ ligger på denne linja. Fra $y$-likningen:

Vi setter $u={\displaystyle \frac{5}{7}}$ inn i $x$-likningen:

Dette stemmer med $x$-koordinaten til skjæringspunktet. Punktet $({\displaystyle \frac{25}{7}},{\displaystyle \frac{12}{7}})$ ligger altså også på linja $B{F}_2$.

Alle tre høydene $C{F}_3$, $A{F}_1$ og $B{F}_2$ går dermed gjennom det samme punktet. Dette er et eksempel på at de tre høydene i en trekant alltid skjærer hverandre i ett felles punkt, kalt ortosenteret til trekanten.

Rekkefølgen på de $5$ kortene i en hånd spiller ingen rolle, så antall mulige korthender er antall måter å velge $5$ kort av $52$ uten hensyn til rekkefølge:

Det er $\underline{\underline{2598960}}$ mulige korthender.

Hendelsen $A$ (5 spar) krever at alle $5$ kortene velges blant de $13$ sparkortene:

Hendelsen $B$ (5 svarte kort) krever at alle $5$ kortene velges blant de $26$ svarte kortene (spar og kløver):

$\underline{\underline{P(A)={\displaystyle \frac{33}{66640}}\approx \mathrm{0,0005}}}$ og $\underline{\underline{P(B)={\displaystyle \frac{253}{9996}}\approx \mathrm{0,0253}}}$.

Vi trenger $P(A\cap B)$, altså sannsynligheten for at hånda både består av 5 spar og 5 svarte kort. Siden alle spar-kort er svarte, er en hånd med 5 spar automatisk en hånd med 5 svarte kort. Dermed er $A$ en delmengde av $B$, og

Da blir

Vi sammenligner med $P(A)\approx \mathrm{0,0005}$ fra b). Siden

er $A$ og $B$ ikke uavhengige hendelser. Å vite at hånda består av svarte kort, gjør det mye mer sannsynlig at hånda faktisk består av spar.

$\underline{\underline{P(A|B)={\displaystyle \frac{9}{460}}\approx \mathrm{0,0196}}}$; hendelsene er ikke uavhengige.

Fortegnet til $f^{\prime }$ forteller hvordan $f$ vokser og avtar: der $f^{\prime }(x)>0$ er $f$ voksende, der $f^{\prime }(x)<0$ er $f$ avtagende.

Av grafen ser vi at $f^{\prime }(x)<0$ for $x<1$, at $f^{\prime }(x)>0$ for $1<x<3$, og at $f^{\prime }(x)<0$ for $x>3$.

Dermed er

Topp- og bunnpunkter på grafen til $f$ finnes der $f^{\prime }(x)=0$ og $f^{\prime }$ skifter fortegn.

Grafen til $f^{\prime }$ har nullpunkter i $x=1$ og $x=3$.

• I $x=1$ går $f^{\prime }$ fra negativ til positiv, så $f$ har et bunnpunkt for $x=1$.
• I $x=3$ går $f^{\prime }$ fra positiv til negativ, så $f$ har et toppunkt for $x=3$.

Et vendepunkt på grafen til $f$ finnes der $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn, altså der $f^{\prime }$ har et ekstremalpunkt (topp- eller bunnpunkt). Grafen til $f^{\prime }$ har toppunkt for $x=2$ (der $f^{\prime }(2)=1$), så $f$ har et vendepunkt for $x=2$.

Grafen til $f^{\prime }$ er en parabel (graf til en andregradsfunksjon) med nullpunkter i $x=1$ og $x=3$. Da kan $f^{\prime }$ skrives på faktorisert form

Av grafen ser vi at toppunktet til parabelen er $(2,1)$. Vi setter $x=2$ inn og krever $f^{\prime }(2)=1$:

Dermed er

Kontroll: $f^{\prime }(0)=-3$, som stemmer med grafen (kurven skjærer $f^{\prime }$-aksen i $-3$).

Siden $f^{\prime }(x)=-x^2+4x-3$, finner vi $f$ ved antiderivasjon (integrasjon):

Siden grafen til $f$ går gjennom origo, er $f(0)=0$. Vi setter $x=0$ inn:

Dermed er $C=0$, og

Dette er bekreftet i CAS ved å integrere $f^{\prime }$ og derivere resultatet tilbake:

Graf til $f$ for $x\in ⟨0,4⟩$:

Fra b) vet vi at $f$ har bunnpunkt for $x=1$, vendepunkt for $x=2$ og toppunkt for $x=3$. Vi setter inn i uttrykket for $f$ og finner

Grafen er tegnet i GeoGebra, med bunn- og toppunkt markert i rødt og vendepunktet i blått:

Siden $S$ er sentrum i sirkelen og $C$ ligger på sirkelen, er $SC=1$ (radius). Punktene $C$, $S$ og $D$ ligger på samme linje (høyden fra $C$), så

Trekanten $SDB$ er rettvinklet i $D$, med hypotenus $SB=1$ (radius) og katet $SD=x$. Pytagoras gir

Fordi trekanten $ABC$ er likebeint med $CD$ som høyde og midtnormal på grunnlinjen $AB$, er $D$ midtpunktet på $AB$, så

Arealet av trekanten er da

Vi tegner grafen til $F$ på det gyldige intervallet $⟨-1,1⟩$ (for $x=-1$ eller $x=1$ blir trekanten degenerert). Vi bruker CAS til å finne toppunktet på grafen med Extremum(f, -1, 1).

