R1 Vår 2014

Vi bruker kjerneregelen på $f(x)=\ln (x^2+x)$. Med $u=x^2+x$ er ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}\ln (u)={\displaystyle \frac{u^{\prime }}{u}}$, der $u^{\prime }=2x+1$. Da får vi

Vi bruker produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ på $g(x)=x\cdot e^x$, med $u=x$ (så $u^{\prime }=1$) og $v=e^x$ (så $v^{\prime }=e^x$):

Vi bruker kjerneregelen på $h(x)={(x^2+3)}^4$. Med $u=x^2+3$ er ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}{u}^4=4u^3\cdot u^{\prime }$, der $u^{\prime }=2x$. Da får vi

Ifølge oppgaveteksten må et heltallig nullpunkt gå opp i konstantleddet $-8$. Aktuelle heltall er $\pm 1,\pm 2,\pm 4,\pm 8$. Vi prøver $x=1$:

Dermed er $x=1$ et nullpunkt for $P$.

Siden $x=1$ er et nullpunkt, er $(x-1)$ en faktor i $P(x)$. Vi utfører polynomdivisjon:

Vi faktoriserer andregradsuttrykket $x^2-6x+8$. Vi søker to tall som ganger sammen gir $8$ og summert gir $-6$: dette er $-2$ og $-4$. Dermed er

og totalt

Vi faktoriserer også nevneren: $x^2-1=(x-1)(x+1)$. Ulikheten blir

Legg merke til at uttrykket ikke er definert for $x=1$ og $x=-1$ (nevneren blir null der), så disse verdiene må uansett utelukkes fra løsningen. For $x\ne 1$ kan vi forkorte bort faktoren $(x-1)$, og ulikheten er ekvivalent med

Vi setter opp fortegnslinje for faktorene $(x+1)$, $(x-2)$ og $(x-4)$, med kritiske verdier $x=-1,2,4$:

Uttrykket er $\ge 0$ på intervallene $⟨-1,2]\cup [4,\to ⟩$. Vi må i tillegg utelukke $x=1$, siden det opprinnelige uttrykket ikke er definert der. Løsningen blir dermed

Vi har $\overrightarrow{a}=[-2,1]$ og $\overrightarrow{b}=[3,6]$. Da er

Prikkproduktet regnes ut ved å multiplisere sammen $x$-komponentene, deretter $y$-komponentene, og summere:

To vektorer $[x_1,y_1]$ og $[x_2,y_2]$ er parallelle når $x_1\cdot y_2-y_1\cdot x_2=0$. For $\overrightarrow{b}=[3,6]$ og $\overrightarrow{c}=[k-1,4]$ gir dette

Vi finner først lengden av $2\overrightarrow{a}=[-4,2]$:

Lengden av $\overrightarrow{c}=[k-1,4]$ er

Betingelsen $|\overrightarrow{c}|=|2\overrightarrow{a}|$ gir

Vi kvadrerer begge sider:

Vi finner nullpunktene ved å faktorisere $f(x)$ og bruke nullproduktsetningen.

Dette gir

Nullpunktene er $x=0$ (dobbelt nullpunkt), $x=-\sqrt{2}$ og $x=\sqrt{2}$.

Vi deriverer $f$ ledd for ledd.

Topp- og bunnpunkter finner vi der $f^{\prime }(x)=0$.

Dette gir $x=0$, $x=1$ eller $x=-1$.

For å avgjøre type ekstremalpunkt bruker vi $f^{\prime \prime }(x)$.

Vi setter inn $x$-verdiene i $f(x)$.

Grafen har toppunkt $(\mathrm{0,0})$ og bunnpunkter $(-1,-3)$ og $(1,-3)$.

Vi bruker nullpunktene fra a) og topp-/bunnpunktene fra b) til å skissere grafen for $x\in ⟨-2,2⟩$:

Siden $p$ er et oddetall, kan vi skrive $p=2n+1$ for et helt tall $n$. Da er

Begge er altså partall (delelige med 2), så

er hele tall.

Vi bruker konjugatsetningen $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ med $a={\displaystyle \frac{p+1}{2}}$ og $b={\displaystyle \frac{p-1}{2}}$:

Differansen mellom de to kvadrattallene er altså alltid lik $p$.

