R1 Vår 2020

Vi deriverer ledd for ledd, med regelen ${\left(x^n\right)}^{\prime }=n\cdot x^{n-1}$ og ${\left(\ln x\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{1}{x}}$.

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

Da er $u^{\prime }=4x$ og $v^{\prime }=2e^{2x-1}$ (kjerneregelen, siden den indre funksjonen $2x-1$ har derivert $2$).

Vi faktoriserer ut $4x\cdot e^{2x-1}$:

Vi bruker kvotientregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ med $u=4x-1$ og $v=x+2$.

Da er $u^{\prime }=4$ og $v^{\prime }=1$.

Definisjonsmengden er $x>0$, siden $\ln x$ krever positivt argument.

Vi bruker logaritmeregelen $\ln a+\ln b=\ln (a\cdot b)$ til å samle uttrykket til én logaritme:

Vi tar $e$-potens på begge sider:

Siden $e^4>0$, er løsningen gyldig.

Vi setter $u=e^x$, der $u>0$. Da er $e^{2x}={\left(e^x\right)}^2=u^2$, og likningen blir en andregradslikning:

Vi faktoriserer eller bruker abc-formelen:

Siden $u=e^x>0$ for alle $x$, forkaster vi $u=-2$. Vi står igjen med

To vektorer $\overrightarrow{a}$ og $\overrightarrow{b}$ som begge er skrevet som lineærkombinasjoner av de samme, ikke-parallelle vektorene $\overrightarrow{u}$ og $\overrightarrow{v}$, er parallelle når koeffisientene er proporsjonale:

Vi løser for $t$:

Vektorene $\overrightarrow{a}$ og $\overrightarrow{b}$ er vinkelrette når prikkproduktet er null: $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=0$.

Vi regner ut prikkproduktet ved å bruke at prikkprodukt er distributivt, og at $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{u}=|\overrightarrow{u}{|}^2=9$, $\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{v}=|\overrightarrow{v}{|}^2=4$ og $\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}=-2$:

Vi setter uttrykket lik null og løser for $t$:

Vi setter $x=1$ inn i $P(x)$:

Siden $P(1)=0$, forteller faktorsetningen (nullpunktsetningen) oss at $(x-1)$ er en faktor i $P(x)$. Det betyr at divisjonen $P(x):(x-1)$ går opp uten rest, uten at vi trenger å utføre selve divisjonen.

Vi utfører polynomdivisjonen $P(x):(x-1)$:

med utregning ledd for ledd:

Dermed er $P(x)=(x-1)(6x^2+x-1)$.

Vi faktoriserer andregradsuttrykket $6x^2+x-1$ med abc-formelen:

Dette gir $6x^2+x-1=6(x-\frac{1}{3})(x+\frac{1}{2})=(3x-1)(2x+1)$.

Vi setter alt sammen:

Vi faktoriserer nevneren, $x^2-1=(x-1)(x+1)$, og forkorter bort felles faktor $(x-1)$ (gyldig for $x\ne 1$):

Vi setter opp fortegnslinje for $G(x)={\displaystyle \frac{(2x+1)(3x-1)}{x+1}}$ med kritiske verdier $x=-1$ (nullpunkt for nevner), $x=-\frac{1}{2}$ og $x=\frac{1}{3}$ (nullpunkt for teller), i tillegg til at $x=1$ er utenfor definisjonsmengden til $F$ (opphevbart bruddpunkt).

$F$ er ikke definert for $x=-1$ og $x=1$, og $F(x)=0$ for $x=-\frac{1}{2}$ og $x=\frac{1}{3}$ (som gir $F\ge 0$, altså tas med).

Dermed er $F(x)\ge 0$ for

Fra forenklingen i c) har vi $F(x)={\displaystyle \frac{(2x+1)(3x-1)}{x+1}}$ for $x\ne 1$, som er gyldig når vi undersøker grenseverdien for $x\to 1$ (siden $x=1$ ikke selv trenger å være med i domenet).

Grenseverdi når $x\to 1$:

Grenseverdien eksisterer og er $3$, selv om $F(1)$ selv ikke er definert (opphevbart bruddpunkt).

Grenseverdi når $x\to -1$:

Her er telleren $(2x+1)(3x-1)$ ved $x=-1$ lik $(-1)(-4)=4\ne 0$, mens nevneren $x+1\to 0$. Dette gir en loddrett asymptote, og vi undersøker ensidige grenser:

Siden de to ensidige grensene ikke er like, eksisterer ikke grenseverdien ${\displaystyle \underset{x\to -1}{\lim }F(x)}$.

Per skal velge $3$ bøker blant de $8$ han har, og rekkefølgen har ingenting å si. Antall kombinasjoner er

Per kan legge sammen $\underline{\underline{56}}$ ulike kombinasjoner av bøker i sekken.

