R1 Vår 2016

Vi deriverer ledd for ledd:

Funksjonen $g(x)=5\ln (x^3-x)$ er en sammensatt funksjon. Vi bruker kjerneregelen med $\ln {(u)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }}{u}}$, der $u=x^3-x$ og $u^{\prime }=3x^2-1$:

Funksjonen $h(x)={\displaystyle \frac{x-1}{x+1}}$ er en brøk, og vi bruker kvotientregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ med $u=x-1$, $u^{\prime }=1$, $v=x+1$, $v^{\prime }=1$:

Ifølge faktorsetningen er $P(x)$ delelig med $(x-2)$ hvis og bare hvis $P(2)=0$. Vi setter inn $x=2$:

Vi krever $P(2)=0$:

Altså er $P$ delelig med $(x-2)$ hvis og bare hvis $\underline{\underline{k=-8}}$.

Med $k=-8$ er $P(x)=x^3-7x^2+14x-8$. Siden $(x-2)$ er en faktor, utfører vi polynomdivisjon:

Vi faktoriserer andregradsuttrykket $x^2-5x+4$ videre. Vi trenger to tall som gir sum $-5$ og produkt $4$, altså $-1$ og $-4$:

Dermed er

Vi skal løse $P(x)\le 0$, altså $(x-2)(x-1)(x-4)\le 0$. Nullpunktene er $x=1$, $x=2$ og $x=4$. Vi setter opp fortegnsskjema for de tre faktorene:

$P(x)$ er negativ eller null når $x\le 1$ eller $2\le x\le 4$ (nullpunktene er inkludert siden ulikheten er $\le$):

Vi bruker produktregelen på $f(x)=x^2\cdot e^{1-x^2}$, med $u(x)=x^2$ og $v(x)=e^{1-x^2}$.

Da er $u^{\prime }(x)=2x$. For $v(x)$ bruker vi kjerneregelen: den indre funksjonen er $1-x^2$ med derivert $-2x$, så

Produktregelen $f^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ gir

Vi trekker ut fellesfaktoren $2x{e}^{1-x^2}$:

som var det vi skulle vise.

Vi løser $f^{\prime }(x)=0$:

Siden $e^{1-x^2}>0$ for alle $x$, må enten $2x=0$ eller $1-x^2=0$. Dette gir

Vi undersøker fortegnet til $f^{\prime }(x)=2x(1-x)(1+x)e^{1-x^2}$ (eksponentialfaktoren er alltid positiv, så fortegnet avgjøres av $2x(1-x)(1+x)$):

Fortegnsskiftene gir:

• $x=-1$: skifte $+\to -$, altså toppunkt. $f(-1)={(-1)}^2{e}^{1-1}=1\cdot e^0=1$
• $x=0$: skifte $-\to +$, altså bunnpunkt. $f(0)=0$
• $x=1$: skifte $+\to -$, altså toppunkt. $f(1)=1^2{e}^{1-1}=1$

Grafen har toppunkter $\underline{\underline{(-1,1)}}$ og $\underline{\underline{(1,1)}}$, og bunnpunkt $\underline{\underline{(0,0)}}$.

Funksjonen er symmetrisk om $y$-aksen, siden $f(-x)={(-x)}^2{e}^{1-{(-x)}^2}=x^2{e}^{1-x^2}=f(x)$. Fra b) vet vi at grafen har toppunkter i $(-\mathrm{1,1})$ og $(\mathrm{1,1})$ og bunnpunkt i $(\mathrm{0,0})$. I tillegg vet vi at $f(x)\to 0$ når $x\to \pm \infty$, og at $f(x)\ge 0$ for alle $x$ (siden $x^2\ge 0$ og $e^{1-x^2}>0$).

Grafen kommer altså opp fra $y=0$ langt til venstre, stiger til toppunktet $(-\mathrm{1,1})$, synker til bunnpunktet $(\mathrm{0,0})$, stiger igjen til toppunktet $(\mathrm{1,1})$, og synker deretter mot $y=0$ langt til høyre.

Mellom et toppunkt (der grafen krummer nedover, konkav) og bunnpunktet (der grafen krummer oppover, konveks) må krumningen skifte et sted imellom — det gir ett vendepunkt mellom $x=-1$ og $x=0$, og ett mellom $x=0$ og $x=1$.

I tillegg flater grafen ut mot $y=0$ langt til venstre og høyre (konveks, krummer oppover mot den vannrette asymptoten), mens den krummer nedover nær toppunktene. Krumningen må derfor også skifte et sted til venstre for $x=-1$ og et sted til høyre for $x=1$.

Totalt gir dette $\underline{\underline{4}}$ vendepunkter, plassert symmetrisk om $y$-aksen: to mellom bunnpunktet og hvert toppunkt, og to lengre ute mot halene.

