R1 Vår 2010

1) $f(x)=x^3\cdot \ln x$. Vi bruker produktregelen med $u=x^3$ og $v=\ln x$:

2) $g(x)=4e^{x^2-3x}$. Vi bruker kjerneregelen med indre funksjon $x^2-3x$, som har derivert $2x-3$:

1) Vi setter $x=2$ inn i $P(x)=x^3-4x^2-4x+16$:

Siden $P(2)=0$, er $(x-2)$ en faktor i $P(x)$. Vi utfører polynomdivisjon:

Vi faktoriserer andregradsuttrykket videre: $x^2-2x-8=(x-4)(x+2)$. Dermed er

2) Nullpunktene til $P$ er $x=-2$, $x=2$ og $x=4$. Siden $P(x)$ er et tredjegradsuttrykk med positiv ledende koeffisient, går grafen fra minus mot pluss uendelig. Vi setter opp fortegnslinje for de tre faktorene $(x+2)$, $(x-2)$ og $(x-4)$:

Ulikheten $P(x)\le 0$ er dermed oppfylt for

«Per er fra Bergen» $\Rightarrow$ «Per er fra Norge».

Bergen ligger i Norge, så hvis Per er fra Bergen, må han også være fra Norge. Implikasjonen går altså den ene veien. Den motsatte veien holder ikke: at Per er fra Norge betyr ikke at han nødvendigvis er fra Bergen — han kan like gjerne være fra Oslo, Trondheim eller et annet sted i Norge. Riktig symbol er derfor $\Rightarrow$.

Vi har $\overrightarrow{a}=[3,5]$.

1) $\overrightarrow{b}$ skal være dobbelt så lang som $\overrightarrow{a}$, men med motsatt retning. Det betyr at $\overrightarrow{b}=-2\cdot \overrightarrow{a}$:

2) En vektor normalt på $\overrightarrow{a}=[a_1,a_2]=[\mathrm{3,5}]$ finner vi ved å bytte om koordinatene og skifte fortegn på én av dem: $\overrightarrow{c}=[-a_2,a_1]$:

(Kontroll: $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{c}=3\cdot (-5)+5\cdot 3=-15+15=0$, så vektorene står normalt på hverandre.)

Vi dividerer begge sider med 4:

Vi tar fjerderoten på begge sider. Siden $2^4=16$ og også ${(-2)}^4=16$, får vi to muligheter:

Første likning gir ${\displaystyle \frac{x}{100}}=1\Rightarrow x=100$.

Andre likning gir ${\displaystyle \frac{x}{100}}=-3\Rightarrow x=-300$.

Uttrykket $1+\frac{x}{100}$ er en vekstfaktor. Skal $x$ tolkes som en prosentvis endring i en praktisk sammenheng (f.eks. rente), er vekstfaktoren normalt positiv, og da er $\underline{\underline{x=100}}$ det aktuelle svaret. Rent algebraisk er også $x=-300$ en løsning av likningen.

Trekanten $ABC$ er innskrevet i sirkelen med radius $r$, med $AB=\frac{3}{2}r$ og $\angle ABC=45°$.

Fordi $\angle ABC$ er en periferivinkel som spenner over buen $AC$, er sentralvinkelen $\angle AOC$ (der $O$ er sirkelens sentrum) dobbelt så stor: $\angle AOC=2\cdot 45°=90°$.

Konstruksjon:

1. Tegn en sirkel med sentrum $O$ og radius $r$.

2. Merk av et punkt $A$ på sirkelen, og tegn radien $OA$.

3. Sett passerspissen i $A$ med åpning ${\displaystyle \frac{3}{2}}r$, og slå en bue som skjærer sirkelen i et punkt $B$. Da er $AB={\displaystyle \frac{3}{2}}r$ en korde i sirkelen.

4. Konstruer en linje gjennom $O$ som står normalt på $OA$ (halveringsnormalen på en diameter gjennom $A$, eller ved å konstruere en $90°$-vinkel i $O$). Denne linjen skjærer sirkelen i to punkter; velg det punktet $C$ som ligger på samme bue som $B$ (slik at $\angle AOC=90°$ og periferivinkelen $\angle ABC$ dermed blir $45°$).

5. Tegn linjestykkene $AC$ og $BC$. Trekant $ABC$ er nå ferdig konstruert.

   Konstruksjonen er gyldig fordi periferivinkelsetningen sikrer at $\angle ABC=\frac{1}{2}\angle AOC=45°$ når $A$, $B$ og $C$ alle ligger på sirkelen og $\angle AOC=90°$.

Den deriverte er $f^{\prime }(x)=2(x+1)(x-3)$, med nullpunkter $x=-1$ og $x=3$. Vi setter opp fortegnslinje for $f^{\prime }(x)$ ved å se på fortegnet til faktorene $(x+1)$ og $(x-3)$:

Dermed vokser $f$ på $⟨-\infty ,-1⟩$ og på $⟨3,\infty ⟩$, og avtar på $⟨-1,3⟩$.