Denne dagen skal han ha undervisning i $3$ bestemte fag, men tar med seg $4$ av de $8$ bøkene tilfeldig. Vi skal finne sannsynligheten for at alle de $3$ riktige bøkene er blant de $4$ han tar med.

Antall måter å ta med seg $4$ bøker av $8$ er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{4}\right)=70$. De gunstige utfallene er der alle $3$ riktige bøker er med (velges på $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{3}\right)=1$ måte), og den siste boken er en av de $5$ resterende, «feil» bøkene (velges på $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{5}{1}\right)=5$ måter):

Sannsynligheten blir dermed

Sannsynligheten for at Per har med seg riktig bok til alle fagene, er $\underline{\underline{\frac{1}{14}\approx \mathrm{0,071}}}$.

Vi skal finne sannsynligheten for at han har med seg riktig bok til minst $2$ av de $3$ fagene, altså at han har med seg $2$ eller $3$ av de riktige bøkene. Dette er to disjunkte tilfeller:

• Nøyaktig $2$ riktige bøker: $2$ av de $3$ riktige bøkene og $2$ av de $5$ «feil» bøkene: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{2}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{5}{2}\right)=3\cdot 10=30$.
• Alle $3$ riktige bøker: som i b), $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{3}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{5}{1}\right)=1\cdot 5=5$.

Siden tilfellene utelukker hverandre, adderer vi dem og deler på totalen $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{4}\right)=70$:

Sannsynligheten for at Per har med seg riktig bok til minst $2$ av fagene, er $\underline{\underline{\frac{1}{2}=\mathrm{0,5}}}$.

Trapeset $ABCD$ har de parallelle sidene $AB$ (langs $x$-aksen) og $DC$ (parallell med $AB$ siden $C$ og $D$ har samme $y$-verdi, ettersom $f(-x)=9-{(-x)}^2=9-x^2=f(x)$).

Lengden av $AB$ er

Lengden av $DC$ er

Høyden i trapeset er avstanden mellom de to parallelle sidene, altså $y$-verdien til $C$ og $D$:

Arealet av et trapes er $F={\displaystyle \frac{1}{2}}(a+b)\cdot h$, der $a$ og $b$ er de parallelle sidene. Dermed er

Vi ganger ut parentesen:

som er det vi skulle vise.

Vi deriverer $F(x)$:

Setter $F^{\prime }(x)=0$ og løser likningen. Vi dividerer først med $-3$:

Siden vi bare ser på $0<x<3$, er $x=-3$ ikke gyldig. Eneste kandidat er $x=1$.

For å sjekke at dette gir et toppunkt (maksimum), ser vi på fortegnet til $F^{\prime }(x)$, eller regner ut $F^{\prime \prime }(x)=-6x-6$, som gir $F^{\prime \prime }(1)=-12<0$. Dette bekrefter at $x=1$ gir et maksimum.

Vi setter $x=1$ inn i $F(x)$:

Det største arealet trapeset kan ha, er $32$.

Punktet $D$ ligger på linja $l:y=2x+1$. Vi kan derfor skrive $D$ på parameterform ved å la $x$-koordinaten være $t$:

Vektoren $\overrightarrow{AD}$ er da

som er det vi skulle vise. Dette stemmer også med at retningsvektoren til $l$ er $[\mathrm{1,2}]$, siden $\overrightarrow{AD}$ må ha en $y$-komponent som er dobbelt så stor som endringen i $x$-komponenten når $D$ beveger seg langs $l$.

Siden alle sidene i firkanten $ABCD$ er like lange, er $ABCD$ en rombe. I en rombe halverer diagonalene hverandre, og diagonalene står vinkelrett på hverandre.

Diagonalene er $AC$ og $BD$. Midtpunktet $M$ på $AC$ er

Siden diagonalene halverer hverandre, er $M$ også midtpunktet på $BD$. Vi bruker $D=(t,2t+1)$ fra a) og finner $B$ uttrykt ved $t$:

Siden diagonalene i tillegg står vinkelrett på hverandre, må $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=0$.

Vi setter opp skalarproduktet lik null:

Dette gir

Kontroll: Alle sidene i firkanten er $5$ lange:

For at antall elbiler blant de 100 bilene skal kunne modelleres som en binomisk fordelt variabel, må vi anta at:

• Hver bil som passerer Danmarks plass er et uavhengig forsøk med bare to mulige utfall: elbil eller ikke elbil.
• Sannsynligheten for at en tilfeldig bil er elbil er den samme, $p=\mathrm{0,125}$, for hver av de 100 bilene.
• Antall forsøk er fast, $n=100$.