Figuren viser toppunktene $(-\mathrm{1,1})$ og $(\mathrm{1,1})$ i blått, bunnpunktet $(\mathrm{0,0})$ i rødt og de fire vendepunktene i grønt (omtrent $x\approx \pm \mathrm{0,47}$ og $x\approx \pm \mathrm{1,51}$).

Trekanten $ABC$ er likesidet med side $6\mathrm{cm}$. Høyden $CH$ står normalt på $AB$ og treffer $AB$ i midtpunktet, siden trekanten er likesidet. Dermed er

I den rettvinklede trekanten $CHB$ er $CB=6$ og $HB=3$, så

$\square BEDC$ er et kvadrat med side $CB=6\mathrm{cm}$ (siden $CB$ er en side i kvadratet). Linjestykket $CE$ er da en diagonal i kvadratet (i rekkefølgen $B,E,D,C$ ligger $C$ og $E$ på hver sin side av kvadratet, altså i motstående hjørner). Diagonalen i et kvadrat med side $s$ er $s\sqrt{2}$, så

Sirkelbuen med sentrum $C$ og radius $CE$ treffer forlengelsen av $AB$ i $F$, altså er

Siden $CH⟂AB$ og $F$ ligger på linjen $AB$, er trekanten $CHF$ rettvinklet i $H$. Da er

Punktene ligger i rekkefølgen $A,H,B,F$ på linjen. Da er

Siden $AB=6\mathrm{cm}$, får vi

som er det gylne snitt.

Punktene $A$, $B$ og $C$ ligger på en rett linje hvis vektorene $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$ er parallelle. Vi finner vektorene:

To vektorer $(a_1,a_2)$ og $(b_1,b_2)$ er parallelle hvis $a_1{b}_2-a_2{b}_1=0$. Vi sjekker:

Siden dette ikke er $0$, er $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$ ikke parallelle, og $A$, $B$ og $C$ ligger derfor ikke på en rett linje.

Vi finner vektorene $\overrightarrow{DC}$ og $\overrightarrow{DA}$ med $D(0,t)$:

Vinkelen $\angle CDA=90°$ betyr at $\overrightarrow{DC}⟂\overrightarrow{DA}$, altså at skalarproduktet er $0$:

Vi løser andregradslikningen med abc-formelen:

$ABCD$ er et trapes dersom ett par av motstående sider er parallelle, altså $\overrightarrow{AB}\parallel \overrightarrow{DC}$ eller $\overrightarrow{BC}\parallel \overrightarrow{AD}$.

Tilfelle 1: $\overrightarrow{AB}\parallel \overrightarrow{DC}$

Parallellitetsbetingelsen gir

Tilfelle 2: $\overrightarrow{BC}\parallel \overrightarrow{AD}$

Parallellitetsbetingelsen gir

$ABCD$ er altså et trapes når

Camilla skal velge $2$ av $5$ realfag og $2$ av $8$ andre fag. Rekkefølgen på fagene spiller ingen rolle, så vi bruker kombinasjoner. Antall måter å velge realfagene på er

og antall måter å velge de andre fagene på er

Siden hvert valg av realfag kan kombineres med hvert valg av andre fag, multipliserer vi (produktsetningen):

Det er $\underline{\underline{280}}$ mulige fagkombinasjoner.

Camilla skal velge $4$ fag totalt, med minst $2$ realfag. Vi deler opp i de gjensidig utelukkende tilfellene $2$, $3$ og $4$ realfag, og summerer (addisjonsprinsippet):

2 realfag og 2 andre fag:

3 realfag og 1 annet fag:

4 realfag og 0 andre fag:

Totalt antall fagkombinasjoner med minst $2$ realfag er

Det er $\underline{\underline{365}}$ mulige fagkombinasjoner.

For $f(x)=x^2-2x-8$ er $p=-2$ og $q=-8$. Punktene i konstruksjonen blir

Sirkelen har $AB$ som diameter, med sentrum i midtpunktet av $AB$:

og radius

Konstruksjonen er vist i figuren under. Sirkelen skjærer $x$-aksen i $(-\mathrm{2,0})$ og $(\mathrm{4,0})$, så nullpunktene til $f$ er

Dette stemmer med at $f(x)=x^2-2x-8=(x-4)(x+2)$.

For $f(x)=x^2+px+q$ er $A(\mathrm{0,1})$ og $B(-p,q)$. Sentrum $S$ i sirkelen med $AB$ som diameter er midtpunktet av $AB$:

Radius er halve lengden av $AB$:

som er det vi skulle vise.