Av skjermbildet (rad 5) ser vi at toppunktet er

Det største arealet av trekanten $ABC$ er altså

Vi deriverer $F(x)=(1+x)\sqrt{1-x^2}$ ved produktregelen, med $u=1+x$ og $v=\sqrt{1-x^2}$:

Dette stemmer med CAS-utregningen i skjermbildet over (rad 2). Vi setter $F^{\prime }(x)=0$, som krever at telleren er null:

Løsningen $x=-1$ ligger på randen av definisjonsområdet (der trekanten er degenerert, og $F^{\prime }$ ikke er definert), så $\underline{\underline{x={\displaystyle \frac{1}{2}}}}$ er den gyldige løsningen. Dette bekreftes av CAS i skjermbildet over (rad 3).

Kommentar: $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$ er nettopp $x$-verdien til toppunktet vi leste av grafen i b), altså det stasjonære punktet som gir maksimalt areal.

Vi setter $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$ inn i uttrykkene fra a):

Siden trekanten $BDC$ er rettvinklet i $D$, gir Pytagoras siden $BC$:

Av symmetri er $AC=BC=\sqrt{3}$. Dermed er

Kommentar: Alle sidene er like lange, så den likebeinte trekanten med størst areal er faktisk likesidet. Dette stemmer med resultatet i b), der $F(1/2)={\displaystyle \frac{3\sqrt{3}}{4}}$ (se skjermbildet, rad 4).

Sirklene tangerer hverandre parvis utenfra (de ligger utenfor hverandre og rører i ett punkt). Da er avstanden mellom sentrene i to tangerende sirkler lik summen av radiene. Det gir

Både $S_1$ og $S_2$ står vinkelrett på linja $l$, med henholdsvis høyde $a$ og $b$ over $l$ (siden sirklene tangerer $l$ i $A$ og $C$). Trekker vi en linje fra $S_1$ parallelt med $l$ til den vinkelrette linja gjennom $S_2$, får vi en rettvinklet trekant $S_1{S}_{2}A$ med

• hypotenus $S_1{S}_2=a+b$
• én katet lik høydeforskjellen $|a-b|$
• den andre kateten lik $AC$ (den vannrette avstanden mellom tangeringspunktene, som er lik den vannrette avstanden mellom sentrene)

Pytagoras gir

På akkurat samme måte, med rettvinklede trekanter $S_1{S}_{3}B$ og $S_2{S}_{3}B$ (radiene $a$ og $c$, og $b$ og $c$), får vi

Punktet $B$ ligger mellom $A$ og $C$ på linja $l$ (sirkel 3 er den minste og ligger inneklemt mellom sirkel 1 og sirkel 2). Da er

Setter vi inn uttrykkene fra b) og c):

Vi deler begge sider på $\sqrt{abc}$:

Vi setter $a=b=r$ inn i sammenhengen fra d):

Med $r=4\mathrm{cm}$ er $a=b=4\mathrm{cm}$, og fra e) blir

Konstruksjon:

1. Tegn linja $l$ og et punkt $A$ på $l$.
2. Konstruer normalen til $l$ i $A$, og avsett $S_1$ slik at $A{S}_1=4\mathrm{cm}$. Tegn sirkel med sentrum $S_1$ og radius $4\mathrm{cm}$ — den tangerer $l$ i $A$.
3. Siden $a=b$, ligger $S_2$ i samme høyde som $S_1$, og avstanden mellom tangeringspunktene blir $AC=S_1{S}_2=a+b=8\mathrm{cm}$. Avsett punktet $C$ på $l$ med $AC=8\mathrm{cm}$, konstruer normalen i $C$, og avsett $S_2$ med $C{S}_2=4\mathrm{cm}$. Tegn sirkel med sentrum $S_2$ og radius $4\mathrm{cm}$.
4. Halver $AC$ for å finne $B$ (siden $a=b$ ligger den lille sirkelen midt mellom, med $AB=BC=4\mathrm{cm}$, i tråd med $AB=2\sqrt{ac}=2\sqrt{4\cdot 1}=4\mathrm{cm}$).
5. Konstruer normalen til $l$ i $B$, og avsett $S_3$ med $B{S}_3=c=1\mathrm{cm}$. Tegn sirkel med sentrum $S_3$ og radius $1\mathrm{cm}$ — den tangerer $l$ i $B$ og de to store sirklene.