Siden $151$ er et oddetall større enn $1$, kan vi bruke $p=151$. Da er

Fra resultatet i b) vet vi at

Svar: $\underline{\underline{151={76}^2-{75}^2}}$

For $x>0$ kan vi bruke at $a=e^{\ln a}$ for ethvert positivt tall $a$. Med $a=x^x$ får vi

Ved hjelp av logaritmeregelen $\ln \left(a^b\right)=b\cdot \ln a$ kan eksponenten skrives om:

Dermed er

Vi deriverer $h(x)=e^{x\ln x}$ med kjerneregelen. Kjernen er $u(x)=x\ln x$, og

Den deriverte av $u(x)=x\ln x$ finner vi med produktregelen, ${(f\cdot g)}^{\prime }=f^{\prime }g+f{g}^{\prime }$, der $f(x)=x$ og $g(x)=\ln x$:

Siden $e^{x\ln x}=x^x$, får vi til slutt

Svar: $\underline{\underline{h^{\prime }(x)=x^x(\ln x+1)}}$

Først finner vi $\overrightarrow{BA}$:

Siden $D$ ligger på $y$-aksen, er $D=(0,d)$ for et tall $d$. Da blir

Skal $\overrightarrow{CD}$ være parallell med $\overrightarrow{BA}$, må $\overrightarrow{CD}=k\cdot \overrightarrow{BA}$ for et tall $k$. Førstekoordinatene er begge lik $-4$, så $k=1$. Da må også andrekoordinatene være like:

Dette gir $\underline{\underline{D(0,8)}}$.

Midtpunktet mellom $B(5,-1)$ og $C(4,4)$ finner vi ved å ta gjennomsnittet av koordinatene:

Dette gir $\underline{\underline{M(\mathrm{4,5},\mathrm{1,5})}}$.

Vi finner først $\overrightarrow{AM}$:

Fra betingelsen $\overrightarrow{AM}={\displaystyle \frac{1}{3}}\overrightarrow{MP}$ får vi

Koordinatene til $P$ finner vi ved å legge $\overrightarrow{MP}$ til $M$:

Dette gir $\underline{\underline{P(15,-3)}}$.

Klassen har $12$ gutter og $16$ jenter, altså $28$ elever totalt. Vi skal trekke en gruppe på $5$ elever, og alle grupper på $5$ er like sannsynlige. Antall mulige grupper er

For at det skal bli akkurat én gutt med, må vi velge $1$ av de $12$ guttene og $4$ av de $16$ jentene:

Beregning i GeoGebra CAS gir

$\underline{\underline{P={\displaystyle \frac{2}{9}}}}$

Hvis det er $x$ gutter i gruppen, må de resterende $5-x$ være jenter, så sannsynligheten for akkurat $x$ gutter er

Vi skal finne $x$ slik at dette uttrykket blir ${\displaystyle \frac{44}{117}}$. Prøver $x=2$:

CAS-utregningen (se skjermbilde over, linje Pb) gir nettopp

Dette stemmer med den oppgitte sannsynligheten.

$\underline{\underline{\text{Det blir 2 gutter med i gruppen.}}}$

Hendelsen $B$ betyr at Betsy er med i gruppen. Det er det samme som å si at Betsy er valgt, og at de resterende $4$ plassene i gruppen fylles med tilfeldig valgte elever blant de $27$ andre elevene i klassen (28 elever minus Betsy selv). Dermed er

Hendelsen $A\cap B$ betyr at både Arne og Betsy er med i gruppen. Det vil si at Arne ($\left(\genfrac{}{}{0px}{}{1}{1}\right)$ måter å velge ham på) og Betsy begge er valgt, mens de resterende $3$ plassene fylles blant de $26$ andre elevene (28 minus Arne og Betsy):

Betinget sannsynlighet er per definisjon

som er uttrykket vi skulle forklare. Verdien er beregnet i CAS (linje Pc på skjermbildet over):

$\underline{\underline{P(A|B)={\displaystyle \frac{4}{27}}}}$

Vi skriver $f(x)=u(x)\cdot v(x)$ med

Da er $u^{\prime }(x)=6$. For $v(x)$ bruker vi kjerneregelen med indre funksjon $h(x)=-{\displaystyle \frac{x^2}{8}}$, slik at $h^{\prime }(x)=-{\displaystyle \frac{x}{4}}$:

Produktregelen gir

som er det vi skulle vise. $■$

Vi tegner grafen til $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{3}{2}}(4-x^2)\cdot e^{-\frac{x^2}{8}}$ for $x\in ⟨-6,6⟩$ i GeoGebra (kalt $g$ på figuren). Nullpunktene $x=-2$ og $x=2$, samt topp- og bunnpunktene på grafen til $f^{\prime }$ ($x=0$ og $x=\pm 2\sqrt{3}$), er markert:

Topp- og bunnpunkter på $f$: Disse finner vi der $f^{\prime }(x)=0$ og skifter fortegn. Av grafen ser vi at

• For $x<-2$ er $f^{\prime }(x)<0$ (avtagende $f$).
• For $-2<x<2$ er $f^{\prime }(x)>0$ (voksende $f$).
• For $x>2$ er $f^{\prime }(x)<0$ (avtagende $f$).