Siden $f^{\prime }$ går fra positiv til negativ ved $x=-1$, har grafen til $f$ et toppunkt ved $x=-1$. Siden $f^{\prime }$ går fra negativ til positiv ved $x=3$, har grafen til $f$ et bunnpunkt ved $x=3$.

Vi utvider $f^{\prime }(x)$ og deriverer på nytt:

Vendepunktet finner vi der $f^{\prime \prime }(x)=0$:

Siden $f^{\prime \prime }(x)$ er lineær med positiv stigning, skifter den fortegn (fra negativ til positiv) nettopp i $x=1$, så dette er et ekte vendepunkt. Merk at $x=1$ ligger midt mellom toppunktet ($x=-1$) og bunnpunktet ($x=3$), akkurat slik oppgave c) ber oss vise generelt.

Vi har $g^{\prime }(x)=a(x-b)(x-c)$, der $a,b,c>0$ og $b<c$.

Hvorfor bare ett vendepunkt: Vi utvider $g^{\prime }(x)$:

Dette er et andregradsuttrykk i $x$, så den deriverte $g^{\prime \prime }(x)$ blir lineær:

En lineær funksjon med $a\ne 0$ har nøyaktig ett nullpunkt og skifter fortegn akkurat der. Grafen til $g$ kan derfor bare ha ett vendepunkt.

Vendepunktets plassering: Vi løser $g^{\prime \prime }(x)=0$:

Topp- og bunnpunkt: Siden $a>0$ og $b<c$, gir samme type fortegnsdrøfting som i a) at $g^{\prime }(x)>0$ for $x<b$, $g^{\prime }(x)<0$ for $b<x<c$, og $g^{\prime }(x)>0$ for $x>c$. Dermed er $x_{\text{maks}}=b$ og $x_{\text{min}}=c$.

Konklusjon: Vendepunktets førstekoordinat er

som viser at vendepunktet ligger nøyaktig midt mellom topp- og bunnpunktet.

Vi skal velge ut $5$ av de $12$ kampene som skal ha hjemmeseier. Rekkefølgen på hvilke $5$ kamper som velges spiller ingen rolle, så vi bruker binomialkoeffisienten

Det er $\underline{\underline{792}}$ ulike utvalg på $5$ kamper blant de $12$.

De $5$ kampene med hjemmeseier er allerede bestemt. De resterende $7$ kampene skal hver fylles ut med enten uavgjort (U) eller borteseier (B), altså $2$ mulige utfall per kamp. Siden kampene fylles ut uavhengig av hverandre, blir antall måter

Det er $\underline{\underline{128}}$ måter å fylle ut de $7$ resterende kampene på.

En tilfeldig utfylt tipperekke har $3$ mulige utfall (H, U eller B) i hver av de $12$ kampene, uavhengig av hverandre. Totalt antall mulige tipperekker er dermed

Antall tipperekker med nøyaktig $5$ hjemmeseire finner vi ved å kombinere resultatene fra a) og b): vi velger ut hvilke $5$ av de $12$ kampene som blir hjemmeseier, og fyller ut de resterende $7$ kampene med U eller B:

Sannsynligheten for nøyaktig $5$ hjemmeseire blir dermed

Vi taster inn parameterframstillingen $\overrightarrow{r}(t)=[t^3+3,t+1]$ for $t\in [-2,2]$ i GeoGebra. Grafen er en S-formet kurve som går fra punktet $(-5,-1)$ (der $t=-2$) til punktet $(11,3)$ (der $t=2$).

Fartsvektoren finner vi ved å derivere hver komponent av $\overrightarrow{r}(t)$, og akselerasjonsvektoren ved å derivere hver komponent av $\overrightarrow{v}(t)$:

Ved $t=1$ er $\overrightarrow{r}(1)=(4,2)$, og vi får

Disse er markert som henholdsvis den røde og den blå pilen med utgangspunkt i punktet $(4,2)$ på grafen i a).

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

Punktet på kurven er da $\overrightarrow{r}(0)=(3,1)$, markert med grønt på grafen i a).

$\underline{\underline{t=0}}$, som gir punktet $(3,1)$ på kurven.

Vi deriverer $f(x)=x^3$:

Stigningstallet til tangenten $T_1$ i punktet $P(1,1)$ er

Tangentlikningen får vi ved ettpunktsformelen med $P(\mathrm{1,1})$ og stigningstall $3$:

Skjæringspunktene mellom grafen til $f$ og tangenten $T_1$ finner vi ved å sette $f(x)$ lik uttrykket for $T_1$:

Førstekoordinaten til $Q$ må derfor være en løsning av denne likningen. Vi vet at $x=1$ (punktet $P$) er en løsning, siden $T_1$ tangerer grafen i $P$. Da må $(x-1)$ være en faktor. Polynomdivisjon gir

Vi faktoriserer andregradsuttrykket videre:

