R1 Vår 2017

Vi bruker potensregelen $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{x}^n=n\cdot x^{n-1}$ ledd for ledd.

Funksjonen er et produkt av $u(x)=x^2$ og $v(x)=e^x$. Produktregelen gir $g^{\prime }(x)=u^{\prime }(x)\cdot v(x)+u(x)\cdot v^{\prime }(x)$, der $u^{\prime }(x)=2x$ og $v^{\prime }(x)=e^x$.

Vi skriver $h(x)={(x^2-3)}^{\frac{1}{2}}$ og bruker kjerneregelen med indre funksjon $u=x^2-3$, der $u^{\prime }=2x$.

Vi faktoriserer nevneren $x^2-9$ som en konjugatsetning, $x^2-9=(x-3)(x+3)$, og ser at fellesnevnen for alle tre leddene er $(x-3)(x+3)$.

Vi setter alt over felles brøkstrek og forenkler telleren.

Telleren er et fullstendig kvadrat, $x^2+6x+9={(x+3)}^2$, som forkortes mot $(x+3)$ i nevneren.

Vi bruker logaritmesetningene $\ln (a^n)=n\ln a$, $\ln (ab)=\ln a+\ln b$ og $\ln \left({\displaystyle \frac{a}{b}}\right)=\ln a-\ln b$.

Vi finner vektorene ved å trekke koordinatene til startpunktet fra koordinatene til endepunktet.

Vi løser vektorlikningen med hensyn på $\overrightarrow{CD}$.

Koordinatene til $D$ finner vi ved $D=C+\overrightarrow{CD}$.

Vi deriverer $P$ to ganger.

I punktet $x=1$ er $P(1)=2-6-2+6=0$, så punktet $(1,0)$ ligger på grafen. Videre er $P^{\prime \prime }(1)=12\cdot 1-12=0$. Siden $P^{\prime \prime }(x)=12x-12$ er lineær og negativ for $x<1$, men positiv for $x>1$, skifter $P^{\prime \prime }$ fortegn i $x=1$. Dermed er $(1,0)$ et vendepunkt på grafen til $P$.

Siden $P(1)=0$, er $(x-1)$ en faktor i $P(x)$. Vi faktoriserer først ut $2$.

Polynomdivisjon av $x^3-3x^2-x+3$ med $(x-1)$ gir $x^2-2x-3$.

Andregradsuttrykket faktoriseres videre, siden $x^2-2x-3=(x-3)(x+1)$.

Vi kjenner igjen at $2e^{3x}-6e^{2x}-2e^x+6$ har samme form som $P$ med $x$ erstattet av $e^x$. Vi substituerer $u=e^x$, der $u>0$.

Fra faktoriseringen i b) er $P(u)=2(u-1)(u-3)(u+1)=0$, som gir $u=1$, $u=3$ eller $u=-1$. Siden $u=e^x>0$, forkastes løsningen $u=-1$.

Midtpunktet på en linje mellom to punkter finner vi ved å ta gjennomsnittet av koordinatene til endepunktene.

$D$ er midtpunktet på $BC$, der $B(6,2)$ og $C(3,5)$:

$E$ er midtpunktet på $AC$, der $A(1,0)$ og $C(3,5)$:

$F$ er midtpunktet på $AB$, der $A(1,0)$ og $B(6,2)$:

Dette stemmer med de oppgitte koordinatene.

$T$ ligger på medianen $AD$ (fra $A$ til midtpunktet $D$ på motstående side $BC$). Da må $\overrightarrow{AT}$ være parallell med $\overrightarrow{AD}$, altså

for et reelt tall $s$.

Samtidig ligger $T$ også på medianen $BE$ (fra $B$ til midtpunktet $E$ på motstående side $AC$). Vi kan da gå fra $A$ til $T$ ved først å gå til $B$, og deretter et stykke langs $BE$:

for et reelt tall $t$.

Vi finner vektorene:

Setter vi de to uttrykkene for $\overrightarrow{AT}$ lik hverandre, får vi

Dette gir likningssystemet

Vi setter de to uttrykkene for $\frac{7}{2}s$ lik hverandre:

Setter vi $t=\frac{2}{3}$ inn i andre likning:

Koordinatene til $T$ finner vi ved å sette $s=\frac{2}{3}$ inn i $\overrightarrow{AT}=s\cdot \overrightarrow{AD}$:

Svar:

La $F$ være hendelsen «lyspæren blir forkastet» og $D$ hendelsen «lyspæren er defekt». Vi vet:

Vi bruker setningen om total sannsynlighet. En lyspære er enten forkastet eller godkjent, så

Dette viser at sannsynligheten for at en tilfeldig produsert lyspære er defekt, er $\mathrm{9,2}\%$.