I praksis betyr dette at de 100 bilene som kjører forbi Danmarks plass må være representative for hele personbilparken i Hordaland (samme elbilandel som fylket for øvrig), og at hvorvidt én bil er elbil ikke påvirkes av hvilke biler som kjører like før eller etter.

La $X$ være antall elbiler blant de 100 bilene. Da er $X$ binomisk fordelt med $n=100$ og $p=\mathrm{0,125}$.

Vi skal finne

Fra CAS-utregningen (linje 1) er $P_b\approx \mathrm{0,26479}$.

Sannsynligheten for at minst 15 av de 100 bilene er elbiler er dermed

La $X$ nå være antall elbiler blant $n$ biler, der $X$ er binomisk fordelt med parametere $n$ og $p=\mathrm{0,125}$. Vi skal finne det minste $n$ slik at

Vi prøver oss frem i CAS med økende verdier av $n$ (se linje 2 og 3 i skjermbildet ovenfor):

• For $n=203$: $P(X\ge 20)\approx \mathrm{0,897}$, som er mindre enn $\mathrm{0,90}$.
• For $n=204$: $P(X\ge 20)\approx \mathrm{0,90144}$, som er større enn $\mathrm{0,90}$.

Siden sannsynligheten øker med $n$, er $n=204$ det minste antallet biler som oppfyller kravet.

Maria må altså føre statistikk over minst

Vi finner stigningstallet til sekanten gjennom $(-1,p(-1))$ og $(3,p(3))$, og sammenligner med $p^{\prime }(1)$, i CAS.

Fra utklippet:

Videre er $p^{\prime }(x)=2x+3$, slik at

Siden $m_{\text{sekant}}=p^{\prime }(1)=5$, har sekanten og tangenten i $(1,3)$ samme stigningstall. De er derfor parallelle.

Vi lar $q(x)=a\cdot x^2+b\cdot x+c$ og bruker CAS til å derivere $q$ og til å forenkle den symmetriske differenskvotienten $\mathrm{DK}(x,h)={\displaystyle \frac{q(x+h)-q(x-h)}{2h}}$ (samme utklipp som over, linje 7–10).

Fra utklippet:

Siden begge uttrykkene forenkles til $2ax+b$ uavhengig av $h$ (så lenge $h\ne 0$), har vi vist at

for alle $x$ og alle $h\ne 0$.

Vi tegner de to parameterkurvene ${\overrightarrow{r}}_1(t)=[t^2-2,t^3-2t]$ (blå) og ${\overrightarrow{r}}_2(t)=[2t-1,4t-4t^2]$ (rød) for $t\in [-2,2]$ i GeoGebra.

Banefarten finner vi ved å derivere posisjonsvektoren med hensyn på $t$ og deretter finne lengden av fartsvektoren. Vi bruker CAS:

For $t=-1$ gir CAS ${\overrightarrow{v}}_1(-1)=[-2,1]$ og ${\overrightarrow{v}}_2(-1)=[2,12]$, som gir banefart (lengden av fartsvektoren)

Svar: $\underline{\underline{v_1(-1)\approx \mathrm{2,24}\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$ og $\underline{\underline{v_2(-1)\approx \mathrm{12,17}\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

De to partiklene har samme fartsretning når fartsvektorene er parallelle og peker samme vei, altså når ${\overrightarrow{v}}_1(t)=k\cdot {\overrightarrow{v}}_2(t)$ for en konstant $k>0$:

Av første komponent følger $2t=2k$, altså $k=t$. Setter vi dette inn i andre komponent, får vi likningen

Løser vi denne i CAS (sammen med minimeringen i d):

CAS gir to løsninger, $t\approx -\mathrm{0,282}$ og $t\approx \mathrm{0,645}$ (eksakt $t={\displaystyle \frac{2\pm \sqrt{26}}{11}}$). Siden $k=t$ må være positiv for at fartsvektorene skal peke samme vei (ikke motsatt vei), forkaster vi $t\approx -\mathrm{0,282}$ (der $k<0$, motsatt retning).

Svar: Partiklene har samme fartsretning når $\underline{\underline{t={\displaystyle \frac{2+\sqrt{26}}{11}}\approx \mathrm{0,65}\mathrm{s}}}$.

Avstanden mellom partiklene ved tidspunktet $t$ er lengden av differansevektoren:

Vi minimerer $D(t)$ numerisk i CAS over $t\in [-2,2]$ (se skjermbildet over, linje 3). CAS gir minimum $D(t)\approx \mathrm{0,901}$ ved $t\approx -\mathrm{0,048}$, som gir minste avstand

Svar: Den minste avstanden mellom partiklene er $\underline{\underline{d_{\min }\approx \mathrm{0,95}\mathrm{m}}}$, som inntreffer ved $t\approx -\mathrm{0,05}\mathrm{s}$.