Sirkelen med sentrum $S(-\frac{p}{2},\frac{q+1}{2})$ og radius $r=\sqrt{\frac{p^2+{(q-1)}^2}{4}}$ har likning

Skjæring med $x$-aksen betyr $y=0$:

Siden ${(q-1)}^2-{(q+1)}^2=-4q$, blir telleren $p^2-4q$, så

Dette er nettopp abc-formelen for nullpunktene til $f(x)=x^2+px+q$ (med $a=1$, $b=p$, $c=q$). Dermed skjærer sirkelen $x$-aksen i nullpunktene til $f$, slik konstruksjonen forutsetter.

Siden vi velger tilfeldig én av de to like sannsynlige bunkene, er

$P(R|F)$: Gitt at vi trekker fra bunke A (5 røde, 3 svarte, totalt 8 kort), er sannsynligheten for å trekke 2 røde kort uten tilbakelegging gitt ved forholdet mellom antall gunstige og antall mulige utfall (kombinasjoner):

$P(R|\bar{F})$: Gitt at vi trekker fra bunke B (3 røde, 4 svarte, totalt 7 kort):

Se PRgittF og PRgittFbar i CAS-utklippet under.

Vi bruker setningen om total sannsynlighet, siden $F$ og $\bar{F}$ er disjunkte og utfyllende hendelser:

Se PR i CAS-utklippet under.

Bayes’ setning gir

Se PFgittR i CAS-utklippet over. Dette betyr at hvis vi vet at det ble trukket 2 røde kort, er det ${\displaystyle \frac{5}{7}}\approx \mathrm{71,4}\%$ sannsynlig at kortene kom fra bunke A.

Vi tegner grafen til $f(x)=5e^{-\frac{x}{2}}$ for $x\ge 0$ med graftegner:

Rektangelet $OABC$ har hjørner $O(0,0)$, $A(x,0)$, $B(x,f(x))$ og $C(0,f(x))$.

Da er lengden til rektangelet $|OA|=x$ og bredden $|OC|=f(x)$. Arealet av et rektangel er lengde ganger bredde, så

For å finne maksimalt areal deriverer vi $T(x)$ ved hjelp av produktregelen, og setter $T^{\prime }(x)=0$. Vi bruker CAS til å derivere og løse likningen, og til å finne arealet:

Fra utklippet ser vi at

Siden $T^{\prime }(x)>0$ for $x<2$ og $T^{\prime }(x)<0$ for $x>2$ (faktoren $e^{-\frac{x}{2}}$ er alltid positiv, mens $1-\frac{x}{2}$ skifter fortegn i $x=2$), er dette et toppunkt, altså et maksimum.

Arealet i toppunktet er

Det største arealet rektangelet kan få er $\underline{\underline{T_{\max }={\displaystyle \frac{10}{e}}\approx \mathrm{3,68}}}$ arealenheter, og dette skjer når $\underline{\underline{x=2}}$.

Linjen $\ell$ går gjennom $B(\mathrm{4,0})$ og $C(\mathrm{5,5})$. En retningsvektor for $\ell$ finner vi som

Med $B$ som festepunkt får vi parameterframstillingen

$\underline{\underline{\ell :[x,y]=[\mathrm{4,0}]+t\cdot [\mathrm{1,5}]}}$

Et vilkårlig punkt $P$ på $\ell$ kan skrives $P=(4+t,5t)$ ved å sette komponentene fra parameterframstillingen i a) inn i $x$- og $y$-koordinaten. Da blir

som er nøyaktig det oppgaven ber oss vise, altså $\overrightarrow{AP}=[3+t,-3+5t]$.

Vi skal finne $t$ slik at $\overrightarrow{AB}⟂\overrightarrow{AP}$, altså $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AP}=0$.

Skalarproduktet med $\overrightarrow{AP}=(3+t,-3+5t)$ blir

Setter vi dette lik null:

Punktet $P$ finner vi ved å sette $t=\frac{3}{2}$ inn i parameterframstillingen fra a):

$\underline{\underline{P=(\mathrm{5,5},\mathrm{7,5})}}$

Vinkelen mellom $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AP}$ er gitt ved

Vi bruker $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AP}=18-12t$ fra c), $|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{3^2+{(-3)}^2}=3\sqrt{2}$ og $|\overrightarrow{AP}|=\sqrt{{(3+t)}^2+{(-3+5t)}^2}$, og krever at vinkelen skal være $45°$:

Denne likningen løses i CAS:

CAS gir $t=-3$ eller $t=\frac{3}{5}$. Med $t=\frac{3}{5}$ i parameterframstillingen fra a) blir

og med $t=-3$ blir

Begge punktene gir $\angle BAP=45°$ (de ligger på hver sin side av linjen $AB$).

$\underline{\underline{P_1=({\displaystyle \frac{23}{5}},3)\text{ eller }{P}_2=(1,-15)}}$