Bayes’ setning gir

Setter vi inn tallene fra a), får vi

Svar:

Sannsynligheten for at en defekt lyspære blir forkastet i kontrollen, er $80\%$.

Siden $\angle C=90°$, tangerer sirkelen de to katetene $AC$ og $BC$ vinkelrett i henholdsvis $D$ og $F$. Da er $CDSF$ et rektangel med to sider lik $r$ (avstanden fra $S$ til hver av tangeringspunktene), og siden $\angle C=90°$ er $CDSF$ faktisk et kvadrat. Dermed er

Fra figuren ser vi at $BC=BF+FC$ og $AC=AD+DC$, altså

Vi vet at $c=AE+BE$. Siden $AD=AE$ og $BF=BE$ (tangentlengder fra samme punkt til sirkelen er like lange), kan vi skrive

Fra a) har vi $BF=a-r$ og $AD=b-r$. Setter vi dette inn, får vi

Løser vi for $a+b-c$:

Trekanten $ABC$ er rettvinklet med kateter $a$ og $b$, så arealet er

Vi kan også dele trekanten $ABC$ i tre mindre trekanter $ASB$, $BSC$ og $CSA$ ved å trekke linjer fra sentrum $S$ til hvert hjørne. Høyden fra $S$ ned på hver av sidene $c$, $a$ og $b$ er nettopp radien $r$, siden sirkelen tangerer alle tre sidene. Da er

Fra b) har vi $r={\displaystyle \frac{a+b-c}{2}}$. Vi setter de to uttrykkene for arealet fra c) lik hverandre:

Setter vi inn $r={\displaystyle \frac{a+b-c}{2}}$:

Vi trekker fra $2ab$ på begge sider:

Svar:

Dette er nettopp Pytagoras’ setning.

Det er $4$ kort med verdi $10$ (ett i hver farge). Vi skal trekke nøyaktig $3$ av disse, og de resterende $2$ kortene må komme fra de $48$ kortene som ikke har verdi $10$.

Antall gunstige utfall:

Sannsynligheten blir

Se P_a i utklippet.

Dette er den samme situasjonen som i a), bortsett fra at verdien de tre like kortene har, nå er valgfri. Vi teller derfor på samme måte som i a) og ganger med antall mulige verdier.

Fremgangsmåte:

• Velg verdien de tre like kortene skal ha: $13$ muligheter.
• Velg hvilke $3$ av de $4$ fargene denne verdien skal trekkes i: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{3}\right)$.
• De to siste kortene velges blant de $48$ kortene som ikke har denne verdien: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{48}{2}\right)$.

Antall gunstige utfall:

Sannsynligheten blir

Det er altså $13$ ganger så stor sannsynlighet som i a), som forventet.

Merk at «nøyaktig tre kort med samme verdi» her betyr nøyaktig tre kort av den ene verdien — akkurat som i a). De to siste kortene kan derfor godt ha samme verdi som hverandre (et såkalt «hus»); det er ikke utelukket av oppgaveteksten.

Se P_b i utklippet.

Skal alle $5$ kortene ha samme farge, velger vi først hvilken av de $4$ fargene det skal være, og deretter $5$ av de $13$ kortene i denne fargen.

Antall gunstige utfall:

Sannsynligheten blir

Se P_c i utklippet.

Vi tegner banen ved å legge inn $\overrightarrow{r}(t)$ som en parameterkurve i GeoGebra, med $t\in [-{\displaystyle \frac{3}{2}},{\displaystyle \frac{3}{2}}]$.

Banen danner en løkke som krysser seg selv i origo.

Fartsvektoren finner vi ved å derivere posisjonsvektoren komponentvis:

Akselerasjonsvektoren finner vi ved å derivere fartsvektoren komponentvis:

Banefarten er lengden til fartsvektoren:

Vi bruker CAS til å finne minimumsverdien av denne funksjonen på intervallet $[-{\displaystyle \frac{3}{2}},{\displaystyle \frac{3}{2}}]$.

CAS gir minimum ved $t={\displaystyle \frac{1}{3}}$, med verdi $\left|\overrightarrow{v}\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)\right|\approx \mathrm{0,94281}$.

Dette stemmer med den eksakte verdien: siden $9t^4-2t^2+1$ har minimum for $t^2={\displaystyle \frac{1}{9}}$ (topp/bunnpunkt i et andregradsuttrykk i $t^2$), blir minsteverdien $9\cdot {\displaystyle \frac{1}{81}}-2\cdot {\displaystyle \frac{1}{9}}+1={\displaystyle \frac{8}{9}}$, slik at

Den minste banefarten er

Trekanten $△ABC$ er rettvinklet i $C$, med kateter $AC=x$ og $BC$, og hypotenus $AB=7$. Punktet $D$ er foten av normalen fra $C$ ned på hypotenusen $AB$, så $CD=d$ og $\angle CDA=90°$.