Dermed er

noe GeoGebra CAS bekrefter (linje 3 i utklippet). Likningen har løsningene $x=1$ (dobbel rot, tilsvarer $P$, siden $T_1$ er tangent der) og $x=-2$ (se linje 4). Dette stemmer med at $Q\ne P$, så

Vi finner $y$-koordinaten ved å sette inn i $f(x)=x^3$:

Tangenten $T_2$ er parallell med $T_1$, så $T_2$ har samme stigningstall, $3$. Tangeringspunktet $R=(a,f(a))$ må derfor oppfylle

GeoGebra CAS (linje 5 i utklippet) gir løsningene $a=1$ og $a=-1$. Løsningen $a=1$ tilsvarer punktet $P$, altså tangenten $T_1$ selv. Den andre løsningen gir tangeringspunktet til $T_2$:

Ledningen er $10$ meter lang, og $x$ meter av den brukes til trekanten. Da er de resterende $(10-x)$ meterne omkretsen til kvadratet.

Et kvadrat har fire like lange sider, så sidelengden i kvadratet er

Arealet av et kvadrat er sidelengden i annen, så

som er formelen som skulle vises.

Den delen av ledningen som er igjen til trekanten, er $x$ meter lang. En likesidet trekant har tre like lange sider, så sidelengden i trekanten er

Arealet av en likesidet trekant med sidelengde $s$ er $\frac{\sqrt{3}}{4}{s}^2$ (utledes for eksempel ved å dele trekanten i to rettvinklede trekanter og bruke Pytagoras for å finne høyden $h=\frac{\sqrt{3}}{2}s$). Dermed blir

som er formelen som skulle vises.

Totalarealet er

Vi finner $F^{\prime }(x)$ og løser $F^{\prime }(x)=0$ i GeoGebra CAS.

Fra utklippet er

Likningen $F^{\prime }(x)=0$ gir

Den andrederiverte er $F^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{72}(9+4\sqrt{3})$, som er en positiv konstant. Dermed er $F$ konveks (krummer opp overalt), og $x\approx \mathrm{5,65}$ gir et globalt minimum for $F$ på $[0,10]$.

Konklusjon: For at totalarealet skal bli minst mulig, må ledningen kuttes slik at

brukes til den likesidete trekanten, og de resterende $10-x\approx \mathrm{4,35}\mathrm{m}$ brukes til kvadratet.

Siden $D$ ligger på sirkelen, er $SD=r$ (radius). Det er også oppgitt at $AD=r$. Dermed er

så trekant $ASD$ er likebeint med $D$ som toppunkt. I en likebeint trekant er vinklene motstående de like sidene like store. Siden sidene $AD$ og $SD$ er like lange, er vinklene motstående dem — altså $\angle ASD$ (motstående $AD$) og $\angle SAD=x$ (motstående $SD$) — like store:

Punktene $A$, $D$ og $C$ ligger på samme rette linje (sekanten fra $A$), med $D$ mellom $A$ og $C$. Dermed er $\angle SDC$ utsidevinkelen til trekant $ASD$ i hjørnet $D$.

Ifølge setningen om utsidevinkel er utsidevinkelen i en trekant lik summen av de to andre (ikke-tilstøtende) innvendige vinklene. I trekant $ASD$ er disse $\angle SAD=x$ og $\angle ASD=x$ (fra a)), så

Videre er $D$ og $C$ begge punkter på sirkelen, så $SD=SC=r$. Trekant $SDC$ er dermed også likebeint, nå med $S$ som toppunkt, og grunnvinklene $\angle SDC$ og $\angle SCD$ (motstående de like sidene $SC$ og $SD$) er derfor like store:

I trekant $SDC$ er vinkelsummen $180°$, så

Siden $A$, $S$ og $B$ ligger på samme rette linje, er $\angle ASB=180°$. Strålene $SD$ og $SC$ ligger begge mellom $SA$ og $SB$ (se figuren), så

Vi setter inn $\angle ASD=x$ (fra a)), $\angle DSC=180°-4x$ og $\angle CSB=y$:

Vi setter inn $n=1,2,3,4$:

Alle fire tallene er delelige med $3$.

Vi bruker konjugatsetningen $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ med $a=2^n$ og $b=1$:

Dermed er

Tallene $(2^n-1)$, $2^n$ og $(2^n+1)$ ligger etter hverandre på tallinjen, altså tre påfølgende hele tall.

Blant tre påfølgende hele tall er alltid nøyaktig ett av dem delelig med $3$.

Tallet $2^n$ er en potens av $2$, og siden $2$ ikke har noen faktor $3$, kan $2^n$ aldri være delelig med $3$. Derfor må det være ett av naboene, $(2^n-1)$ eller $(2^n+1)$, som er delelig med $3$.

Fra b) vet vi at

Fra c) vet vi at minst én av faktorene $(2^n-1)$ og $(2^n+1)$ er delelig med $3$.

Når én av faktorene i et produkt er delelig med $3$, er hele produktet delelig med $3$. Dermed er