Siden $f^{\prime }$ skifter fra negativ til positiv i $x=-2$, har $f$ et bunnpunkt der. Siden $f^{\prime }$ skifter fra positiv til negativ i $x=2$, har $f$ et toppunkt der. Vi regner ut funksjonsverdiene:

Dette gir bunnpunkt $(-2,-12e^{-\frac{1}{2}})\approx (-2,-\mathrm{7,28})$ og toppunkt $(2,12e^{-\frac{1}{2}})\approx (2,\mathrm{7,28})$.

Vendepunkter på $f$: Disse finner vi der grafen til $f^{\prime }$ selv har topp- eller bunnpunkter, altså der $f^{\prime \prime }(x)=0$ og skifter fortegn. Av grafen til $f^{\prime }$ leser vi av at $f^{\prime }$ har toppunkt i $x=0$ og bunnpunkter i $x=-2\sqrt{3}\approx -\mathrm{3,46}$ og $x=2\sqrt{3}\approx \mathrm{3,46}$. Vi setter disse $x$-verdiene inn i $f$:

Dette gir vendepunktene $(0,0)$, $(2\sqrt{3},12\sqrt{3}{e}^{-\frac{3}{2}})\approx (\mathrm{3,46},\mathrm{4,64})$ og $(-2\sqrt{3},-12\sqrt{3}{e}^{-\frac{3}{2}})\approx (-\mathrm{3,46},-\mathrm{4,64})$.

Karet er et rett prisme uten lokk, med kvadratisk grunnflate med side $x$ og høyde $h$. Overflatearealet består av bunnflaten (kvadrat med areal $x^2$) og de fire sideflatene (rektangler med areal $x\cdot h$ hver). Siden karet mangler lokk, blir det samlede overflatearealet

Siden overflatearealet skal være $12{\mathrm{dm}}^2$, får vi

Vi løser likningen med hensyn på $h$:

Både $x$ og $h$ må være positive tall, siden de er lengder.

Siden $x$ er en side i grunnflaten, må vi ha $x>0$.

I tillegg må $h>0$. Fra uttrykket i a) er $h={\displaystyle \frac{12-x^2}{4x}}$. Siden nevneren $4x$ er positiv når $x>0$, må telleren også være positiv:

Dermed må

Volumet av prismet er grunnflate ganger høyde:

for $0<x<2\sqrt{3}$.

For å finne $x$ som gir størst volum, deriverer vi $V(x)$ og finner nullpunktene til den deriverte:

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

Utklippet viser $V^{\prime }(x)=0$ for $x=-2$ eller $x=2$. Siden $x$ må være positiv (fra b), forkaster vi $x=-2$ og beholder $x=2$.

Vi sjekker at dette gir et maksimum, for eksempel ved fortegnsskjema for $V^{\prime }(x)=3-\frac{3}{4}{x}^2$: $V^{\prime }(x)>0$ for $0<x<2$ og $V^{\prime }(x)<0$ for $2<x<2\sqrt{3}$. $V$ er altså voksende før $x=2$ og avtagende etter, så $x=2$ gir et maksimumspunkt.

Fra utklippet er $V(2)=4$, altså er det største volumet $4{\mathrm{dm}}^3$.

Siden $1{\mathrm{dm}}^3=1$ liter, blir det plass til

vann i karet, når $x=2\mathrm{dm}$ og $h={\displaystyle \frac{12-2^2}{4\cdot 2}}=1\mathrm{dm}$.

Ballen treffer bakken når $y$-koordinaten til posisjonsvektoren er lik $0$, altså når andrekomponenten av $\overrightarrow{r}(t)$ er null:

Siden $t$ må være positiv, er svaret

Grafen til $\overrightarrow{r}$ er banekurven ballen følger — punktene $(x,y)=(3t,15-\mathrm{4,9}{t}^2)$ for $t\in [0,\mathrm{1,75}]$. Kurven starter i $(0,15)$, altså der ballen forlater taket, og ender i $(\mathrm{5,25},0)$, der ballen treffer bakken.