Siden $△ABC$ er rettvinklet i $C$, gir Pytagoras’ setning

Arealet av $△ABC$ kan regnes ut på to måter — med $AC$ og $BC$ som grunnlinje og høyde, eller med hypotenusen $AB$ som grunnlinje og $d=CD$ som høyde (siden $CD⟂AB$):

De to uttrykkene for arealet må være like:

Dette er det vi skulle vise.

Vi skal finne $x\in ⟨0,7⟩$ som gjør $d(x)={\displaystyle \frac{x\sqrt{49-x^2}}{7}}$ størst mulig. Vi deriverer $d$ og setter $d^{\prime }(x)=0$ i GeoGebra CAS.

CAS gir

og likningen $d^{\prime }(x)=0$ har (i det gyldige intervallet $0<x<7$) løsningen

Siden $d(x)\to 0$ i begge endepunktene $x=0$ og $x=7$, og $d^{\prime }(x)$ skifter fortegn fra positiv til negativ i dette punktet, er dette et maksimumspunkt. Grafen under bekrefter dette — toppunktet er markert med $A$.

CAS gir maksimalverdien

Den korteste avstanden fra $C$ til stigen blir lengst mulig når $x={\displaystyle \frac{7\sqrt{2}}{2}}\approx \mathrm{4,9}\mathrm{m}$, og da er $d=\mathrm{3,5}\mathrm{m}$.

Vi bruker graftegner til å tegne grafen til $f(x)=2x^3-6x^2+5x$.

Grafen har et lokalt toppunkt ved $x\approx \mathrm{0,59}$ og et lokalt bunnpunkt ved $x\approx \mathrm{1,41}$, og stiger ellers mot $\infty$ for $x\to \infty$ og mot $-\infty$ for $x\to -\infty$.

Et tangeringspunkt har koordinater $(x,f(x))$, og tangenten i dette punktet har stigningstall $f^{\prime }(x)$.

Dersom tangenten også skal gå gjennom $A(4,3)$, må stigningstallet til tangenten være det samme som stigningstallet til linjestykket (sekanten) mellom punktene $(x,f(x))$ og $A(4,3)$. Stigningstallet til dette linjestykket er

Tangenten går gjennom $A$ hvis og bare hvis dette stigningstallet er lik $f^{\prime }(x)$, altså

Dette er nettopp likningen $x$-koordinatene til tangeringspunktene må oppfylle.

Med $f^{\prime }(x)=6x^2-12x+5$ blir likningen fra b)

Ved å multiplisere med $x-4$ på begge sider og samle leddene, forenkles dette til

Vi løser denne likningen med CAS.

CAS gir de tre løsningene

For hver av disse $x$-verdiene finner vi stigningstallet $f^{\prime }(x)$, og setter opp tangentlinja gjennom $A(4,3)$ med formelen $y-3=f^{\prime }(x)\cdot (x_0-4)$ (der $x_0$ er tangeringspunktet):

For $x_0={\displaystyle \frac{1}{2}}$ er $f^{\prime }(x_0)={\displaystyle \frac{1}{2}}$, som gir tangenten

For $x_0={\displaystyle \frac{7-\sqrt{15}}{2}}$ er $f^{\prime }(x_0)=59-15\sqrt{15}\approx \mathrm{0,91}$, som gir tangenten

For $x_0={\displaystyle \frac{7+\sqrt{15}}{2}}$ er $f^{\prime }(x_0)=59+15\sqrt{15}\approx \mathrm{117,09}$, som gir tangenten

Metoden fra b) og c) kan generaliseres til et vilkårlig punkt $P(a,b)$. Da må $x$-koordinatene til tangeringspunktene være løsninger av likningen

Siden $f$ er en tredjegradsfunksjon, er $f(x)-b$ et tredjegradsuttrykk, mens $f^{\prime }(x)$ er et andregradsuttrykk. Multipliserer vi likningen med $x-a$, får vi på begge sider et uttrykk av tredje grad, og siden koeffisienten foran $x^3$ i $f(x)$ og i $(x-a)\cdot f^{\prime }(x)$ ikke er lik (henholdsvis $2$ og $6$ i vårt tilfelle), blir likningen en ekte tredjegradslikning når leddene samles.

En tredjegradslikning kan ha maksimalt tre reelle løsninger. Derfor kan grafen til $f$ ha maksimalt tre tangenter som går gjennom et vilkårlig punkt $P(a,b)$ (slik vi nettopp fant tre tangenter gjennom $A(4,3)$ i c)).